Buku Kalkulus Lanjut Oke

8/19/2019 Buku Kalkulus Lanjut Oke

http://slidepdf.com/reader/full/buku-kalkulus-lanjut-oke 1/412

FUNGSI BANYAK VARIABEL

DAN PENERAPANNYA

2013



KATA PENGANTAR

Segala puji syukur penulis panjatkan hanya untuk Allah SWT yang telah memberikan rahmat

dan hidayahnya, sehingga atas izin Allah, Alhamdulillah buku yang cukup sederhana ini

dapat diterbitkan. Buku Kalkulus Lanjut atau Matematika Teknik Lanjut ini pada dasarnya

merupakan lanjutan dari Buku Kalkulus Fungsa Satu Variabel yang telah diterbitkan

terdahulu. Pada awalnya buku ini merupakan bahan-bahan dari diktat kuliah untuk Mata

Kuliah Matematika yang penulis susun dan digunakan secara terbatas oleh mahasiswa

jurusan Teknik Mesin dan Teknik Elektro Fakultas Teknik Univeristas Muhammadiyah

Jakarta, dan Sekolah Tinggi Teknik PLN (STT-PLN). Pertama kali bahan ini dipublikasikan

sebagai bahan ajaran sekitar awal tahun 1997. Setelah mengalami berbagai revisi setelah

mendapatkan masukan dari mahasiswa, asisten dan beberapa dosen rekan sejawat, akhirnya

terbentuk suatu buku yang sederhana dan cukup lengkap.

Buku ini lebih ditujukan untuk membantu mahasiswa pada tahun kedua yang mengambil

mata kuliah Matematika Teknik atau Kalkulus Lanjut khususnya yang mempelajari masalah

analisis fungsi dengan banyak variabel dan penerapannya. Oleh karenanya buku ini disusun

dalam rangka menjawab masalah tersebut. Buku ini disusun terdiri atas enam bab, yang

meliputi Fungsi n variabel, Turunan Parsial dan Aplikasinya, Integral Lipat Dua dan Lipat

Tiga, Kalkulus Medan Vektor, Deret Tak Hingga, Fungsi Gamma dan Fungsi Beta. Sasaran

buku ini ditujukan untuk mahasiswa pada tahun kedua di fakultas teknik, sains dan atau

teknologi lainnya yang sedang mengambil mata kuliah Kalkulus Lanjut atau Matematika

Teknik. Oleh karena itu, sebagaimana buku-buku yang pernah penulis susun, pembahasan

pada buku ini lebih menekankan pada penggunaan teori, definisi dan teorema, sehingga

teorema-teorema yang ada tidak dibuktikan kebenarannya. Hal ini sejalan dengan tujuan

diterbitkannya buku ini untuk membantu mahasiswa memahami masalah analisis turunan

parsial dan penerapannya, integral berulang lipat dua dan lipat tiga, analisis kalkulus medan

vektor, deret tak hingga, dan terakhir dibahas fungsi gamma dan fungsi beta. Harapan dengan

digunakannya buku ini sebagai salah satu referensi adalah agar mata kuliah Matematika

Teknik atau Kalkulus Lanjut tidak dijadikan sebagai mata kuliah yang “ditakuti” mahasiswa.



Letak keunggulan dari buku ini adalah bahwa buku ini lebih menekankan pada bagaimana

menyelesaikan masalah, namun demikian tidak meninggalkan kaidah-kaidah secara teori.

Oleh karenanya pendekatan yang digunakan pada pembahasan buku ini adalah pada setiap

awal sub bab diupayakan adanya pengantar teori, dan selanjutnya diteruskan dengan teori

yang terdiri atas definisi dan teorema, selanjutnya diteruskan dengan contoh-contoh soal.

Sehingga teorema-terorema dalam buku ini sengaja tidak dibuktikan, dan bagi pembaca yang

mengharapkan adanya bukti dari teorema dan atau rumus disarankan untuk membaca lebih

lanjut pada buku referensi yang ditunjuk. Pendekatan ini dicoba ditempuh, agar supaya

mahasiswa dan atau pembaca pada umumnya tidak terjebak pada masalah pembuktian

teorema, tetapi lebih menekankan pada penggunaan teorema.

Pada setiap pembahasan contoh soal, diupayakan tahapan dan langkah-langkah yang

digunakan dapat diikuti dengan mudah oleh mahasiswa. Sehingga mahasiswa dan atau

pembaca pada umumnya lebih mudah memahami analisis fungsi n variabel, turunan parsial

dan penerapannya, integral lipat dua dan lipat tiga, analisis kalkulus medan vektor, deret tak

hingga, dan terakhir dibahas fungsi Gamma dan fungsi Beta. Sasaran buku ini ditujukan

untuk mahasiswa pada tahun kedua di fakultas teknik, sains dan atau teknologi lainnya yang

sedang mengambil mata kuliah Kalkulus Lanjut atau Matematika Teknik. Selanjutnya pada

akhir sub bab diberikan soal-soal latihan, dengan harapan soal-soal tersebut dapat menambah

pendalaman materi. Oleh karenanya soal-soal yang disajikan dapat dikerjakan oleh

mahasiswa, dengan tingkat kesulitan yang sepadan dengan mahasiswa baru tahun kedua.

Materi buku ini dapat diajarkan dalam satu semester dengan bobot 4 (empat) sks, atau dengan

bobot 3 (tiga) sks. Pada Bab I Pendahuluan dibahas tentang ruang dimensi tiga, vektor dalam

ruang, garis dan bidang, permukaan benda pejal dalam ruang, dan terakhir dibahas koordinat

silinder dan koordinat bola. Pada Bab II dibahas tentang fungsi n variabel, turunan parsial,

diferensial total, maksimum minimum dan metode langrange. Bab III dibahas tenatng

pengertian intengral lipat dua, transformasi integral lipat dua, integral lipat tiga, integral lipat

tiga dalam koordinat silinder dan koordinat bola, penerapan integral lipat dua dan lipat tiga.

Bab IV dibahas analisis Kalkulus Medan Vektor yang meliputi medan vektor dan medan

skalar, medan vektor konservatif, integral garis, kebebasan lintasan integral garis, teorema

Grenn, integral permukaan dan fluks medan vektor, teorema divergensi Gauss dan teorema

stokes. Pada Bab V Deret Tak Hingga dibahas deret tak hingga, deret berganti tanda, deret



pangkat, operasi deret pangkat, deret taylor dan uji konvergensi deret tak hingga. Pada bah

terakhir dibahas khusus tentang fungsi gamma dan fungsi beta serat penerapannya.

Pada akhirnya penulis berterima kasih kepada istri tercinta Lidya Suryani Widyawati, SH,

M.Hum, anak tercinta Abimanyu Putera Yudha atas dorongan dan kasih sayangnya dan

waktu yang diluangkan. Tak lupa penulis ucapkan teriama kasih kepada asisten mata kuliah

Kalkulus dan Matematika Teknik Hendri ST, MT, dan rekan-rekan sejawat yang telah

memberi masukan dan bantuan sehingga buku ini dapat diselesaikan. Penulis juga berterima

kasih pada pihak penerbit Graha Ilmu dengan segala resiko yang akan ditanggung telah

bersedia menerbitkan buku ini.



DAFTAR ISI

HALAMAN JUDUL

KATA PENGANTAR

BAB I PENDAHULUAN

1.1. Ruang Dimensi Tiga 1

Soal-soal Latihan 1.1 7

1.2. Vektor Dalam Ruang Dimensi Dua dan Tiga 9


1.3. Permukaan Benda Dalam Ruamh Dimensi Tiga 26


1.4. Koordinat Silinder dan Koordinat Bola 38


BAB II TURUNAN PARSIAL

2.1. Fungsi n Variabel 44


2.2. Turunan Parsial 50


2.3. Aturan Rantai 62Soal-soal Latihan 2.3 69

2.4. Diferensial Total dan Hampiran 72


2.5. Gradien dan Turunan Berarah 84


2.6. Bidang Singgung dan Normal Bidang Permukaan 91


2.7. Maksimum dan Minimum 98


2.8. Metode Langrange 108


BAB III INTEGRAL LIPAT DUA DAN TIGA

3.1. Integral Lipat Dua Atas Daerah Empat Persegi Panjang 117


3.2. Integral Lipat Dua Atas Daerah Umum R 126




3.3. Transformasi Koordinat Integral Lipat Dua, Koordinat Kutub 139


3.4. Penerapan Integral Lipat Dua 147


3.5. Integral Lipat Tiga 156


3.6. Koordinat Silinder dan Koordinat Bola 171


BAB IV KALKULUS MEDAN VEKTOR

4.1. Medan Skalar dan Madan Vektor 188


4.2. Medan Vektor Konservatif 200


4.3. Integral Garis 211


4.4. Kebebasan Lintasan Integral Garis 223


4.5. Teorema Grenn 232


4.6. Integral Permukaan dan Fluks Medan Vektor 248Soal-soal Latihan 4.6 267

4.7. Teorema Divergensi Gauss dan Teorema Stokes 270


BAB V DERET TAK HINGGA

5.1. Barisan Tak Hingga 301


5.2. Deret Tak Hingga 311Soal-soal Latihan 5.2 320

5.3. Uji Konvergensi Deret Suku-suku Positif 321


5.4. Deret Berganti Tanda, dan Konvergensi Mutlak 333


5.5. Deret Pangkat 344


5.6. Diferensial dan Integrasi Deret Pangkat 353Soal-soal Latihan 5.6 362



5.7. Deret Taylor dan MacLaurin 364


BAB VI FUNGSI GAMMA DAN FUNGSI BETA

6.1. Fungsi Gamma 376


6.2. Fungsi Beta 394




1

BAB I

PENDAHULUAN

1.1. RUANG DIMENSI TIGA

Ruang dimensi tiga adalah himpunan semua bilangan tripel real, dan dinyatakan dengan R3.

Setiap titik dalam ruang dimensi tiga dinyatakan dengan tiga pasangan bilangan berurut. Untuk

menyatakan ruang dimensi tiga, biasanya digunakan sistem koordinat kartesius. Untuk itu,

ambillah tiga buah garis koordinat yang saling tegak lurus, dan saling berpotongan. Ketiga gariskoordinat tersebut selanjutnya masing-masing disebut dengan sumbu x, sumbu y, dan sumbu z.

Ketiga sumbu-sumbu koordinat tersebut berpotong pada titik O(0,0,0), yang selanjutnya disebut

dengan titik sumbu koordinat. Setiap titik dalam ruang dimensi tiga dalam sistem koordinat

kartesius dinyatakan dengan ( x, y, z), seperti terlihat pada gambar 1.1.1.

z

P( x, y, z)

O y

x

Gambar 1.1.1.

Ketiga sumbu koordinat dalam ruang dimensi tiga, selanjutnya menentukan bidang-bidang xy, xz,

dan yz, dimana membagi ruang menjadi delapan bagian yang disebut dengan oktan, sepertiterlihat pada gambar 1.1.2.. Pembagian oktan dalam sistem koordinat kartesius tergantung pada

nilai sumbu koordinat, lihat tabel berikut ini :

Oktan x y z Oktan x y z

I (+) (+) (+) V (+) (+) (-)

II (-) (+) (+) VI (-) (+) (-)

III (-) (-) (+) VII (-) (-) (-)

IV (+) (-) (+) VIII (+) (-) (-)

O



2

z

oktan ketiga oktan kedua

oktan keempat

oktan pertama

O y

x

Gambar 1.1.2.

Misalkan P( x, y, z) adalah sebuah titik dalam ruang dimensi tiga, maka titik P( x, y, z) disebutdengan koordinat yang mengukur jarak dari titik tersebut terhadap ketiga bidang. Koordinat x

menyatakan jarak P terhadap bidang yz, koordinat y menyatakan jarak P terhadap bidang xz, dan

koordinat z menyatakan jarak P terhadap bidang xy. Sebagai ilustrasi, misalkan diberikan sebuahtitik P(3,4,4), lihat gambar 1.1.3.

z

4

P(3,4,4)

O 4 y

3

x

Gambar 1.1.3.

Dari gambar 1.3., titik P berjarak 3 satuan jarak terhadap bidang yz, berjarak 4 satuan jarak

terhadap bidang xz, dan berjarak 4 satuan jarak terhadap bidang xy.

O



3

Jarak Dua Titik

Misalkan diberikan dua buah titik P( x0, y0, z0) dan Q( x1, y1, z1) dalam ruang dimensi tiga. Lihat

gambar 1.1.4. Andaikan pula bahwa d (P,Q) menyatakan jarak antara titik P dan titik Q.

z

z1

Q

z0

P

O y0 4 y1 y

x0

x1

x

Gambar 1.1.4.

Menurut rumus pythagoras, jarak d (P,Q) diberikan oleh :

d (P,Q) = PQ = 201

201

201 )()()( z z y y x x −+−+−

Contoh 1.1.

Misalkan diberikan tiga buah titik dalam ruang dimensi tiga, P(1,3,3), Q(5,1,7), dan R(11,9,9).Hitunglah jarak d (P,Q), d (P, R), dan d (Q, R)

Penyelesaian :

Dengan mengunakan rumus jarak diatas, diperoleh :

d (P,Q) = 222 )37()31()15( −+−+− = 16416 ++ = 36 = 6

d (P, R) = 222 )39()310()111( −+−+− = 3649100 ++ = 185

d (Q, R) = 222 )79()110()511( −+−+− = 48136 ++ = 121 = 11

Grafik Persamaan Dalam Ruang Dimensi Tiga

Grafik suatu persamaan didalam ruang dimensi tiga adalah himpunan semua titik-titik ( x, y, z)

yang koordinatnya berupa bialangan yang memenuhi persamaan tersebut. Grafik persamaan didalam ruang dimensi tiga disebut dengan permukaan. Grafik di dalam ruang dimensi tiga yang

yang cukup mudah dibuat sektsanya adalah grafik persamaan derajad satu, dan grafik persamaan

derajad dua. Grafik persamaan derajad satu yang paling sederhana adalah bidang, sedangkanuntuk grafik persamaan derajad dua adalah bola.



4

Bidang di R3

Grafik bidang dalam ruang dimensi tiga adalah grafik dari suatu persamaan linier yang

berbentuk,

Ax + By + Cz = D,

dimana, A2

+ B2

+ C 2

≠ 0. Bilamana A ≠ 0, B ≠ 0, dan C ≠ 0, bidang yang diberikan akanmemotong ketiga sumbu koordinat. Sedangkan untuk membuat sketsa grafiknya, langkah

pertama dicari titik-titik potong bidang dengan ketiga sumbu koordinat. Langkah berikutnyaadalah membuat gambar berkas-berkas garis perpotongan bidang dengan bidang xy, xz, dan yz.

Contoh 1.2.Gambarkanah sektsa grafik suatu bidang dengan persamaan,2 x + 4 y + 3 z = 12.

Penyelesaian :

Langkah pertama. Untuk membuat sketsa bidang diatas, langkah pertama carilah titik-titik perpotongan bidang dengan ketiga sumbu koordinat. Untuk menentukan titik potong dengan

sumbu x, tetapkanlah y = 0, dan z = 0, sehingga dihasilkan 2 x = 12, atau x = 6. Jadi titik potong

bidang dengan sumbu x adalah (6,0,0). Dengan cara sama dihasilkan titik potong dengan sumbu y dan sumbu z masing-masing adalah (0,3,0), dan (0,0,4).

Langkah Kedua. Menggambarkan berkas-berkas garis perpotongan bidang dengan bidang xy, xz,

dan yz. Berkas garis pada bidang xy, diperoleh dengan cara menetapkan z = 0. Untuk z = 0,dihasilkan 2 x + 4 y = 12. Dengan cara yang sama berkas garis pada bidang xz dengan y = 0,

adalah 2 x + 3 z = 12, sedangkan berkas garis pada bidang yz dengan x = 0, adalah 4 y + 3 z = 12.

Langkah Ketiga, Sketsa Permukaan. Dengan menggunakan hasil-hasil dari langkah pertama dan

kedua, sketsa permukaan bidang 2 x + 4 y + 3 z = 12, diperlihatkan pada gambar berikut ini.

z

(0,0,4)

4 y + 3 z = 12

2 x + 3 z = 12

2 x + 4 y + 3 z = 12

(0,3,0)

0 y

2 x + 4 y = 12(6,0,0)

x Gambar 1.1.5.

Contoh 1.3.

Buatlah sketsa grafik permukaan bidang, 4 y + 3 z = 12



5

Penyelesaian :

Karena persamaan bidang tidak memuat variabel x, maka sketsa bidang ini tidak memotongsumbu x, sehingga grafiknya sejajar dengan sumbu x. Selanjutnya dengan cara yang sama seperti

sebelumnya, bidangnya memotong sumbu y di titik (0,3,0), dan sumbu z di titik (0,0,4). Dengan

membuat sektsa berkas garis yang sejajar dengan garis 4 y + 3 z = 12 pada bidang yz, sketsa

bidang adalah sebagai berikut. z

(0,0,4)

4 y + 3 z = 12

(0,3,0)

y

x

Gambar 1.1.6.

Contoh 1.4.

Buatlah sketsa grafik permukaan bidang, 2 x + 3 z = 12Penyelesaian :

Karena persamaan bidang tidak memuat variabel y, maka sketsa bidang ini tidak memotong

sumbu y, sehingga grafiknya sejajar dengan sumbu y. Selanjutnya dengan cara yang sama sepertisebelumnya bidangnya memotong sumbu x dan sumbu z masing-masing di titik (6,0,0) dan di

titik (0,0,4). Sedangkan sketsa permukaan bidang di oktan pertama dibuat dengan cara membuat berkas-berkas garis yang sejajar dengan garis 4 y + 3 z = 12 pada bidang yz, sketsa bidang adalah

sebagai berikut.

z

(0,0,4)

2 x + 3 z = 12

y

(6,0,0)

x

Gambar 1.1.7.



6

B o l a

Bola adalah himpunan titik-titik yang berjarak sama terhadap suatu titik tetap. Titik tetap ini

selanjutnya disebut dengan titik pusat bola, dan ukuran jarak yang sama disebut dengan jari-jari

bola. Persamaan umum bola dengan pusat (a,b,c) dengan jari-jari r diberikan oleh,

( x – a)

2

+ ( y – b)

2

+ ( z – c)

2

= r

2

Bilamana suku-suku pada persamaan bola diatas dijabarkan, dan dikelompokkan akan dihasilkan

persamaan derajad dua yang berbentuk,

x2 + y

2 + z

2 + Ax + By + Cz + D = 0.

dimana, A = –2a, B = –2b, C = –2a, dan D = a2 + b

2 + c

2 – r

2

Dari persamaan umum diatas, pusat bolanya diberikan oleh,

a =2

1− A, b =

2

1− B, c =

2

1− C ,

dan jari-jarinya diberikan oleh :

r = DC B A 4

2

1 222−++

Sebagai ilustrasi, suatu bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jarinya adalah r = a, grafiknya adalah

sebagai berikut.

z

(0,0,a)

x2 + y

2 + z

2 = a

2

0 (0,a,0)

y

x

Gambar 1.8.

Contoh 1.5.

Carilah pusat dan jari-jari bola dengan persaman, x

2 + y

2 + z

2 – 8 x – 12 y + 10 z + 52 = 0.

Penyelesaian :

Cara Pertama. Dari persamaan umum bola diperoleh :

A = –8, B = –12, C = 10, dan D = 52

Dengan menggunakan rumus diatas, pusat dan jari-jari bola diberikan oleh :

a =2

1− (–8) = 4, b =

2

1− (–12), c =

2

1− (10),

O



7

dan jari-jarinya adalah,

r =2

1)52(4)10()12()8( 222

−+−+− = 5

Cara Kedua, Tulislah persamaan umum bola diats menjadi,

( x2 – 8 x + ... ) + ( y

2 – 12 y + ... ) + ( z

2 + 10 z + ... ) = –52

( x2 – 8 x + 16) + ( y2 – 12 y + 36) + ( z2 + 10 z + 25) = –52 + 16 + 36 + 25

( x – 4)2 + ( y – 6)

2 + ( z + 5)

2 = 25

Dari persamaan terakhir ini, maka pusat bolanya (4,6,–5) dan jari-jarinya adalah r = 5.

Contoh 1.6.

Carilah persamaan bola dengan titik-titik ujung dari salah satu diameternya adalah A(9,8,4) dan B(1,0,8).

Penyelesaian :

Pusat bola adalah titik tengah segmen garis dari salah satu diameter bola. Misalkan P( x0, y0, z0)

adalah titik tengah segmen garis tersebut, maka pusat bolanya adalah :

x0 =2

19 +

= 5, y0 =2

08 +

= 4, dan z0 =2

84 +

= 6

Jadi titik pusat bolanya adalah (5,4,6). Sehingga jari-jari bolanya adalah :

r = 222 )64()48()59( −+−+− = 36 = 6

Dengan demikian persamaan bolanya diberikan oleh :

( x – 5)2 + ( y – 4)

2 + ( z – 6)

2 = 36

Soal-soal Latihan 1.1.

Dalam soal-soal nomor 1 s/d 10 berikut ini, buatlah sketsa grafik dalam ruang dimensi tiga dari persamaan bidang yang diberikan :

1. 2 x + 6 y + 4 z = 12 2. 3 x – 4 y + 3 z = 12

3. x + 3 y – 2 z = 6 4. –2 x + 2 y + z = 65. x + 3 y = 12 6. 2 x + z = 6

7. y + 2 z = 8 8. 2 x + 3 y = 12

9. 3 y + 2 z = 12 10. 3 x – 4 y = 12

Dalam soal-soal nomor 11 s/d 16 berikut ini, tulislah persamaan bolanya bilamana diberikan

pusat dan jari-jarinya :

11. P(3,2,1) dan r = 4 12. P(2,1,–3) dan r = 5

13. P(–1,2,3) dan r = 6 14. P(3,–1 ,–4) dan r = 2

15. P(–2,1,5) dan r = 5 16. P(–2,–3,–5) dan r = 4

Dalam soal nomor 17 s/d 21, dengan proses pelengkap kuadrat tentukanlah pusat dan jari-jari

dari persamaan bola berikut ini,



8

17. x2 + y

2 + z

2 – 12 x + 6 y – 8 z + 4 = 0

18. x2 + y

2 + z

2 + 6 x – 8 y – 10 z + 25 = 0

19. x2 + y

2 + z

2 – 8 x – 4 y + 22 z + 77 = 0

20. 4 x2 + 4 y

2 + 4 z

2 + 8 x – 8 y – 16 z – 12 = 0

21. 4 x2 + 4 y

2 + 4 z

2 – 16 x + 24 y – 32 z – 28 = 0

Dalam soal nomor 22 s/d 24, carilah persamaan bola yang mempunyai ruas garis atau diameter

yang dihubungkan oleh dua buah titik berikut ini :

22. A(2,4,8) dan B(6,10,16)23. A(–1,3,–4) dan B(10,5,8)

24. A(5,–3 ,2) dan B(7,–5,4)

25. Carilah dua persamaan bola yang bersinggungan, dimana pusat-pusatnya adalah (–3,2,1) dan

(5,6,–3) dengan jari-jarinya sama.



9

1.2. VEKTOR DALAM RUANG DIMENSI DUA DAN TIGA

Vektor adalah segmen garis yang berarah. Titik awal disebut dengan pangkal vektor, dan titikakhirnya disebut dengan ujung vektor, sedangkan panjangnya disebut dengan panjang vektor.Lihat gambar 1.2.1. Notasi vektor biasanya digunakan huruf kecil seperti u, v, w, z

u

Gambar 1.2.1.

Titik awal vektor disebut pangkal vektor dan titik akhir vektor disebut dengan ujung vektor.Dalam ruang dimensi dua, suatu vektor mempunyai dua komponen, dan ditulis dengan :

u = <u1, u2> = u1i + u2 j

dimana i = <1,0> dan j = <0,1> adalah vektor-vektor satuan baku yang searah dengan sumbu-sumbu koordinat x dan y. Seperti terlihat pada gambar 1.2.2. berikut ini

y

j = <0,1>

x i = <1.0>

Gambar 1.2.2

Sedangkan sebuah vektor u dalam ruang dimensi tiga mempunyai tiga buah komponen, danditulis dengan :

u = <u1, u2, u3> = u1i + u2 j + u3k

dimana i = <1, 0, 0>, j = <0, 1, 0>, dan k = <0, 0, 1> adalah vektor-vektor satuan baku yangsearah dengan sumbu-sumbu koordinat x, y dan z. Lihat gambar 1.2.3.

z

u3 k

u

u2 j

y

u1i

x

Gambar 1.2.3.



10

Selanjutnya bilamana u menyatakan vektor yang menghubungkan dua buah titik P( x0, y0, z0) dan

Q( x1, y1, z1), maka komponen-komponen vektornya diberikan oleh :

u = < x1 – x0, y1 – y0, z1 – z0>

= ( x1 – x0)i + ( y1 – y0) j + ( z1 – x0)k

Selanjutnya dimana P( x, y, z) adalah sembarang titik dalam ruang dimensi tiga, vektor posisi r diberikan oleh,

r = OP = < x, y, z> = xi + y j + z k

Sebagai ilustrasi, misalkan P(4,3,2) suatu titik dalam ruang dimensi tiga, maka vektor posisinyadiberikan oleh,

r0 = 4i + 3 j + 2k

Panjang Vektor

Andaikan u = <u1, u2, u3>, sembarang vektor dalam ruang dimensi tiga, panjang vektor u, ditulisdengan | u | didefinisikan oleh,

| u | = 23

22

21 uuu ++

Selanjutnya, misalkan u adalah suatu vektor yang menghubungkan dua buah titik P( x0, y0, z0)

dan Q( x1, y1, z1), maka jarak vektornya diberikan oleh :

| u | = 201

201

201 )()()( z z y y x x −+−+−

Rumus diatas berlaku juga untuk vektor u dalam ruang dimensi dua. Misalkan u = <u1, u2>,

sembarang vektor dalam ruang dimensi dua, yang menghubungkan dua buah titik P( x0, y0) dan

Q( x1, y1), maka jarak vektornya diberikan oleh :

| u | = 22

21 uu + = 2

012

01 )()( y y x x −+−

Contoh 1.2.1.Misalkan diberikan P(2,1,4), Q(4,5,3), dan R(6,3,7). Tentukanlah komponen dan panjang vektor-

vektor u, v, dan w, bilamana u = PQ , v = QR , dan w = PR .

Pnyelesaian :u = <4 – 2, 5 – 1, 3 – 4> = <2, 4, –1> = 2i + 4 j – kv = <6 – 4, 3 – 5, 7 – 3> = <2, –2 , 3> = 2i – 2 j + 3k

w = <6 – 2, 3 – 1, 7 – 4> = <4, 2, 3> = 4i + 2 j + 3k



11

Sedangkan panjang vektornya diberikan oleh :

| u | = 222 )1()4()2( −++ = 21

| v | = 222 )3()2()2( +−+ = 24

| w | =

222

)3()2()4( ++ = 29

Operasi Aljabar Vektor

Andaikan, u = <u1, u2, u3> dan v = <v1, v2, v3>, adalah vektor-vektor tak nol. Bilamana k adalahkonstanta tak nol, maka berlaku :

1). Perkalian dengan skalar, didefinisikan :

k u = k <u1, u2, u3> = <ku1, ku2, ku3>

2). Perjumlahan dua vektor didefinisikan,u + v = <u1, u2, u3> + <v1, v2, v3>

= <u1 + v1, u2 + v2, u3 + u3>Operasi diatas berlaku pula untuk vektor dalam ruang dimensi dua.

Contoh 1.2.2.Misalkan diberikan u = <4,5, –2,> = 4i + 5 j – 2k , dan v = <3,–5,7> = 3i – 5 j + 7k . Hitunglah(a). 3u + 4v (b). 4u – 3v, (c). 4v – 3u Penyelesaian :(a). 3u + 4v = 3(4i + 5 j – 2k ) + 4(3i – 5 j + 7k)

= (12i + 15 j – 6k) + (12i – 20 j + 28k) = 24 i – 5 j + 22k .(b). 4u – 3v = 4(4i + 5 j – 2 k ) – 3(3i – 5 j + 7k)

= (16i + 20 j – 8k) + (–9i + 15 j – 21k) = 7i + 35 j – 29k

(c). 4v – 2u = 4(3i – 5 j + 7k ) – 2(4i + 5 j – 2k )= (12i – 20 j + 28k) + (–8i – 10 j + 4k) = 4i – 30 j + 32k .

Hasil Kali Titik

Andaikan, u = <u1, u2, u3> = u1 i+ u2 j + u3 k, dan v = <v1, v2, v3> = v1i + v2 j + v3 k adalah

vektor-vektor tak nol. Hasil kali titik u dan v dinyatakan (u • v)didefinisikan oleh :

u • v = u1v1 + u2v2 + u3v3,

Bilamana θ merupakan sudut antara u dan v, hasil kali titik u dan v didefinisikan pula oleh,

u • v = | u | | v | cosθ



12

Selanjutnya dengan menggunakan rumus diatas, besarnya sudut θ diberikan oleh,

cos θ =|v||u|

vu •

dimana berlaku :0 < θ < π/2, bilamana u • v > 0,

θ = π/2, bilamana u • v = 0,

π/2 < θ < π, bilamana u • v < 0

Dari definisi diatas terlihat bahwa jika u dan v adalah vektor-vektor tak nol, hasil kali titik duavektor ortogonal adalah 0. Demikian pula, dengan menggunakan definisi diatas, untuk vektorsatuan baku i, j, dan k berlaku :

i•i = 1, j• j = 1, k • k = 1,i• j = j • i = 0, i• k = k •i = 0, j•k = k • j = 0,

Contoh 1.2.2.Carilah sudut PQR, jika P(7,1,3),Q(5,3,2), dan R(6,5,4).Penyelesaian :Perhatikanlah sketsa berikut ini.

R Ambil, u = QP , dan v = QR . Dari

sketsa disamping, terlihat bahwa sudutu terlihat bahwa sudut PQR adalah sudut

θ antara u dan v.Q v P

Gambar 1.2.3.

Selanjutnya, mengingat :

u =QP = <7 – 5, 1 – 3, 3 – 2> = <2, –2, 1>

v = QR = <8 – 5, 5 – 3, 8 – 2> = <3, 2, 6>

dengan demikian dihasilkan :

cosθ =|v||u|

vu • =

222222 )6()2()3()1()2()2(

)6)(1()2)(2()3)(2(

+++−+

+−+

=

499

646 +− =

21

8 = 0,38095

dan, θ = 67,61o

Contoh 1.2.3. Nyatakanlah, u = <9,6,3> sebagai jumlahan suatu vektor m yang sejajar dengan v = <2,–1,2>dan suatu vektor n yang tegak lurus v.



13

Penyelesaian :Perhatikanlah sketsa pada gambar berikut ini.

Dari sketsa disamping, vektor yang dicari adalah

n vektor m dan n, dimana u = m + n

v

m

Gambar 1.2.4.

Langkah pertama, mengitung m. Andaikan θ sudut antara u dan v, dan m sejajar dengan v, danm proyeksi u pada v. Dengan demikian,

m = | m ||| v

v = | u| cos θ

|| v

v

= |u| |v||u|

vu •|| v

v

=2|u|

v)v(u•

Sehingga dengan rumus proyeksi diatas dihasilkan,

m =222 )2()1()2(

)2)(3()1)(6()2)(9(

+−+

+−+<2,–1,2>

=

9

18<2,–1,2>

= <4,–2,4>Jadi suatu vektor m yang sejajar dengan v adalah <4,–2,4>

Langkah kedua, mengitung n.Dari sketsa pada gambar 1.2.4, terlihat bahwa u = m + n, dengan demikian :

n = u – m= <9, 6, 3> – <4, –2, 4>= <5, 8, –1>

Jadi vektor n yang tegak lurus v adalah <5, 8, –1>

Sudut dan Kosinus Arah

Misalkan diberikan vektor tak nol u dalam ruang dimensi tiga. Sudut-sudut antara vektor tak nolu, dengan vektor-vektor satuan baku i, j, dan k disebut dengan sudut-sudut arah vektor u. Sudut-sudut ini ditunjukkan oleh α, β, dan γ. Lihat gambar.

u

θ



14

z

u = u1i + u2 j + u3 k,

γ u

0 β y

α

x

Gambar 1.2.5.

Misalkan u = u1i + u2 j + u3 k,, menurut hasil kali titik besarnya sudut-sudutnya diberikan oleh,

cos α = |||| iu

iu • = ||

1

u

u

cos β =|||| ju

ju • =

||2

u

u

cos γ =|||| ku

ku • =

||3

u

u

Rumus diatas dikenal dengan rumus sudut dan cosinus arah vektor dalam ruang dimensi tiga.

Dengan menggunakan hasil diatas, maka diperoleh pula hubungan, cos2 α + cos

2 β + cos

2 γ = 1

Contoh 1.2.4.Carilah besarnya sudut-sudut arah vektor dari,

u = 8i – 6 j + 10 k,Penyelesaian :

Karena, |u| = 1003664 ++ = 200 = 10 2 , dan u1 = 8, u2 = –6, u3 = 10, maka denganrumus diatas diperoleh :

cos α =210

8 =

5

22 dan α = 55,55

o

cos β =210

6− = –

10

23 dan β = 115,10

o

cos γ = 210

10

= 2

2

dan γ = 45

o

Contoh 1.2.5.

Sebuah vektor u, panjangnya 6 satuan yang mempunyai α = 60o dan β = 135

o, carilah u.

Penyelesaian :Langkah pertama, menentukan γ.Dengan menggunakan kesamaan, cos

2 α + cos

2 β + cos

2 γ = 1, maka dihasilkan :



15

cos2 γ = 1 – cos

2 α – cos

2 β = 1 – cos

2 60

o – cos

2 135

o

= 1 –2

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ –

2

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = 1 –

4

1 –

2

1 =

4

1

Jadi, cos γ = ± 0,5 dan γ = 60o atau γ = 120

o.

Langkah kedua menentukan u. Karena vektor u, panjangnya 6 satuan, dan diketahui α = 60o, dan

β = 135o, serta untuk γ = 60

o , maka udiberikan oleh :

u = 6<cos α, cos β, cos γ> = 6<cos 60o, cos 135

o, cos 60

o>

= 6<2

1, –

2

2,2

1> = <3, –3 2 , 3>

Demikian pula untuk α = 60o, β = 135

o, dan γ = 120

o dihasilkan vektor :

u = 6<cos α, cos β, cos γ> = 6<cos 60o, cos 135

o, cos 120

o>

= 6<2

1, –

2

2,–

2

1> = <3, –3 2 , –3>

Jadi vektor yang panjangnya 6 satuan yang mempunyai α = 60o dan β = 135

o, adalah vektor :

u = <3, –3 2 , 3> atau u = <3, –3 2 , –3>

Hasil Kali Silang Dua Vektor

Hasil kali silang vektor u = <u1, u2, u3> dan v = <v1, v2, v3> dinyatakan (u v) didefinisikanoleh :

u × v =

321

321

vvv

uuu

k ji

=32

32

vv

uui –

31

31

vv

uu j +

21

21

vv

uu k

= (u2 v3 – u3 v3)i – (u1 v3 – u3 v1) j + (u1 v2 – u2 v1)k

Dari definisi diatas, jelas terlihat bahwa hasil kali silang vektor adalah vektor, sedangkan hasil

kali titik adalah sklar. Selanjutnya dengan menerapkan rumus diatas, untuk vektor-vektor satuan baku i, j dan k dihasilkan :

i i = 0 j j = 0 k k = 0

i j = k j k= i k i = j

i k = –j j i = -k k j = -i



16

Tafsiran Geometri (u × v)

Secara geometri, tafsiran dari (u × v) sangat bermafaat dalam praktek. Untuk itu perhatikanlahsketsa berikut ini.

(u × v)

θ

u v Gambar 1.2.6.

Misalkan u dan v adalah vektor-vektor tak nol dalam ruang dimensi tiga, dan θ adalah sudutantara u dan v. Dari sketsa diatas dapat ditarik kesimpulan bahwa :1). u • (u × v) = 0, artinya adalah (u × v) tegak lurus terhadap vektor u;2). v (u × v) = 0, artinya adalah (u × v) tegak lurus terhadap vektor v; dan3). | u × v| = | u| |v| sin θ

Contoh 1.2.6.Misalkan u = <1, 3, –2>, dan v = <–2, 1, 3>. Hitunglah : (u × v) ; (v × u); u • (u × v), dan v • (u × v).Penyelesaian :

u × v =

k ji

312

231

−

− =32

23 −i –

32

21

−

− j +

12

31

− k

= 11i + j + 7 k = <11, 1, 7>

v × u =

k ji

231

312

−

− =23

31

−i –

21

32

−

− j +

31

12−k

= –11i – j – 7 k = – <11, 1, 7>

Jadi,

u • (u × v) = <1, 3, –2> • <11, 1, 7> = 11 + 3 – 14 = 0

v • (u × v) = <–2, 1, 3> • <–11, –1 , –7> = 22 – 1 – 21 = 0



17

Contoh 1.2.7.Hitunglah luas segitiga dengan titik-titik sudut P(2, 3, 1), Q(4, 2, 3) dan R(6, 7, 8)Penyelesaian :Perhatikanlah sketsa pada gambar berikut ini.

RDari sketsa disamping, ambil u = PQ , v = PR

v dengan θ sudut antara u dan v. Ambil pula t sebagai tinggi segitiga, dimana :

t = | v | sin θ P u Q

Gambar 1.2.7.

Mengingat luas segitiga adalah,

A( R) = t ||2

1

u =θ

sin||||2

1

vu = 2

1

| u × v| Selanjutnya, karena :

u = PQ = <4 – 2, 2 – 3, 3 – 1> = <2, –1, 2>

v = PR = <6 – 2, 7 – 3, 8 – 1> = <4, 4, 7>

u × v =

k ji

744

212 −

= 74

21−

i – 74

22

j + 44

12 − k

= –15i – 6 j + 12 k

Maka,

| u × v| = 222 )12()6()15( +−+−

= 14436225 ++ = 445

Jadi luas segitiganya adalah:

A( R) =2

1 | u × v| =

2

1445

Bidang Dalam Ruang Ruang

Dalam awal pembahasan secara tidak langsung telah dibicarakan masalah bidang dalam dimensitiga. Cara yang paling mudah untuk menjelaskan masalah bidang adalah dengan pendekatanvektoris. Salah satu manfaat dari hasil kali titik dan hasil kali silang vektor adalah untukmenentukan persamaan bidang dalam ruang dimensi tiga. Untuk itu perhatikanlah sketsa padagambar 1.2.8. berikut ini.

t

θ



18

n Andaikanlah, n = < A, B, C >

adalah vektor tak nol yang tegaklurus bidang, dan disebut denganvektor normal bidang.

Andaikan pula P( x0, y0, z0) adalahGambar 1.2.8 suatu titik tetap dalam bidang.

Himpunan semua titik-titik Q( x, y, z) yang memenuhi, n•PQ = 0 adalah suatu bidang yang

melalui titik tetap P, dan tegak lurus normal bidang n. Karena,n = < A, B, C >,

dan

PQ = < x – x0, y – y0, z – z0>,

maka bidang n•PQ = 0 dapat dituliskan menjadi :

< x – x0, y – y0, z – z0> • < A, B, C > = 0atau,

A( x – x0) + B( y – y0) + C ( z – z0) = 0

Persamaan bidang ini seringkali dituliskan dalam bentuk persamaan linier, yaitu :

Ax + By + Cz = D

dimana D = Ax0 + By0 + Cz0.

Contoh 1.2.8.Carilah persamaan bidang yang melalui titik (2,–4,3) dan tegak lurus dengan vektor n= <4,2,5>.Selanjutnya carilah jarak tegak lurus dari titik (5,3,5) ke bidang tersebut.Penyelesaian :

Menentukan persamaan bidang. Dari masalah diatas diketahui, P( x0, y0, z0) = (2,–4,3) dan n =< A, B, C > = <5,3,5>. Dengan menerapkan rumus diatas, diperoleh persamaan bidangnya yaitu :

4( x – 2) + 2( y + 4) + 5( z – 3) = 0,atau,

4 x + 2 y + 5 z = 15

Jarak tegak lurus dari titik terhadap bidang. Misalkan L menyatakan jarak tegak lurus dari suatu

titik ( x1, y1, z1) terhadap bidang, Ax + By + Cz = D , maka jarak L dihitung dengan menggunakanrumus,

L =222

111 ||

C B A

DCz By Ax

++

−++

Maka jarak L dari titik (5,3,5) terhadap bidang, 4 x + 2 y + 5 z = 15 diberikan oleh,

Q

P



19

L =222 )5()2()4(

|15)5)(5()3)(2()5)(4(|

++

−++ =

53

36

=5

512

Contoh 1.2.9.Carilah persamaan bidang yang melalui titik-titik P(5,2,3), Q(7,5,4) dan R(4,4,5). Selanjutnyacarilah sudut antara bidang terseut dengan bidang 2 x + 4 y – 3 z = 20.Penyelesaian.Menentukan persamaan bidang. Dengan pendekatan vektor, persamaan bidang ditentukan olehsebuah titik tetap dan sebuah vektor normal. Oleh karena itu perhatikanlah sketsa tersebutdibawah ini.

n Dari sketsa seperti tergambar ambilsebagai P(5,2,3) titik tetap.

Sedangkan untuk menentukannormal bidangnya, dari sketsaterlihat pula bahwa n tegak lurus

Gambar 1.2.9. PQ dan n tegak lurus PR .

Sehingga dengan menggunakan hasil kali silang vektor normal bidangnya diberikan oleh

n = PRPQ ×

Mengingat,

PQ = <7 – 5, 5 – 2, 4 – 3> = <2, 3, 1>

PR = <4 – 5, 4 – 2, 5 – 3> = <–1, 2, 2>maka normal bidangnya diberikan oleh :

n =

k ji

221

132

−

=22

13i –

21

12

− j +

21

32

−k

= 4i – 5 j + 7k

Dengan mengambil sebagai titik tetap adalah (5,2,3) dengan noemal bidang n = 4i – 5 j + 7k, jadi persamaan bidangnya diberikan oleh,

4( x – 5) – 5( y – 2) + 7( z – 3) = 0atau,

4 x – 5 y + 7 z = 31

P

R



20

Sudat Antara Bidang

Untuk memudahkan menentukan sudut antara dua bidang, perhatikanlah sketsa pada gambar1.2.10. berikut ini.

n Andaikan n adalah normal bidang pertama, dan m adalah normal bidang kedua, maka sudut antara

m dua bidang ditentukan oleh sudutantara dua vektor normal bidangnya.

Gambar 1.2.10.

Sedangkan sudut antara dua buah vektor diberikan oleh definisi dari pengertian hasil kali titik.Oleh karena itu untuk bidang pertama ambil bidang dengan persamaaan, 4 x – 5 y + 7 z = 31

sehingga diperoleh n = <4, –5, 7> dan untuk bidang kedua ambil bidang 2 x + 4 y – 3 z = 20diperoleh m = <2, 4,–3>. Dengan demikian,

cos θ =|||| mn

mn •

=9164492516

3,4.,27,5,4

++++

>−<•>−<

=29103

33−

= – 0,6459

sehingga diperoleh, θ = 130,24o

. Dengan demikian sudut antara dua bidang yang berpotongandiberikan adalah θ = 130,24

o.

Garis Dalam Ruang Dimensi Tiga

Kurva dalam ruang dimensi tiga adalah suatu persamaan yang ditentukan oleh tiga persamaan parameter, yaitu :

x = x(t ), y = y(t ), dan z = z(t ).

dalam notasi vektor, kurva dalam ruang dimensi tiga diberikan oleh persamaan,

)(t r = x(t )i + y(t ) j + z(t )k

Bentuk kurva dalam ruang dimensi tiga yang paling sederhana adalah garis lurus. Sebuah Garis

lurus dalam ruang dimensi tiga ditentukan oleh sebuah titik tetap ( x0, y0, z0), dan sebuah vektortaknol v = <a,b,c> sebagai vektor arah garis. Lihat gambar 1.2.11.

Bidang 1

Bidang 2



21

Dari gambar 1.2.11. misalkan l yang melalui sebuah titik tetap P( x0, y0, z0) dengan vektor arahnyav = <a,b,c>, maka persamaan garis l adalah himpunan semua titik-titik Q( x, y, z) sedemikian rupasehingga,

PQ = t v

Lihat gambar z

Q( x, y, z)

P( x0, y0, z0) v= <a,b,c>

y

x

Gambar 1.2.11.

Karena,

PQ = < x – x0, y – y0, z – z0>,

dan,v = <a,b,c>

maka persamaan garis l dalam bentuk vektor diberikan oleh :

< x, y, z> = < x0, y0, z0> + t <a,b,c>

Dari bentuk vektor diatas, dengan kesamaan vektor persamaan garis dapat dinyatakan dalam bentuk parameter yaitu :

x = x0 + at ; y = y0 + bt ; z = z0 + ct

Bilamana komponen vektor v = <a,b,c> adalah tak nol artinya a ≠ 0, b ≠ 0, dan c ≠ 0, maka persamaan garis l dapat pula dinyatakan dalam bentuk persamaan simetris, yaitu :

a

x x 0− =b

y y 0− =c

z z 0−

Contoh 1.2.10.Carilah persamaan garis yang melalui titik P(2,–1, 3) dan Q(4,3,6).Penyelesaian :Untuk menentukan persamaan garis diatas yang harus dicari adalah sebuah titik tetap dan vektorarah garis. Oleh karena itu perhatikanah sketsa pada gambar 1.2.12 berikut ini.



22

z

Menentukan titik tetapQ(4,3,6) Dari sketsa disamping, ambil sebagai

titik tetap adalah P(2,–1,3), dengan

P(2,–1,3) demikian x0 = 2, y0 = –1, z0 = 3.

O Menentukan vektor arah y Dari sketsa, ambil sebagai vektor

arah garis adalah vektor yang

x searah dengan vektor PQ .

Gambar 1.2.12

Dengan demikian, v = PQ = <4 – 2,3 – (–1),6 – 3> = <2,4,3>. Berdasarkan hasil ini, maka

persamaan garis yang melalui titikP

(2,–1, 3) danQ

(4,3,6) diberikan oleh :

x = 2 + 2t ; y = –1 + 4t ; z =3 + 3t ;atau,

2

2− x =

4

1+ y=

3

3− z

Contoh 1.2.11.Carilah persamaan garis simetri perpotongan bidang, 2 x + 4 y + z = 16, dan x + 3 y + 2 z = 17.Penyelesaian.Andaikan P dan Q adalah dua buah titik pada garis l yang merupakan perpotongan kedua bidang.

Ambilah P dan Q adalah titik tembus garis l pada bidang yz dan xz. Lihat gambar 1.2.13.

z Dari sketsa, untuk tititik Pambilah P sebagai titik pada bidang

P( x1, y1, z1) yz, atau x = 0. Sehingga untuk x = 0l diperoleh,

Q( x0, y0, z0) 4 x + z = 163 y + 2 z = 17

y Dengan menyelesaikan secarasimultan dihasilkan y = 3, dan z = 4

x Sehingga titik P diberikan oleh,

P(0,3,4).Gambar 1.2.13

Selanjutnya untuk titik Q, ambilah Q sebagai sembarang titik pada bidang xz atau y = 0. Untuk y = 0, diperoleh :

2 x + z = 16 x + 2 z = 17



23

Dengan menyelesaikan secara simultan kedua persamaan dihasilkan x = 5, dan z = 6. Sehinggatitik Q diberikan oleh (5,0,6). Berdasarkan hasil diatas, ambilah sebagai titik tetap garis l adalah(0,3,4), dan vektor arah garisnya adalah :

v = PQ = <5 – 0,0 – 3,6 – 4> = <5,–3,2>.

Dengan demikian persamaan garis simetris yang merupakan perpotongan kedua bidang adalah,

5 x =

33

−− y =

24− z

Contoh 1.2.12.Suatu garis l terletak pada bidang 3 x – 2 y + 4 z = 16, melalui (2,1,3) dan tegak lurus dengan garis,

5

2− x =

2

3

−+ y

=3

3− z

Carilah persamaan garis l.

Penyelesaian :Karena garis l melalui titik P(2,1,3), maka untuk menentukan persamaan garisnya, yang harusdicari adalah vektor arah garis l. Untuk itu perhatikanlah sketsa berikut ini.

n Dari sketsa, andaikan v vektor arahl garis l, dan m vektor arah garis g,

v dan n normal bidang. Karena garisl terletak pada bidang maka, v tegak

m lurus dengan n. Demikian pula garisl tegak lurus garis g, maka berlaku

g pula v tegak lurus dengan m.

Gambar 1.2.114

Maka menurut hasil kali silang vektor, dihasilkan, v = n × m. Mengingat n = <3,–2,4> dan m =<5,–2,3> maka vektor arah garisnya diberikan oleh :

v = n × m =

k ji

325

423

−

−

=32

42

−

−i –

35

43 j +

25

23

−

−k

= 2i + 11 j + 4k = <2,11,4>

Jadi persamaan garis l yang melalui (2,1,3) dengan vektor arah <2,11,4> diberikan oleh,

2

2− x =

11

1− y =

4

4− z



24

Contoh 1.2.13.Carilah persamaan suatu bidang yang melalui titik P(3,2,5) dan memuat garis, x = 4 + 2t , y = 6 –3t , z = 2 + 4t .Penyelesaian :Karena bidang yang ditanyakan melalui titik P(3,2,5), sehingga untuk menentukan persamaan

bidangnya, yang harus dicari adalah vektor normal bidang. Perhatikanlah sketsa berikut ini.

n Dari sketsa, andaikan n vektorl normal bidang, dan v adalah vektor

v arah garis l , dimana garis l terletakQ pada bidang maka, n tegak lurus v.

P Misalkan pula Q sembarang titik pada garis l, maka berlaku pula

Gambar 1.2.15 QP tegak lurus dengan n.

Maka menurut hasil kali silang vektor, dihasilkan, n = v× QP . Dari garis l diperoleh vektor

arahnya adalah v = <2,–3,4>. Sedangkan untuk menentukan QP , ambil Q titik pada garis l

dengan t = 0, sehingga diperoleh Q(4,6,2). Dengan demikian vektor QP diberikan oleh,

QP = <3 – 4,2 – 6,5 – 2> = <–1,–4,3>.

Karena, v = <2,–3,4> dan QP = <–1,–4,3>, maka normal bidangnya diberikan oleh :

n = v × QP =

k ji

341

432

−−

− =34

43

−

−i –

31

42

− j +

41

32

−−

−k

= 7i – 10 j – 11k = <7,–10,–11>

Dengan demikian persamaan bidang yang ditanyakan yakni persamaan bidang yang melalui titikP(3,2,5) dan memuat garis, x = 4 + 2t , y = 6 – 3t , z = 2 + 4t , diberikan oleh,

7( x – 3) – 10( y – 2) – 11( z – 5) = 0atau,

7 x – 10 y – 11 z + 56 = 0


Diberikan, u = <4, 2, – 4>, v = <7, 2, 1> dan w = <2, – 6, 3>. Dengan menggunakan vektortersebut hitunglah :1. a. u • (v + w) ; b. u • (v × w) ; c. (u × v) × (u × w)2. a. u × (v + w) ; b. v • (u × w) ; c. (u × v) × (v × w)3. a. v × (u + w) ; b. w • (u × v) ; c. (u × w) × (v × w)4. a. w × (u + v) ; b. (u× v) • (u×w) ; c. (u(v • w)) × (v × w)5. a. u × (w – v) ; b. (u × v) • (v × w) ; c. (v(v • w)) × (u × w)



25

Diberikan P(1,3, 5), Q(4, 2, 2) dan R(6, 7, 8) dan ambil u = PQ , v = PR , dan w =QR .

selanjutnya, hitunglah :6. a. u × (v + w) ; b. v • (u × w) ; c. (u × v) × (v × w)7. a. v × (u – w) ; b. w • (u × v) ; c. (u × w) × (v × w)8. a. w × (u + v) ; b. (u × v) • (u ×w) ; c. (u(v • w)) × (v × w)

9. a. u × (w – v) ; b. (u × v) • (v × w) ; c. (v(v • w)) × (u × w)10. a. v × (w – u) ; b. (u × w) • (v × w) ; c. (v(u • w)) × (v × w)

11. Diberikan suatu segitiga dengan titik-titik sudut P(4, 3, 1), Q(4, 2, 3) dan R(6, 8, 5).Hitunglah besarnya sudut-sudut dalam segitiga, dan luas segitiga tersebut.

12. Hitunglah luas jajaran genjang dengan titik-titik sudut (0, 1, 2) ; (2, 2, 2), (–1, 3,3) ; (6, 3, 5)13. Carilah sudut-sudut arah dari vektor berikut ini u = <2, – 4, 6>14. Carilah sudut-sudut arah dari vektor berikut ini u = <3, 2, – 1>

15. Jika α = 60o, dan β = 150

o, adalah sudut-sudut arah vektor u,carilah dua nilai vektor tersebut.

16. Jika α = 45o, dan β = 120

o, adalah sudut-sudut arah vektor u,carilah dua nilai vektor tersebut.

17. Bilamana u = <3, – 1, √5>, dan v= <2, 4, – √5>, nyatakanlah u sebagai jumlahan vektor myang sejajar v dan suatu vektor nyang tegak lurus dengan v.18. Bilamana u = <1, – 3, – 2>, dan v = <2, 5, –2>, nyatakanlah u sebagai jumlahan vektor m

yang sejajar v dan suatu vektor n yang tegak lurus dengan v.19. Carilah vektor u dan v, sedemikian rupa sehingga u tegak lurus v dan masing-masing tegak

lurus dengan w = <–4, 2, 5>20. Carilah vektor u dan v, sedemikian rupa sehingga u tegak lurus v dan masing-masing tegak

lurus dengan w = <2, –4 , 3>21. Dengan menggunakan vektor, carilah besarnya sudut antara bidang 2 x + y – 2 z = 10, dan

bidang 6 x – 2 y + 3 z = 422. Carilah persamaan bidang yang melalui tiga buah titik (2,4,2) ; (3,6,1) dan (4,1,7)

23. Carilah persamaan bidang yang memuat titik (2,4,3) dan (5,3,6) dan tegak lurus dengan bidang 2 x + y + 4 z = 1224. Carilah persamaan bidang yang melalui (4,6,5), tegak lurus dengan bidang x + 2 y – 2 z = 10,

dan 2 x – 3 y + 3 z = 825. Carilah jarak antara bidang 2 x + 2 y – z = 10 ke titik (3,2,5)26. Carilah persamaan bidang yang memuat garis, x = 3 + 4t , y = 2 + 3t , z = 1 + 2t dan tegak

lurus dengan bidang 2 x – y + 3 z = 10.27. Carilah persamaan bidang yang memuat garis, x = 2 + 3t , y = 3 – 2t , z = 1 + 4t dan sejajar

dengan garis, x = 3 + 5t , y = 3 + 3t , z = 2 – t .28. Carilah persamaan garis yang merupakan perpotongan bidang, x – 3 y + 2 z = 10, dan bidang

3 x + 2 y – 3 z = 10.

29. Carilah persamaan garis yang melalui titik (3,2,6) dan sejajar dengan garis yang merupakan perpotongan bidang, 2 x + 3 y – z = 9, dan x + 2 y – 3 z = 10.30. Carilah persamaan bidang yang memuat kedua garis sejajar, x = 3 – 5t , y = –3 + 2t , z = –4 + t

dan x = 2 + 5t , y = 1 – 2t , z = – 2 – t .31. Carilah titik potong kedua garis berikut ini, dan tentukan pula persamaan bidangnya. x = 2t , y = 2 + 3t , z = 1 + t dan x = t , y = 2 – t , z = 1 + t .

32. Carilah jarak antara kedua garis yang bersilangan berikut ini, yaitu : x = 3 + 2t , y = 2 – 2t , z = 4 + 3t dan x = 2 – t , y = 1 + 3t , z = 3 – 2t .



26

1.3. PERMUKAAN BENDA DALAM RUANG DIMENSI TIGA

Permukaan benda adalah merupakan grafik suatu persamaan tiga variabel dalam ruang

dimensi tiga. Grafik yang paling sederhana adalah suatu bidang yang persamaannya diberikan

oleh persamaan linier,

Ax + By + Cz = D.

Grafik permukaan bidang dalam ruang dimensi tiga termasuk dalam persamaan derajad satu.

Sebuah benda pejal berikutnya yang sederhana dalam ruang dimensi tiga adalah suatu benda

dimana permukaannya dibatasi oleh beberapa permukaan bidang datar. Biasanya untuk

membuat sketsa benda pejal digunakan sistem koordinat kartesius.

Contoh 1.3.1.

Buatlah sketsa benda pejal yang dibatasi oleh permukaan bidang, 2 x + 2 y + z = 12, y = x, z =

0, dan x = 0.

Penyelessaian :

Langkah pertama, dibuat suatu sketsa permukaan bidang 2 x + 2 y + z = 12 pada oktan

pertama. Selanjutnya pada bidang z = 0, buatlah pula berkas garis y = x. Lihat sketsa pada

gambar 1.3.1.

z z

12

2 x + 2 y + z = 12

2 x + 2 y + z = 12

y = x

6 y 0 6 y

6 y = x y = x

x x

Gambar 1.3.1. Gambar 1.3.2.

Langkah berikutnya, buatlah perpotongan antara y = x dan 2 x + 2 y + z = 12. Berkas

perpotongan ini dibuat dengan menghubungkan titik potong dari garis y = x, dan 2 x + 2 y =

12, pada z = 0, dengan titik potong bidang 2 x + 2 y + z = 12. dengan sumbu z. Dengan

memperhatikan batas-batas dari bidang-bidang tersebut benda pejal yang ditanyakan

diperlihatkan pada gambar 1.3.2.

Contoh 1.3.2.Buatlah sketsa grafik permukaan benda pejal di oktan pertama yang dibatasi oleh permukaan

bidang-bidang : y + z = 4, x + y = 2, y = x, z = 0, dan x = 0.

Penyelesaian :

Seperti pada contoh sebelumnya pada bidang yz ( x = 0), buatlah sketsa grafik berkas garis y +

z = 4, dan pada bidang xy ( z = 0), buatlah pula berkas-berkas garis x + y = 2, dan y = x.

Karena bidang x + y = 2, dan y = x, tidak memuat variabel y ,maka grafik kedua permukaa

tidak memotong sumbu z . Demikian pula untuk bidang, y + z = 4, grafiknya tidak memtong

sumbu x. Lihatlah sketsa pada gambar 1.3.3., berikut ini.



27

z z

4 y + z = 4

y + z = 4

y = x

0 4 y 0 2 y

y = x

2 x + y = 2

y = x

x x


Langkah berikutnya, hubungkanlah berkas-berkas garis yang merupakan perpotongan bidang-bidangnya. Dengan memperhatikan batasan-batasan yang diberikan, benda pejal yang

ditanyakan diperlihatkan pada gambar 1.3.4.

Persamaan Kuadratik.

Selain grafik permukaan bidang, pada bagian sebelumnya telah dibahas pula mengenai grafik

dari bola, dimana persamaannya diberikan oleh,

( x – a)2 + ( y – b)

2 + ( z – c)

2 = r

2.

Persamaan bola diatas merupakan sala satu bentuk dari persamaan kuadratik. Persamaan

kuadratik derajad dua, pada umumnya diberikan oleh persamaan,

Ax2 + By

2 + Cz

2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Iz + J = 0

yang disebut juga dengan persamaan kuadratik.

Pada dasarnya tidak semua persamaan kuadratik dapat dibuat sketsa grafiknya dalam ruang

dimensi tiga. Bentuk yang paling sederhana dari persaman kudratik antara lain adalah bola,

silnder, elipsoida, paraboloida, dan kerucut. Dari persamaan kuadratik ini dapat

dikembangkan untuk membuat sketsa suatu benda pejal yang dibatasi oleh beberapa

persamaan kuadratik atau gabungan dari persamaan linier dan persamaan kuadratik. Berikutini adalah beberapa contoh-contoh kasus persamaan kuadatik yang banyak aplikasinya, dan

cukup mudah untuk membuat sketsa grafiknya.

S i l i n d e r.

Silinder adalah suatu permukaan yang dihasilkan oleh suatu garis yang bergerak sepanjang

lengkungan bidang yang diketahui sedemikian sehingga garis itu selalu sejajar dengan suatu



28

garis tetap yang tidak terletak pada lengkungan tersebut. Garis yang bergerak sepanjang

lengkungan tersebut disebut dengan pembangkit silinder, dan lengkungan bidang tersebut

disebut dengan garis arah silinder, dan garis tetapnya disebut dengan sumbu putar. Jika

lengkungan bidang diputar mengelilingi garis tetap sebagai sumbu putar, maka

permukaannya yang dihasilkan adalah benda putar.

Bentuk silinder yang paling sederhana dan banyak penggunaannya adalah silinder lingkarantegak, dimana sumbu putarnya sejajar dengan sumbu z daan lengkungannya berbentuk

lingkaran. Persamaan silinder lingakaran tegak tersebut adalah,

( x – a)2 + ( y – b)

2 = r

2.

Sebagai ilustrasi dari silinder lingkaran tegak diatas, misalnya adalah silinder dengan garis

arahnya lingkaran dalam bidang xy, yaitu :

x2 + y

2 = a

2

Bilamana garis pembangkitnya adalah sumbu z, sketsa grafik silinder lingkaran tegak tersebut

diberikan pada gambar 1.3.5., berikut.

z

y

x x2

+ y2

= a2

Gambar 1.3.5.

Sebagai ilustrasi berikutnya, adalah silinder paraboloida (paraboloida) seperti ditunjukkan

pada gambar 1.3.6. yakni paraboloida y = x2.

z

0 y

x y = x2

Gambar 1.3.6.

Garis arah paraboloida adalah parabola y = x2. dalam bidang xy, dan garis lukisnnya sejajar

dengan sumbu z.



29

Selanjutnya, seperti pada contoh sebelumnya suatu benda pejal benda mungkin dibatasi leh

beberapa permukaan bidang. Berikut ini adalah beberapa contoh benda pejal yang memuat

beberapa permukaan silinder atau paraboloida.

Contoh 1.3.3.Buatlah sketsa benda pejal, sisi-sisinya dibatasi oleh silinder lingkaran tegak, x

2 + y

2 = 2 y,

dan dibawah permukaan bidang, y + z = 4, dan diatas bidang xy.

Penyelesaian :

Pada bidang xy, buatlah sketsa lingkaran x2 + y

2 = 2 y, dan selanjutnya buatlah sketsa silinder

lingkaran tegak dengan garis lukisnya searah sumbu z. Selanjutnya pada bidang yz buatlah

sketsa garis y + z = 4, dan pada sistem koordinat yang sama buatlah sketsa permukaan bidang

x + y = 4. Lihat gambar 1.3.7.

z z

Berkas perpotongan

silinder dan bidang

y + z = 4 y + z = 4

2 y 2 y

x2

+ y2

= 2 y x2

+ y2

= 2 y x x


Langkah berikutnya buatlah berkas kurva perpotongan bidang dan silinder. Perpotongan

antara bidang dan silinder lingkaran tegak menghasilkan elips seperti terlihat pada Gambar

1.3.8. Dengan memperhatikan batasan-batasan permukaannya, benda pejal yang ditanyakan

diperlihatkan pada gambar 1.3.8.

Contoh 1.3.4.

Buatlah sketsa benda pejal di oktan pertama, dimana sisi-sisinya dibatasi oleh permukaan

silinder paraboloida, x = y2, dan y = 2 – y2, permukaan bidang y + z = 4, dibatasi pula oleh

bidang xy ( z = 0) dan yz ( x = 0).

Penyelesaian :

Pada bidang xy, buatlah sketsa parabola, x = y2 dan y = 2 – x

2, dan selanjutnya buatlah sketsa

silinder paraboloida dimana garis lukisnya sejajar dengan grafik parabola yang searah sumbu

z. Selanjutnya pada bidang yz buatlah sketsa berkas garis, y + z = 4, dan pada sistem

koordinat yang sama buatlah pula sketsa permukaan bidang x + y = 4. Lihat gambar 1.3.9.



30

z z

Berkas perpotongan

silinder dan bidang

y + z = 4 y + z = 4

2 y 2 y

0 0

y = x2 y = x

2 x = 2 – y

2

x = 2 – y2

x x

Gambar 1.3.9. Gambar 1.3.10

Pada bidang z = 2, buatlah sketsa parabola y = x2 dan x = 2 – y

2. Langkah berikutnya buatlah

sketsa berkas-berkas perpotongan bidang dan paraboloida. Dengan menghubungkan kurva-kurva tersebut, sketsa benda yang dimaksud diperlihatkan pada gambar 1.3.10.

E l i p s o i d a.

Elipsoida merupakan salah satu bentuk dari persamaan kuadratik. Persamaan dari elipsoida

diberikan oleh,

2

2

a

x +

2

2

b

y +

2

2

c

z = 1

dimana a , b dan c adalah konstanta positif. Sketsa grafik dari elipsoida diatas diprlihatkan

pada gambar 1.3.11. berikut ini.

z

2

2

a

x +

2

2

b

y +

2

2

c

z = 1

b y

x – c

Gambar 1.3.11.

Bilamana ketiga konstanta a, b, dan c bernilai sama yaitu a, elipsoida diatas adalah bola

dimana persamaannya diberikan oleh :

2

2

a

x +

2

2

a

y +

2

2

a

z = 1 atau x

2 + y

2 + z

2= a

2

a



31

Dalam ruang dimensi tiga, permukaannya adalah merupakan bola dengan pusat (0,0,0)

denganjari-jari a .

Selanjutnya bilamana z = 0, dari elipsoida akan diperoleh penampang elipsoida pada bidang

xy, yaitu elips, dimana persamaannya diberikan oleh,

2

2

a

x

+ 2

2

b

y

= 1

Dalam ruang dimensi tiga, permukaannya adalah merupakan silinder elipsoida yang sejajar

dengan sumbu z. Bilamana kedua konstanta a, dan b bernilai sama yaitu a, penampang elips

diatas menjadi lingkaran lingkaran pada bidang xy dengan pusat (0,0) dan jari-jari a, dimana

persamaannya diberikan oleh :

2

2

a

x +

2

2

a

y = 1 atau x

2 + y

2 = a

2

Dalam ruang dimensi tiga, permukaan dari x2 + y

2 = a

2 adalah merupakan silinder lingkaran

tegak yang sejajar dengan sumbu z.

Demikian pula bilamana y = 0, dari elipsoida akan diperoleh penampang elipsoida pada

bidang xz, yaitu elips, dimana persamaannya diberikan oleh,

2

2

a

x +

2

2

c

z = 1


dengan sumbu y. Bilamana kedua konstanta a, dan c bernilai sama yaitu c, penampang elips

diatas menjadi lingkaran lingkaran pada bidang xz dengan pusat (0,0) dan jari-jari c, dimana


2

2

c

x +

2

2

c

z = 1 atau x

2 + z

2 = c

2

Dalam ruang dimensi tiga, permukaan dari x2 + z

2 = c


tegak yang sejajar dengan sumbu y.

Demikian pula bilamana x = 0, dari elipsoida akan diperoleh penampang elipsoida pada

bidang yz, yaitu elips, dimana persamaannya diberikan oleh,

2

2

b

y +

2

2

c

z = 1


dengan sumbu x. Bilamana kedua konstanta, b dan c bernilai sama yaitu b, penampang elips

diatas menjadi lingkaran lingkaran pada bidang yz dengan pusat (0,0) dan jari-jari b, dimana


2

2

b

y

+ 2

2

b

z

= 1 atau y

2

+ z

2

= b

2

Dalam ruang dimensi tiga, permukaan dari, y2 + z

2 = b


tegak yang sejajar dengan sumbu x.

Contoh 1.3.5.

Buatlah sketsa grafik persamaan kuadratik,

x2 + 4 y

2 + 9 z

2 = 36

Bilamana z = 0, buatlah pula sketsa grafiknya dalam ruang dimenasi tiga.



32

Penyelesaian :

Dari persamaan kuadratik, x2 + 4 y

2 + 9 z

2 = 36, bagilah kedua rus dengan 36 sehingga

diperoleh,

36

2 x

+9

2 y

+4

2 z

= 1

Persamaan terakhir ini adalah persamaan umum elipsoida, maka diperoleh a = 6, b = 3 dan c = 2. Untuk membuat sketsanya, buatlah penampang elipsoida pada bidang xy, xz, dan yz.

Titik-titik potong elipsoida dengan sumbu-sumbu koordinat adalah (6,0,0), (–6,0,0), (0,3,0),

(0,–3,0), (0,0,2) dan (0,0,–2). Sketsa elipsoida tersebut diperlihatkan pada gambar 1.3.12.

z

36

2 x

+4

2 z

= 136

2 x

+9

2 y

+4

2 z

= 1

(0,3,0)

y

9

2 y

+4

2 z

= 136

2 x

+9

2 y

= 1

x (0,0,–2)

Gambar 1.3.12.

Selanjutnya bilamana z = 0, diperoleh suatu persamaan,36

2 x +

9

2 y = 1, dimana sketsa

grafiknya adalah silinder elipsoida yang searah sumbu z dengan garis lukisnya elips pada

bidang xy. Sedangkan sketsa grafiknya adalah sebagai berikut.

z

36

2 x +

9

2 y

= 1

3

y

x 6

Gambar 1.3.13.

Peraboloida Eliptik

Persamaan paraboloida eliptik dengan sumbu z sebagai sumbu paraboloida diberikan oleh,

2

2

a

x +

2

2

b

y =

c

z

dimana a dan b positif dan c ≠ 0. Bilamana c > 0 parabola eliptik terbuka keatas, dan bila c <

0 parabola eliptik terbuka kebawah. Sketsa parabola eliptik terlihat pada gambar 1.3.14 dan

1.3.15.

(6,0,0)



33

z z

2

2

a

x +

2

2

b

y =

c

k

y y

0

x x

Gambar 1.3.14 Gambar 1.3.15.

Bilamana a = b, penampang parabola pada z = k adalah suatu lingkaran. Selanjutnya dengan

mensubstitusikan z = k pada persamaan paraboloida eliptik dihasilkan,

2

2

a

x +

2

2

b

y =

c

k

Bilamana k = 0, persamaan diatas menjadi,

2

2

a

x +

2

2

b

y = 0, atau b

2 x

2 + a

2 y

2 = 0

dimana persamaan ini menyatakan titik asal. Bilamana k > 0, persamaan tersebut menyatakan

suatu elips pada bidang z = k . Lihat gambar 1.3.14.

Selanjutnya, bilamana disubstitusikan x = k , pada persamaan paraboloida eliptik diperoleh :

2

2

a

k

+ 2

2

b

y

= c

z

Bilamana k = 0, dari persamaan ini diperoleh,

2

2

b

y =

c

z,

dimana persamaan ini menyatakan penampang parabola pada bidang x = 0. Sedangkan

bilamana k > 0 persamaan diatas menyatakan suatu parabola pada bidang x = k . Lihat gambar

1.3.16

z

2

2

b

y =

c

z

y

0

x

Gambar 1.3.16.

0



34

Demikian pula, bilamana y = k disubstitusikan pada persamaan parabola eliptik dihasilkan,

2

2

a

x +

2

2

b

k =

c

z

Bilamana k = 0, dari persamaan ini diperoleh,

2

2

a

x =c z ,

diamana persamaan ini menyatakan penampang parabola pada bidang y = 0. Sedangkan

bilamana k > 0 persamaan diatas menyatakan suatu parabola pada bidang y = k .

Contoh 1.3.6.

Buatlah sketsa benda pejal yang dibatasi oleh permukaan paraboloida, z = x2 + y

2, silinder

lingkaran tegak, x2 + y

2 = 4, dan x = z = x

2 + y

2 0 (bidang xy).

Penyelesaian :

Pada sistem koordinat yang sama buatlah sketsa paraboloida, z = x2 + y

2 , dan silinder


2 = 4, sedangkan pada bidang xy buatlah sketsa lingkaran, x

2 + y

2 = 4.

Lihat sketsa pada gambar 1.3.17.

z

x2 + y

2 = 4

z = 4

z = x2 + y

2

0 y

x2 + y

2 = 4

x

Gambar 1.3.17.

Perpotongan antara paraboloida, z = x2 + y

2, dan silinder lingkaran tegak, x

2 + y

2 = 4 adalah

sebuah lingkaran, x2 + y

2 pada bidang z = 4. Sketsa benda yang ditanyakan diperlihatkan pada

gambar 1.3.17.

Kerucut Eliptik

Kerucut eliptik dengan sumbu z sebagai sumbu kerucut persamaannya diberikan oleh :

2

2

a

x +

2

2

b

y =

2

2

c

z

dimana a, b, dan c positip. Bilamana a = b, dari persamaan kerucut eliptik diperoleh kerucut

lingkaran, dan persamaannya diberikan oleh :



35

2

2

a

x +

2

2

a

y =

2

2

c

z

atau,

x2 + y

2 = d

2 z

2

dimana d = 2

2

c

a

. Sketsa kerucut, khususnya yang terletak diatas bidang xy diperlihatkan pada

gambar 1.3.18.

z

z = k

2

2

a

x +

2

2

b

y =

2

2

c

z

0 y

x

Gambar 1.3.18.

Perpotongan kecurut dengan bidang z = 0 adalah titik asal. Sedangkan perpotongan kerucut

dengan bidang z = k adalah suatu elips pada bidang z = k , dimana persamaannya diberikan

oleh :

2

2

a

x +

2

2

b

y =

2

2

c

k

Bilamana kerucut dipotong oleh bidang x = 0, atau y = 0 masing-masing akan menghasilkan

berkas garis x = k , dan y = k . Sedangkan bilamana kerucut dipotong oleh bidang x = k , atau y

= k masing-masing akan menghasilkan suatu hiperbola, persamaannya masing-masing adalah

2

2

a

k +

2

2

b

y =

2

2

c

z

atau,

2

2

a

x +

2

2

b

k =

2

2

c

z

Contoh 1.3.7.

Buatlah sketsa grafik persamaan kuadratik, 4 x2 + 9 y2 = 36 z2. Jelaskan pula perpotangan

grafik dengan bidang x = 0, y = 0, z = 1, x = 3, dan y = 2.

Penyelesaian :

Dengan memagi kedua ruas pada persamaan diatas dengan 36, dihasilkan persamaan :

9

2 x

+4

2 y

= z2

Persamaan diatas adalah suatu kerucut dengan sumbunya adalah sumbu z, adapun sketsa

grafik yang terletak diatas bidang xy diperlihatkan pada gambar 1.3.19.



36

z

4 x2 + 9 y

2 = 36, dan z = 1

9

2 x

+

4

2 y

= z2

0 y

x

Gambar 1.3.19.

Perpotongan permukaan kerucut dengan bidang x = 0 adalah garis, y = 2 z, dan perpotongan

dengan bidang y = 0 adalah garis y = 3 z. Sedangkan penampang permukaan pada bidang z =

k dengan k 0, adalah elips dengan persamaan :

9

2 x

+4

2 y

= k 2

Sedangkan penampang permukaan pada bidang x = k dan y = k dengan k 0, masing-masing

adalah hiperbola dengan persamaan :

9

2k

+4

2 y

= z2

dan9

2 x

+4

2k

= z2

Contoh 1.3.8.

Buatlah sketsa benda pejal yang dibatasi oleh permukaan bola, x2 + y

2 + z

2= 8, dan diatas

kerucut : x

2

+ y

2

= z

2

yang terletak diatas bidang xy.Penyelesaian :

Pada sumbu koordinat yang sama buatlah sketsa bola, x2 + y

2 + z

2= 8 dan kerucut x

2 + y

2= z

2

seperti terlihat pada gambar 1.3.20.

z

x2 + y

2 + z

2 = 8

x2+ y

2= z

2

0 y

x

Gambar 1.3.20.

Sedangkan perpotongan antara bola, x2 + y

2 + z

2= 8 dan kerucut x

2 + y

2= z

2 adalah suatu

lingkaran, x2 + y

2 = 4 pada bidang z

2 = 2, seperti yang terlihat pada gambar 1.3.20.



37


Dalam soal-soal latihan berikut ini, buatlah sketsa benda pejal yang dibatasi oleh :

1. Bidang-bidang, x = z, y = z, x = 2, y = 0, dan z = 0.

2. Bidang-bidang, y = z, x + y = 4, y = x, z = 0, x = 0.

3. Bidang-bidang, 2 x + y + z = 6, y = x, y = 0, dan z = 0.

4. Bidang-bidang, z = 2 + y, x + 2 y = 6, y = x, y = 0, dan z = 0.5. Bidang-bidang, z = 3 + z, 2 x + y = 6, x = y, y = 0, dan z = 0.

6. Dibawah permukaan bidang, x + z = 4, dan dibatasi oleh permukaan silinder paraboloida,

y = x2, bidang-bidang x = 2, z = 0, dan y = 0.

7. Dibawah permukaan paraboloida, 4 z = y2, dibatasi oleh bidang-bidang, x = y, y = 4, x = 0,

dan z = 0.

8. Dibawah permukaan paraboloida, 4 z = 16 – y2, dibatasi oleh bidang-bidang, x + y = 4, y

= x, x = 0, dan z = 0.

9. Dibawah permukaan paraboloida, 2 z = 4 – x2, dibatasi oleh paraboloida y = x

2, dan

bidang-bidang, y = x, y = 0, z = 0.

10. Dibawah permukaan bidang, x + y = 4, dan dibatasi oleh silinder lingkaran tegak, x2 + y

2

= 4 x, dan diatas bidang xy.

11. Dibawah permukaan bola, x2 + y

2 + z

2 = 16, didalam silinder lingkaran tegak, x

2+ y

2 = 9,

dan diatas bidang xy.


2 + z

2 = 4 z, dan diatas paraboloida, z = x

2+ y

2.


2 + z

2 = 4, dan diatas paraboloida, z = x

2+ y

2.


2 + z

2 = 16, dan di dalam silinder lingkaran tegak, x

2+ y

2

= 4 y, dan diatas bidang xy.

15. Dibawah kerucut, x2 + y

2 = z

2, di dalam siliner lingkaran tegak, x

2+ y

2 = 4 x, dan diatas

bidang xy.



38

1.4. KOORDINAT SILINDER DAN KOORDINAT BOLA

Dalam ruang dimensi tiga, selain sistem koordinat kartesius untuk mempresentasikan titik

P ( x, y, z ), sering pula digunakan sistem koordinat kartesius atau sistem koordinat bola. Kedua

sistem koordinat ini memegang peranan penting dalam penghitungan integral lipat.

1.4.1. Sistem Koordinat Silinder

Sistem koordinat silinder ini biasanya digunakan bilamana suatu benda pejal simetris

terhadap suatu garis tertentu. Suatu titik P pada ruang dimensi tiga, dalam koordinat silinder

dipresentasikan dengan pasangan bilangan (r ,, z ) dimana r dan , adalah koordinat kutub

yang merupakan proyeksi P pada bidang kutub, dan z adalah jarak tetap.

Hubungan antara P ( x, y, z ) dalam sistem koordinat kartesius dengan P (r ,, z ) dalam sistemkoordinat silinder pada ruang dimensi tiga diberikan oleh transformasi :

x = r cos x2 + y

2 = r

2

y = r sin tan = y/x, dengan x 0

z = z

Hubungan kedua sistem koordinat tersebut digambarkan pada gambar 1.4.1. berikut ini.

z

P ( x, y, z ) P (r ,, z )

y

x Gambar 1.4.1.

Sebagai ilustrasi penggunaan sistem koordinat silinder perhatikanlah contoh-contoh soal

berikut ini.

Contoh 1.4.1.

Carilah persamaan dalam koordinat silinder dari persamaan kuadratik berikut ini,dan buatlah

pula sketsa grafiknya, dari silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 4 y, 0 z 4.

Penyelesaian :

Sketsa silinder lingkaran tegak, x2 + y2 = 4 y, 0 z 4 pada sistem koordinat kartesiusdiberikan oleh gambar 1.4.2 berikut ini.



39

z Dari sketsa gambar 1.4.2, pada bidang

xy perpotongan silinder lingkaran

tegak, x2 + y

2 = 4 y dan z = 0 adalah

adalah suatu lingkaran dengan pusat

(0,2,0), dan jari-jari = 2. Dari sketsaterlihat pula bahwa silinder simetris

terhadap sumbu z . Oleh karena itu,

silinder lingkaran tegak,

x2 + y

2 = 4 y x

2 + y

2 = 4 y, 0 z 4

y

x dalam sistem koordiant silinder

diberikan oleh

Gambar 1.4.2.

x

2

+ y

2

= 4 y r

2 = 4r sin

r = 4 sin

Dari persamaan, r = 4 sin , variabel z tidak tergantung pada variabel r dan . Sedangkan

variabel r tergantung pada , besarnya sudut terletak pada 0 . Dengan demikiandalam sistem silinder, silinder lingkaran tegak :

x2 + y

2 = 4 y, 0 z 4

dapat pula dituliskan menjadi :

0 z 4, 0 r 4 sin , dan 0 .

Contoh 1.4.2.

Buatlah sketsa benda pejal yang dibtasi oleh paraboloida, z = x2 + y

2 dan z = 4. Nyatakanlah

batasan benda pejal tersebut dalam koordinat silinder.

Penyelesaian :

Dalam koordinat kartesius sketsa benda pejal yang dibatasi oleh z = x2 + y

2 dan bidang z = 4

diperlihatkan pada gambar 1.4.3. berikut ini.

z Dari sketsa pada gambar 1.4.3.,

perpotongan paraboloida, z = x2 + y

2

z = 4 dan bidang z = 4 adalah lingkaran

x2 + y

2 = 4 pada bidang z = 4.

Dari sketsa terlihat pula bahwa

z = x2 + y

2 paraboloida, z = x

2 + y

2 simetris

terhadap sumbu z . Oleh karena itu

dalam sistem koordinat silinder

y paraaboloida dinyatakan oleh :

x

Gambar 1.4.3 z = x2 + y

2 atau z = r

2

Dari persamaan, z = r 2, variabel z tergantung pada r dan z = 4, sehingga batasan untuk z

adalah : r 2 z 4. Untuk menentukan batasan dari r dan , dapat diperoleh dari lingkaran, x2



40

+ y2 = 4, atau 0 x

2 + y

2 4. Karena x2 + y

2 = r

2, dengan demikian batasan untuk r dan

adalah 0 r 2, dan 0 2. Jadi batasan benda pejal dalam koordinat silinder adalah :

r 2 z

4 ; 0 r 2 ; 0 2.

Contoh 1.4.3.

Carilah persamaannya dalam koordinat kartesius dari permukaan yang persamaannya

diberikan dalam koordinat silinder berikut ini z 2

= r 2 cos 2, dan r = 4 cos .

Penyelesaian :

Karena, cos 2 = cos2 – sin

2 , tulislah persamaan z 2

= r 2 cos 2, menjadi :

z 2

= r 2 (cos

2 – sin2 ) = r

2 cos

2 – r 2sin

2 .

Mengingat, r cos = x dan r sin

= y, maka dengan mensubsitusikan persamaan ini pada

persamaan diatas dihasilkan :

z 2

= x2 – y

2 atau x

2+ z

2 = y

2

Dalam persamaan kuadratik, x2

+ z 2 = y

2dalam koordinat kartesius grafiknya dalah kerucut

lingkaran tegak dengan sumbu x sebagai sumbu kerucut.

Sedangkan untuk menyatakan r = 4 cos dalam koordinat kartesius, kalikanlah kedua rus

dengan r sehingga dihasilkan :

r 2 = 4 r cos

Mengingat, r 2 = x

2+ y

2 dan r

cos = x, maka dari persamaan r

2 = 4 r cos

diperoleh :

x2

+ y2 = 4 x, atau, ( x – 2)

2+ y

2 = 4

Persamaan kuadratik ini sketsanya dalam koordinat kartesius adalah silinder lingkaran tegak

dengan pusat pada bidang xy adalah (2,0,0) dan jari-jarinya adalah 2.

Contoh 1.4.4.

Sebuah benda pejal diatas bidang xy dibatasi oleh, r = 4 sin , dan z = r . Nyatakanlah kedua

persamaan dalam koordinat kartesius, dan buatlah pula sketsa bendanya.

Penyelesaian :

Untuk persamaan, r = 4 sin , kalikanlah kedua rus dengan r sehingga diperoleh :

r 2 = 4 r sin

,

Karena r 2 = x

2 + y

2 dan r sin

= y, maka persamaan diatas dapat ditulis menjadi :

x2

+ y2 = 4 y, atau, x

2+ ( y – 2)

2 = 4

Dalam koordinat kartesius, x2

+ ( y – 2)2 = 4 adalah silinder lingkaran tegak simetris terhadap

sumbu z . Pada bidang xy sketsanya adalah lingkaran pusat (0,2,0) dan jari-jarinya adalah 2.

z Sedangkan untuk persamaan z = r ,dalam koordinat kartesius kuadratkan

kedua ruas sehingga diperoleh :

z 2 = r

2, atau x

2+ y

2 = z

2

Persamaan kuadratik ini dalam

koordinat kartesius menyatakan

kecurut, dimana sumbu kerucutnya

x2

+ y2 = z

2 sejajar dengan sumbu z . Sketsa benda

x2

+ y2 = 4 y pejal dari kedua permukaan tersebut

diperlihatkan pada Gambar 1.4.4

xGambar 1.4.4.



41

Sistem Koordinat Bola

Sistem koordinat bola banyak manfaatnya guna mempresentasikan atau menyederhanakan

persamaan suatu permukaan atau benda pejal bilamana grafiknya simetris terhadap suatu titik

tetap. Suatu titik P ( x, y, z ) pada koordinat kartesius dalam ruang dimensi tiga, dalam koordinat

bola dipresentasikan dengan pasangan bilangan (r ,, ). Benda-benda pejal yangdipresentasikan dengan koordinat bola, misalnya adalah bola dan kerucut lingkaran tegak.

Misalkan P ( x, y, z ) adalah sembarang titik pada koordinat kartesius. Hubungan antara ( x, y, z )

pada koordinat kartesius dengan (r ,,) pada koordinat bola diberikan oleh transformasi :

x = r sin cos x2

+ y2 + z

2 = r

2

y = r sin sin tan = y/ x, x 0

z = r cos 0 2, 0

Dalam bentuk grafik hubungan kedua sistem koordinat tersebut digambarkan sebagai berikut:

z

P ( x, y, z ) ; (r ,,)

r y

x Gambar 1.4.5.

Sistem koordinay ini sering digunakan bilamana benda pejalnya berbentuk bola atau kerucut.

Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 1.4.5.

Nyatakanlah grafik persamaan berikut ini dalam bentuk koordinta bola,

a. Paraboloida, z = x2

+ y2

b. Kerucut, x

2

+ y

2

= k

2

z

2

Penyelesaian :

Paraboloida. z = x2

+ y2

Dengan mensubsitusikan, x = r sin cos , y = r sin sin , dan z = r cos , pada

paraboloida, z = x2

+ y2 dihasilkan :

x2

+ y2

= z

r 2 sin

2 cos

2 + r

2 sin

2 sin

2 = r cos ,

r 2 sin

2 (cos

2 + sin

2 ) = r cos ,

r 2 sin

2 = r cos ,

r = csc cot ,

Sedangkan untuk kerucut, x2

+ y2 = k

2 z

2 dengan substitusi yang sama dihasilkan :



42

r 2 sin

2 cos

2 + r

2 sin

2 sin

2 = k

2 r

2 cos

2 ,

r 2 sin

2 (cos

2 + sin

2 ) = k

2 r

2 cos

2 ,

r 2 sin

2 = k

2 r

2 cos

2 ,

tan2 = k

2

= , dengan = arc tan k .Sebagai ilustrasi bilamana, k = 1, maka dihasilkan = /4, k = 3 maka dihasilkan = /3.

Contoh 1.4.6.

Ubahlah persamaan berikut ini dalam koordinat kartesius dari : r sin = 2, r = 2 tan , dan

r = 6 sin cos + 8 cos .

Penyelesaian:

Untuk, r sin = 2, jika kedua ruas dikuadratkan dihasilkan :

r 2 sin

2 = 4

r 2 (1 – cos

2 ) = 4

r 2 – r

2 cos

2 = 4

Dengan mengganti, r 2 = x

2+ y

2 + z

2 dan r

2 cos

2 = z

2dihasilkan :

( x2

+ y2 + z

2) – z

2 = 4

x2

+ y2 = 4

Persamaan ini pada koordinat kartesius dikenal sebagai persamaan silinder lingkaran tegak.

Dengan demikian grafik dari r sin = 2, dalam koordinat kartesius adalah silinder lingkaran

tegak dengan pusat (0,0,0), jari-jari adalah 2, dan sumbu z sebagai sumbu silinder.

Sedangkan untuk r = 2 tan , tulislah persamaan ini menjadi :

r = 2cos

sin , atau. r cos = 2 sin

Selanjutnya kalikanlah kedua ruas dengan r sin , sehingga dihasilkan :

r 2 sin cos = 2 r sin sin

Karena, r = 222 z y x , r sin cos = x, dan r sin sin = y, maka diperoleh :

x 222 z y x = 2 y

Sedangkan untuk, r = 6 sin cos + 8 cos kalikanlah kedua ruas dengan r , sehingga

dihasilkan :

r 2 = 6 r sin cos + 8 r cos .

Sekali lagi dengan mengganti, r 2

= x2

+ y2 + z

2, r sin cos = x, dan r cos = z , maka

diperoleh :

x2

+ y2 + z

2 = 6 x + 8 z atau ( x – 3)

2+ y

2 + ( z – 4)

2 = 25

Persamaan ini pada koordinat kartesius dikenal sebagai persamaan bola. Dengan demikian

grafik dari, r = 6 sin cos + 8 cos , dalam koordinat kartesius adalah bola dengan pusat(3,0,4) dan jarijarinya adalah 5.



43

Contoh 1.4.7.

Sebuah benda pejal terletak diatas kerucut, x2

+ y2 = z

2 dan didalam bola, x

2+ y

2 + z

2 = 4 z .

Buatlah sketsa benda tersebut, dan nyatakanlah persamaannya dalam koodinat bola.

Penyelesaian :

z Dalam koordinat kartesius sketsa benda

x2 + y2 + z 2 = 4 z , r = 4 cos pejal diatas kerucut dan didalam boladiperlihatkan pada gambar 1.4.6. Bola

berpusat di (0,0,2) dengan jari-jarinya

adalah 2. Perpotongan bola dan kerucut

x2

+ y2 = z

2 = /4 terjadi pada bidang z = 2.

y

x

Gambar 1.4.6

Dari sketsa pada gambar 1.4.6. terlihat bahwa benda pejal simetris terhadap titik pusat. Oleh

karena itu dalam koordinat bola kedua permukaan tersebut dinyatakan oleh :

Untuk bola, x2

+ y2 + z

2 = 4 z . dituliskan menjadi :

r 2 = 4 r cos

r = 4 cos .

Untuk kerucut, z 2

= x2 + y

2 dituliskan menjadi :

r 2 cos

2 = r

2 sin

2

tan2 = 1

tan = 1 = /4


Untuk soal-soal 1 s/d 5, ubahlah persamaan-persamaan berikut ini dalam koordinat silinder.

1. x2

+ y2 + 4 z

2 = 36 4. x

2+ y

2 = 4 z

2

2. x2

+ y2 = 4 z 5. x

2+ y

2 + z

2 = 4 z .

3. x2 – y

2 = 2 z

2

Untuk soal-soal 6 s/d 10, ubahlah persamaan-persamaan berikut ini dalam koordinat bola.

6. x2

+ y2 + z

2 – 4 y + 6 z = 0 9. x

2+ y

2 = 3 z

2

7. x2

+ y2

= 2 z . 10. x2

+ y2

= 4 y.8. x

2+ y

2 + z

2 – 6 x = 0

Untuk soal-soal 11 s/d 15, carilah persamaan kartesius dari persamaan koordinat silinder, dan

sebutkan nama persamaannya.

11.r = 4 cos 14. z 2

sin2 = r

3

12. r 2

cos 2 = z 3 15. r

= 3 + 2 cos

13. r 2

cos 2 = z

Untuk soal-soal 16 s/d 20, carilah persamaan kartesius dari persamaan koordinat bola, dan

sebutkan nama persamaannya.

16. r sin = 1 19. r

= 2 cos

17. r

= sec 20. = /318. = /6



44

BAB II

TURUNAN PARSIAL

2.1. FUNGSI n VARIABEL

Definisi fungsi n variabel

Fungsi n variabel adalah aturan yang memadankan (menghubungkan) bilangan pasangan

berurut ( x1, x2, ... , xn) dalam himpunan D dengan tepat satu blangan real w. Himpunan semua

bilangan ( x1, x2, ... , xn) disebut dengan daerah asal (domain) f , dan himpunan semua bilangan

real w disebut dengan daerah hasil. Dari definisi tersebut, suatu fungsi n variabel

persamaannya diberikan oleh:

w = f ( x1, x2, ... , xn)

Dari persamaan ini, variabel-variabel ( x1, x2, ... , xn) disebut dengan variabel bebas, dan w disebut dengan variabel tak bebas. Kejadian khusus, bilamana n = 2, diperoleh fungsi dengan

dua variabel bebas, dan daerah asalnya adalah himpunan titik-titik dalam bidang R2.

Persamaan fungsi dua variabel diberikan oleh :

z = f ( x, y)

dimana x dan y disebut dengan variabel bebas, dan z disebut dengan variabel tak bebas.

Sedangkan untuk n = 3, diperoleh fungsi tiga variabel persamaan fungsinya diberikan oleh :

w = f ( x, y, z)

dimana x, y dan z disebut dengan variabel bebas, dan w disebut dengan variabel tak bebas.Sebagai ilustrasi berikut ini contoh-contoh soal fungsi dua dan tiga variabel.

Contoh 2.1.1

Misalkan f fungsi dua variabel dari x dan y dimana persamaannya diberikan oleh:

f ( x, y) = 2245 y x x −−+

Tentukanah daerah asalah dan daerah fungsi f .

Penyelesaian :

Daerah asal. Mengingat persamaan fungsi f ( x, y) = 2245 y x x −−+ adalah persamaan

irrasional dibawah tanda akar, maka fungsi terdefinisi bilamana :

5 + 4 x – x2 – y2 ≥ 0 y 9 – ( x – 2)

2 – y

2≥ 0

( x – 2)2 + y

2≤ 9

Dengan demikian daerah asal f adalah

himpunan : {( x, y) : ( x – 2)2 + y

2≤ 9}. x

Himpunan ini adalah titik-titik pada

bidang xy didalam lingkaran

( x – 2)2 + y

2≤ 9. Lihat gambar 2.1.1. Gambar 2.1.1.



45

Daerah Hasil. Ambil z = f ( x, y) maka diperoleh,

z = 2245 y x x −−+ = 22)2(9 y x −−−

Dari persamaan diatas, bila ( x – 2)2 + y

2= 9 dihasilkan z = 0, dan bila ( x – 2)

2 + y

2= 0

diperoleh z = 3 yang merupakan nilai maksimum. Dengan demikian daerah hasilnya adalah bilangan real [0.3].

Contoh 2.1.2.

Andaikan f adalah fungsi dua variabel dari x dan y yang didefinisikan oleh,

f ( x, y) = x

y x 164 22−+

Tentukanlah daerah asal f , dan buatlah sketsa daerah asal f .

Penyelesaian :

Daerah asal. Dari definisi fungsi f terlihat 2 y

bahwa persamaan fungsinya adalah fungsi

rasional, dengan pembilang berbentuk akar 2 persamaan. Dengan demikian fungsi f ada

nilainya, jika daerah asal f adalah x ≠ 0, dan 4 x

x2 + 4 y

2 – 16 ≥ 0. Dengan demikian daerah

asal f adalah himpunan titik-titik :

{( x, y} : x2 + 4 y

2 ≥ 16 dan x ≠ 0} x

2 + 4 y

2 = 16

Sedangkan sketsa daerah asalnya diberikan Gambar 2.1.2.

oleh gambar 2.1.2.

Contoh 2.1.3.

Bilamana f adalah fungsi yang didefinisikan oleh : f ( x, y, z) = x

3

+ 4 yz

2

– x

2

y

2

Hitunglah f (2,1,3) ; f (h,1,3) ; f (2,k ,3) dan f (2,1,s)

Penyelesaian :

Dengan menggunakan persamaan fungsinya diperoleh :

f (2,1,3) = (2)3 + 4(1)(3)

2 – (2)

2(1)

2 = 40

f (h,1,3) = (h)3 + 4(1)(3)

2 – (h)

2(1)

2 = h

3 – h

2 + 36

f (2,k ,3) = (2)3 + 4(k )(3)

2 – (2)

2(k )

2 = 8 + 36k – 4k

2

f (2,1,s) = (2)3 + 4(1)(s)

2 – (2)

2(1)

2 = 4 + 4s

Grafik Fungsi, f ( x, y)

Secara geometri grafik fungsi yang relatif mudah dibuat adalah grafik fungsi dua variabel

dari x dan y. Grafik fungsi ini dibuat dengan menggunakan sistem koordinat dalam ruang.

Grafik fungsi dua variabel yang dimaksudkan disini adalah grafik fungsi, z = f ( x, y). Grafik

fungsi ini biasanya menunjukkan suatu permukaan dimana daerah asal fungsi f adalah setiap

titik ( x, y) pada bidang xy, dan daerah nilainya ditunjukkan oleh sumbu z. Dengan demikian

grafik fungsi f ditunjukkan oleh permukaan dengan persamaannya ditentukan oleh persamaan

tiga variabel x, y dan z, yang memanuhi persamaan, z = f ( x, y).



46

Contoh 2.1.4.

Buatlah sketsa grafik fungsi,

f ( x, y) = 12 – 4 x – 3 y

Penyelesaian : z

Andaikan, z = f ( x, y), sehingga persamaan

fungsinya dapat ditulis menjadi :

z = 12 – 4 x – 3 y atau 4 x + 3 y + z = 12Persamaan diatas dikenal dengan persamaan

bidang dalam ruang dimensi tiga. Dengan y

demikian grafik fungsi, f ( x, y) = 12 – 4 x – 3 y

adalah permukaan bidang. Adapun sketsa x 4 x + 3 y + z = 12

grafiknya seperti terlihat pada gambar berikut ini. Gambar 2.1.3.

Contoh 2.1.5.

Buatlah sketsa grafik fungsi dari,

f ( x, y) = x2 + ( y – 2)

2

Penyelesaian :

Andaikan, z = f ( x, y), sehingga persamaan fungsinya dapat ditulis menjadi :

z = x2 + ( y – 2)2

Persamaan diatas dikenal dengan persamaan z

paraboloida, sehingga grafik fungsinya adalah

merupakan permukaan paraboloida dalam

ruang dimensi tiga. Karena persamaan fungsi

f ( x, y) merupakan polinomial derajad dua, z = x2 + ( y – 2)

2

maka daerah asal fungsinya adalah himpunan y

semua titik dalam bidang xy, dan daerah 2

nilainya adalah z ≥ 0. Sketsa grafik fungsinya x

diberikan pada gambar 2.1.4. berikut ini. Gambar 2.1.4.

Contoh 2.1.6.Buatlah sketsa grafik fungsi dari,

f ( x, y) = 2236 y x −−

Penyelesaian :

Andaikan, z = f ( x, y), sehingga persamaan fungsinya dapat ditulis menjadi :

z = 2236 y x −−

atau,

x2 + y

2 + z

2= 36.

Karena fungsi f persamaan alakah persamaan dibawah tanda akar, maka daerah asal

fungsinya adalah himpunan titik-titk :

{( x, y): x2 + y

2 ≤ 36},

dimana pada bidang xy persamaan ini adalah lingkaran dengan pusat (0,0) dan jari-jari 5. Dari

definisi fungsi f persamaannya dibawah tanda akar, maka nilai z selalu positif, sehingga

daerah nilai z adalah interval tertutup [0,6]. Selanjutnya untuk membuat sketsa grafiknya

kuadratkan kedua ruas pada persamaan,

z = 2236 y x −− ,



47

sehingga dihasilkan :

x2 + y

2 + z

2= 36 z

Persamaan terakhir ini adalah

persamaan bola, dengan pusat

(0,0,0) dan jari-jarinya 5. x2 + y

2 + z

2= 36

Dengan demikian grafiknya 0 y

merupakan setengah bola diatas 4 bidang xy sebagaimana tergambar x

pada gambar 2.1.5. Gambar 2.1.5.

Peta Kontur

Sebagaimana telah disebutkan bahwa tidak semua fungsi f ( x, y) dapat dibuat sketsa grafiknya.

Salah satu kendalanya adalah bahwa tidak semua fungsi tersebut dapat dibuat sketsa

grafiknya dalam ruang dimensi tiga, mengingat grafik fungsi dua variabel dapat dibuat

sketsnya apabila persamaan fungsinya melibatkan persaman yang sederhana, misalnya adalah

bola, kerucut, silinder lingkaran tegak, elipsoida, paraboloida maupun bidang. Pendekatanlain yang cukup sederhana untuk memvisualisasikan fungsi dua variabel, namun banyak

manfaatnya adalah menyatakan grafik fungsi dalam ruang dimensi tiga dengan peta

topografik pada ruang dimensi dua. Peta-peta topografik demikian dikenal dengan peta

kontur.

Misalkan diberikan suatu fungsi dimana permukaannya diberikan oleh persamaan, z = f ( x, y).

Bilamana permukaan z = f ( x, y) dipotong oleh bidang z = k , dan kurva perpotongannya

diproyeksikan pada bidang xy, sihingga diperoleh himpunan kuva-kurva f ( x, y) = k . Kurva-

kurva proyeksi dengan persamaan f ( x, y) = k dinamakan kurva ketinggian (kontur) f ( x, y) di z

= k . Sedangkan himpunan kurva-kurva kontur dinamakan dengan peta kontur. Untuk lebih

jelasnya perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.

Contoh 2.1.7.

Misalkan diberikan fungsi dengan persamaan,

f ( x, y) = x2 + 4 y

2.

Gambarkanlah sketsa grafik fungsi f dan peta kontur f di z = 4, z = 16, dan z = 36.

Penyelesian.

Ambil, z = f ( x, y), sehingga persamaan z

fungsinya dapat ditulis menjadi :

z = x2 + 4 y

2

Persamaan diatas dikenal dengan z = x2 + 4 y

2

persamaan paraboloida. Grafik

fungsinya diperlihatkan padagambar 2.1.6.

y

x

Gambar 2.1.6..

Sedangkan untuk membuat peta konturnya, buatlah kurva-kurva ketinggian yang berpadanan

dengan z = 4, dan x2 + 4 y

2 = 4, z = 16, dan x

2 + 4 y

2 = 16, z = 36, dan x

2 + 4 y

2 = 36. Dengan

membuat sketsa kurva-kurva, x2 + 4 y

2 = k , pada bidang xy diperlihatkan pada gambar 2.1.7.



48

y

x2 + 4 y

2 = 4,

x2 + 4 y

2 = 16, x

x2 + 4 y

2 = 36.

Gambar 2.1.7.

Contoh 2.1.8.

Bilamana, v( x, y) menyatakan suatu tegagan di setiap titik ( x, y) pada bidang, kurva-kurva

ketinggian tegangan v( x, y) disebut dengan kurva ekuipotensial. Bila tegangan pada bidang

diberikan oleh,

v( x, y) =22

4

y x +

Buatlah peta kontur kurva-kurva ekuipotensial yang berpadanan dengan v = ½, 1, 2, dan 4

Penyelesaian :

Ambil, v = v( x, y) dan untuk v ≠ 0, tegangan pada bidang ditulis menjadi :

v =22

4

y x +

atau,

x2 + y

2 =

2

16

v

Persamaan terakhir ini adalah merupakan lingkaran dengan pusat (0,0) dan jari-jarinya (4/v).

Dengan mensubsitusikan v = ½, 1, 2, dan 4 pada persamaan lingkaran x2 + y2 = (4/v)2, maka

diperoleh peta kontur dan kurva-kurva ekuipotensial yang diperlihatkan pada gambar 2.1.8.

y

x2 + y

2 = 1, z = 4

x2 + y

2 = 4, z = 2

x2 + y2 = 16, z = 1

x2 + y

2 = 64, z = ½

Gambar 2.1.8.

Gambar 2.1.8



49


Dalam soal-soal berikut ini, tentukanlah daerah asal fungsi f , dan buatlah sketsa daerah

asalnya pada bidang xy.

1. f ( x, y) =1

122−+ y x

6. f ( x, y) = y

y x22

16 −−

2. f ( x, y) = 224 y x x −− 7. f ( x, y) =22416

1

y x −−

3. f ( x, y) = 22 9436 y x −− 8. f ( x, y) = 228 y x y −−

4. f ( x, y) = 364 22−+ y x 9. f ( x, y) =

xy

y x +

5. f ( x, y) =

x

y x x 2216 −− 10. f ( x, y) =

y x

y x

+

−

Dalam soal-soal berikut ini, buatlah sketsa grafiknya dalam ruang dimensi tiga.

11. f ( x, y) = 4 – x – 2 y 16. f ( x, y) = 22 y x +

12. f ( x, y) = 8 – 2 x – y 17. f ( x, y) = 22416 y x −−

13. f ( x, y) = 16 – 4 x2 – y

2 18. f ( x, y) = 22 416 y x −−

14. f ( x, y) = 36 – 9 x2 – 4 y

2 19. f ( x, y) = 228 y x x −−

15. f ( x, y) = 36 – 4 x2 – 9 y

2 20. f ( x, y) = 2286 y x y x −−+

Dalam soal-soal berikut ini, buatlah peta konturnya.

21. f ( x, y) = y – x2 26. f ( x, y) = xy

22. f ( x, y) = x – y2 27. f ( x, y) = x

2 y

2

23. f ( x, y) = x2 + y

2 28. f ( x, y) = 22 y x −

24. f ( x, y) = x2 – y

2 29. f ( x, y) = 2216 y x −−

25. f ( x, y) = x1/2

y1/2

30. f ( x, y) = 22 y x +



50

2.2. TURUNAN PARSIAL

Definisi Turunan Parsial :

Andaikan bahwa f adalah suatu fungsi dua variabel dari x dan y. Turunan parsial f terhadap x

adalahsuatu fungsi yang dinyatakan dengan f x( x, y) yang nilainya disetiap titik ( x, y) diberikan

oleh :

f x( x, y) =0

lim→Δ x x

y x f y x x f

Δ

−Δ+ ),(),(

apabila limitnya ada. Dengan cara yang sama, turunan parsial f terhadap y adalah fungsi yang

dinyatakan dengan dengan f y( x, y) yang nilainya disetiap titik ( x, y) diberikan oleh :

f y( x, y) =0

lim→Δ y y

y x f y y x f

Δ

−Δ+ ),(),(

apabila imitnya ada.

Notasi Turunan Parsial

Andaikan z = f ( x, y) adalah fungsi dua variabel dari x dan y. Notasi-notasi yang dapat

digunakan untuk menyatakan turunan parsial antara lain adalah :

f x( x, y) = x

f

∂

∂ =

x

z

∂

∂ = D x( x, y)

f y( x, y) =

y

f

∂

∂ =

y

z

∂

∂ = D y( x, y)

Contoh 2.2.1.

Dengan menggunakan definisi, hitunglah f x( x, y) dan f x( x, y) bilamana diberikan,

f ( x, y) = 2 x2 y – 3 xy

2,

Penyelesaian :

Dengan menggunakan definisi diatas diperoleh :

f x( x, y) =0

lim→Δ x x

y x f y x x f

Δ

−Δ+ ),(),(

=0

lim→Δ x x

xy y x y x x y x x

Δ

−−Δ+−Δ+ ]32[])(3)(2[ 2222

=0

lim→Δ x x

xy y x xy x

Δ

Δ−Δ+Δ 22 3)(24

=0

lim→Δ x x

y xy xy x

Δ

−Δ+Δ )324(2

=0

lim→Δ x

(4 xy + 2Δ xy – 3 y2)

= 4 xy – 3 y2



51

dan,

f y( x, y) =0

lim→Δ y y

y x f y y x f

Δ

−Δ+ ),(),(

=0

lim→Δ y y

xy y x y y x y y x

Δ

−−Δ+−Δ+ ]32[])(3)(2[ 2222

=0

lim→Δ y y

y x y xy y x

Δ

Δ−Δ−Δ 22 )(362

=0

lim→Δ y y

y x xy x y

Δ

Δ−−Δ )362( 2

=0

lim→Δ y

(2 x2 – 6 xy – 3 xΔ y)

= 2 x2 – 6 xy

Jadi,

f x( x, y) = 4 xy – 3 y2, dan f y( x, y) = 2 x

2 – 6 xy

Dari contoh diatas terlihat untuk menghitung f x( x, y) dapat menggunakan aturan baku turunan

biasa dengan asumsi y konstan. Demikian pula untuk f y( x, y) dapat menggunakan aturan baku

turunan biasa dengan asumsi x konstan. Dengan pendekatan seperti itu, untuk fungsi :

f ( x, y) = 2 x2 y – 3 xy

2,

pada contoh soal diatas dihasilkan :

f x( x, y) = x∂

∂(2 x

2 y – 3 xy

2) = 2 y

x∂

∂( x

2) – 3 y

2

x∂

∂( x) = 2 y(2 x) – 3 y

2(1)

= 4 xy – 3 y2

f y( x, y) =

y∂

∂(2 x

2 y – 3 xy

2) = 2 x

2

y∂

∂ ( y) – 3 x

y∂

∂( y

2) = 2 x

2(1) – 3 x(2 y)

= 2 x2 – 6 xy

Contoh 2.2.2.

Hitunglah x

z

∂

∂dan

y

z

∂

∂ jika z = x

3 y

2(4 – 2 x + y

2)

Penyelesaian :

Untuk menghitung x

z

∂

∂ dengan menganggap y konstan dan mendeferensialkan terhadap x dan

menerapkan rumus hasil kali turunan biasa dihasilkan,

x

z

∂

∂

= x

3

y

2

x∂

∂

(4 – 2 x + y

2

) + (4 – 2 x + y

2

) x∂

∂

( x

3

y

2

)

= x3 y

2(–2) + (4 – 2 x + y

2)(3 x

2 y

2)

= x2 y

2(12 – 8 x + 3 y

2)

Dengan menganggap x konstan, turunan parsial terhadap y diberikan oleh :

y

z

∂

∂ = x

3 y

2

y∂

∂(4 – 2 x + y

2) + (4 – 2 x + y

2)

y∂

∂( x

3 y

2)

= x3 y

2(2 y) + (4 – 2 x + y

2)(2 x

3 y) = x

3 y(8 – 4 x + 4 y

2)



52

Contoh 2.2.3.

Hitunglah x

z

∂

∂dan

y

z

∂

∂ jika z = ( x

2 – y

3)sin( x

3 y

2)

Penyelesaian :

Dengan menganggap y konstan, dan mendeferensialkan terhadap x serta menerapkan rumus

hasil kali dan aturan rantai turunan biasa dihasilkan,

x

z

∂

∂ = ( x

2 – y

3)

x∂

∂ [sin( x

3 y

2)] + sin( x

3 y

2)

x∂

∂( x

2 – y

3)

= ( x2 – y

3) cos( x

3 y

2)

x∂

∂( x

3 y

2) + sin( x

3 y

2) (2 x)

= ( x2 – y

3) cos( x

3 y

2) (3 x

2 y

2) + 2 x sin( x

3 y

2)

= 3 x2 y

2 ( x

2 – y

3) cos( x

3 y

2) + 2 x sin( x

3 y

2)

Dengan menganggap x konstan, dan dengan cara yang sama seperti diatas turunan parsial

terhadap y diberikan oleh :

y

z

∂

∂ = ( x

2 – y

3)

y∂

∂ [sin( x

3 y

2)] + sin( x

3 y

2)

y∂

∂ ( x

2 – y

3)

= ( x2 – y

3) cos( x

3 y

2)

y∂

∂( x

3 y

2) + sin( x

3 y

2) (–3 y

2)

= ( x2 – y

3) cos( x

3 y

2) (2 x

3 y) – 3 y

2 sin( x

3 y

2)

= 2 x3 y ( x

2 – y

3) cos( x

3 y

2) – 3 y

2sin( x

3 y

2)

Contoh 2.2.4.

Diberikan, z = sin( x/ y) + ln( y/ x). Buktikanlah bahwa, x x

z

∂

∂+ y

y

z

∂

∂ = 0

Penyelesaian :

Langkah pertama, menghitung x

z

∂

∂ dan y

z

∂

∂.

Dengan menganggap y konstan, dengan mendeferensialkan z terhadap x dihasilkan :

x

z

∂

∂ = cos( x/ y)

x∂

∂⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x +

)/(

1

x y x∂

∂⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

x

y

= y

1cos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x +

y

x⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

2 x

y =

y

1cos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x –

x

1

Demikian pula, dengan menganggap x konstan turunan parsial z terhadap y diberikan oleh:

y

z

∂

∂ = cos( x/ y)

y∂

∂⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x +

)/(

1

x y y∂

∂⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

x

y

= –2 y

xcos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x +

y

x x

1 = –

2 y

xcos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x +

y

1

Langkah kedua, membuktikan kesamaan x x

z

∂

∂+ y

y

z

∂

∂ = 0

Dengan menggunakan hasil dari langkah pertama dihasilkan :



53

x x

z

∂

∂+ y

y

z

∂

∂ = x ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

x y

x

y

1cos

1 + y

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

y y

x

y

x 1cos

2

= ( y

xcos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x – 1) + ( –

y

xcos ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

y

x + 1) = 0

Tafsiran Turunan Parsial

Andaikan, z = f ( x, y) adalah suatu permukaan fungsi dua variabel dari x dan y. Bilamana y

diambil konstan, misal y = y0, maka dihasilkan persamaan z = f ( x, y0) yang merupakan berkas

permukaan pada bidang y = y0. Berkas permukaan tersebut dinyatakan dengan dua persamaan

yaitu :

z = f ( x, y), dan y = y0 z

Berkas lengkungan permukaan

tersebut merupakan perpotongan

permukaan z = f ( x, y), dan bidang P0

y = y0. Lihat gambar 2.2.1. Jadi,turunan parsial f terhadap x, f x( x, y) y0 y

di ( x0, y0) dapat ditafsirkan sebagai

gradian garis singgung kurva yang x

diberikan oleh z = f ( x, y), dan y = y0 Gambar 2.2.1.

di titik ( x0, y0), f ( x0, y0)) dengan z0 = f ( x0, y0).

z

Dengan pendekatan yang sama,

turunan parsial f terhadap y, f y( x, y)

ditafsirkan merupakan gradien garis

singgung kurva pada permukaan, P0

z = f ( x, y), dan x = x0 di titik y

P0( x0, y0, z0) pada bidang x = x0. Hal x0

ini ditunjukkan oleh sketsa grafik pada

gambar 2.2.2. x

Gambar 2.2.2.

Karena setiap turunan merupakan ukuran dari suatu laju perubahan, maka turunan parsaial

dapat pula diartikan sebagai laju perubahan. Sehingga, f x( x, y) dapat diartikan sebagai laju

perubahan dari f ( x, y) terhadap x bilamana y konstan. Demikian pula sebaliknya untuk f y( x, y).

Contoh 2.2.5.Hitunglah gradien garis singgung kurva perpotongan permukaan elipsoida,

f ( x, y) = 22 238 y x −−

dengan bidang y = 3, dititik (4,3,2)

Penyelesaian :

Dengan menurunkan secara parsial f ( x, y) = 22 238 y x −− terhadap x dihasilkan :



54

f x( x, y) =22 238 y x

x

−−

−

dan nilainya di titik (4,3) adalah f (4,3) = 2, dan

f x( x, y) =22 )3(2)4(38

4

−−

− = – 2

Jadi gradien kurva pada y = 3, dan f ( x, y) = 22 238 y x −− dititik (4,3,2) adalah –2.

Contoh 2.2.6.

Menurut hukum gas ideal, hubungan antara tekanan (P), volume (V ) dan suhu (T ) diberikan

oleh,

PV = kT

dimana k adalah konstanta perbandingan. Misalkan suatu gas ideal mempunyai volume 80

cm3, suhu adalah 90

O dengan k = 6. Hitunglah laju perubahan P per satuan perubahan suhu,

bilamana volume tetap, dan dengan hasil tersebut hitunglah perkiraan perubahan tekanan bila

suhu naik menjadi 92O.

Penyelesaian :Dari rumus gas ideal, bila tekanan dinyatakan sebagai fungsi dari suhu dan volume adalah :

P =V

kT

Pada kondisi, V = 80, T = 90, dan k = 6, maka diperoleh :

P =80

)90()6( = 6,75

Bilamana V tetap, laju perubahan tekanan terhadap suhu T diberikan oleh :

T

P

∂

∂=

V

k =

V

6

Untuk T = 90, dan V = 80, dihasilkan :

T P

∂∂ =

806 = 0,075

Jadi laju perubahan tekanan terhadap suhu bila volume tetap adalah 0,075

newton/cm2.derajad.

Selanjutnya dari hasil diatas diperoleh pula :

ΔP V

6ΔT

Bila V = 80, dan ΔT = 2, maka diperoleh :

ΔP (0,075) (2) = 0,15

Jadi perkiraan kenaikan tekanan bilamana suhu naik 2O adalah 0,015 newton/cm2

.



55

Turunan Parsial Fungsi n Variabel

Andaikan diberikan fungsi n variabel dari x1, x2, x3, ..., xn dengan persamaan :

w = f ( x1, x2, x3, ..., xn)

Bilamana turunan-turunan parsialnya ada, turunan-turunan parsialnya diberikan oleh,

1 x

w

∂

∂ = f x1,

2 x

w

∂

∂ = f x2,

3 x

w

∂

∂ = f x3, ...

n x

w

∂

∂ = f xn,

Khusus untuk fungsi tiga variabel dari x, y, z persamaan fungsinya diberikan oleh :

w = f ( x, y, z)

Sedangkan turunan-turunan parsialnya diberikan oleh :

x

w

∂

∂ = f x( x, y, z),

y

w

∂

∂ = f y( x, y, z),

z

w

∂

∂= f z( x, y, z)

Untuk menghitung fungsi turunan parsialnya dapat digunakan metode yang telah dibahas

pada turunan fungsi dua variabel. Sebagai contoh, turunan parsial terhadap x yakni f x( x, y, z),

dapat diperoleh dengan memandang fungsi f ( x, y, z) sebagai turunan biasa dari f terhadap x,

dengan asumsi y dan z sebagai konstanta. Sedangkan f y( x, y, z) dan f z( x, y, z) dapat diperoleh

dengan cara yang sama.

Contoh 2.2.7.

Diberikan f ( x, y, z) = 2 x2 y

3 + 3 x

3 z

4 – 4 y

2 z

3. Hitunglah, f x( x, y, z), f y( x, y, z) dan f z( x, y, z) dititik

(2,3,1)

Penyelesaian :

Dengan memandang f fungsi dari x, dan y dan z konstan, turunan parsial f terhadap x

diberikan oleh :

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

3 + 3(3 x

2) z

4 – 0 = 4 x

y

3 + 9 x

2 z

4

dan di titik (2,3,1) nilainya adalah :

f x(2,3,1) = 4(2)(3)3 + 9(2)

2(1)

4 = 252

Demikian pula, dengan memandang f fungsi dari y, dan x dan z konstan, turunan parsial f

terhadap y diberikan oleh :

f y( x, y, z) = 2 x2

(3 y2) +0 – 4(2 y)

z

3 = 6 x

2 y

2 – 8 y

z

3


f y(2,3,1) = 6(2)2

(3)2

– 8(3)(1)3

= 192

Demikian pula, dengan memandang f fungsi dari z, dan x dan y konstan, turunan parsial f

terhadap z diberikan oleh :

f y( x, y, z) = 0 +3 x3

(4 z3) – 4 y

2(3 z

2) = 12 x

3 z

3 – 12 y

2 z

2


f z(2,3,1) = 12(2)3

(1)3 – 12(3)

2 (1)

2 = –12



56

Contoh 2.2.8.

Diberikan, w = xy2 z

3( x

2 – y)

3. Hitunglah

x

w

∂

∂,

y

w

∂

∂,

z

w

∂

∂

Penyelesaian :

Dengan memandang w fungsi dari x, dan y dan z konstan, dengan menggunakan aturan rantai

dan aturan hasil kali pada turunan biasa, turunan parsial w terhadap x diberikan oleh :

x

w

∂

∂ = ( x

2 – y)

3.

x∂

∂( xy

2 z

3) + xy

2 z

3.

x∂

∂( x

2 – y)

3

= ( x2 – y)

3.( xy

2 z

3) + xy

2 z

3.3( x

2 – y)

2.(2 x)

= y2 z

3( x

2 – y)

2{( x

2 – y) + 3 x(2 x)}

= y2 z

3( x

2 – y)

2(5 x

2 – y)

Dengan memandang w fungsi dari y, dan x dan z konstan, turunan parsial w terhadap y

diberikan oleh :

y

w

∂

∂ = ( x

2 – y)

3.

y∂

∂( xy

2 z

3) + xy

2 z

3.

y∂

∂( x

2 – y)

3

= ( x2

– y)3

.(2 xyz3

) + xy2

z3

.3( x2

– y)2

.(–1)= xyz

3( x

2 – y)

2{2( x

2 – y) – 3 y)}

= xyz3( x

2 – y)

2(2 x

2 – 5 y)

Dengan memandang w fungsi dari z, dan x dan y konstan, turunan parsial w terhadap z

diberikan oleh :

z

w

∂

∂ = ( x

2 – y)

3.

z∂

∂( xy

2 z

3) + xy

2 z

3.

z∂

∂( x

2 – y)

3

= ( x2 – y)

3.(3 xy

2 z

2) + xy

2 z

3.3( x

2 – y)

2.(0)

= 3 xy2 z

2( x

2 – y)

3

Contoh 2.2.9.

Diberikan, w = e xz

sin( xy) hitunglah x

w

∂

∂,

y

w

∂

∂,

z

w

∂

∂

Penyelesaian :

Dengan memandang w fungsi dari x, dan y dan z konstan, dengan menggunakan aturan hasil

kali dan aturan rantai pada turunan biasa, turunan parsial w terhadap x diberikan oleh :

x

w

∂

∂ = e

xz

x∂

∂(sin( xy)) + sin( xy).

x∂

∂(e xz

)

= e xz

cos( xy)( y) + sin( xy)e xz

( z)

= { y cos( xy) + z sin( xy)}e xz

y

w

∂

∂ = e

xz

y∂

∂ (sin( xy)) + sin( xy). y∂

∂(e xz

)

= e xz

cos( xy)( x) + sin( xy)(0)

= x cos( xy)e xz

z

w

∂

∂ = e

xz

z∂

∂(sin( xy)) + sin( xy).

z∂

∂(e xz

)

= e xz

(0) + sin( xy)e xz

( z) = x sin( xy)e xz



57

Contoh 2.2.10.

Diberikan, f ( x, y, z) = x3 + yx

2 + yz

2. Buktikanlah bahwa xf x + y f y + zf z = 3 f ( x, y, z)

Penyelesaian.

Langkah pertama menghitung, f x, f y, dan f z. Dengan menurunkan secara parsial f ( x, y, z)

terhadap x, y, dan z dihasilkan :

f x = 3 x2 + 2 xy ; f y = x

2 + z

2 ; f z = 2 xy

Langkah kedua membuktikan kesamaan. Dengan menggunakan hasil diatas, maka diperoleh :

xf x + y f y + zf z = x(3 x2 + 2 xy) + y( x

2 + z

2) + z(2 xy)

= 3 x3 + 3 yx

2 + 3 yz

2 = 3( x

3 + yx

2 + yz

2) = 3 f ( x, y, z)

Jadi terbuktilah kesamaan, xf x + y f y + zf z = 3 f ( x, y, z)

Turunan Parsial Orde Tinggi

Pada umumnya turunan parsial fungsi dua variabel dari x dan y yakni f x( x, y) dan f y( x, y) masih

memuat variabel x dan y. Fungsi turunan parsial f x( x, y) dan f y( x, y) biasanya disebut denganturunan parsial orde satu. Bilamana f x( x, y) dan f y( x, y) masih dapat diturunkan terhadap x dan

y, hasilnya disebut dengan turunan parsial orde dua, dan diberikan oleh :

f xx( x, y) = x∂

∂⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

x

z=

2

2

x

z

∂

∂ : turunan parsial pertama terhadap x kedua terhadap x

f xy( x, y) = y∂

∂⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

x

z=

x y

z

∂∂

∂2

: turunan parsial pertama terhadap x kedua terhadap y

f yx( x, y) = x∂

∂⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

y

z=

y x

z

∂∂

∂2

: turunan parsial pertama terhadap y kedua terhadap x

f yy( x, y) = y∂∂ ⎟⎟

⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂ y z =

2

2

y z

∂∂ : turunan parsial pertama terhadap y kedua terhadap y

Dari notasi turunan parsial orde kedua yakni : f xx( x, y), f xy( x, y), f yx( x, y) dan f yy( x, y), terlihat

bahwa proses penentuan turunan parsial kedua ini dilakukan dengan cara mendeferensialkan

satu per satu berturut-turut. Proses berulang demikian ini dapat digunakan untuk menghitung

turunan parsial orde tinggi baik untuk fungsi dua variabel maupun fungsi n variabel. Untuk

lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 2.2.11.

Diberikan, f ( x, y) = x3 y

4 – x

4 y

2 – x

2 + y

3. Hitunglah f xx( x, y), f xy( x, y), f yx( x, y) dan f yy( x, y).

Penyelesaian :

Dengan menurunkan secara parsial f terhadap x dan y dua kali dihasilkan : f x( x, y) = 3 x

2 y

4 – 4 x

3 y

2 – 2 x f y( x, y) = 4 x

3 y

3 – 2 x

4 y + 3 y

2

f xx( x, y) = 6 xy4 – 12 x

2 y

2 – 2 f yy( x, y) = 12 x

3 y

2 – 2 x

4 + 6 y

f xy( x, y) = 12 x2 y

3 – 8 x

3 y f yx( x, y) = 12 x

2 y

3 – 8 x

3 y

Contoh 2.2.12.

Diberikan, f ( x, y) = ye xy

+ x cos( xy). Hitunglah f xx( x, y), f xy( x, y), f yx( x, y) dan f yy( x, y).

Penyelesaian :



58

Dengan menurunkan secara parsial f terhadap x dan y dua kali dihasilkan :

f x( x, y) = y2e xy

+ cos( xy) – xysin( xy)

f xx( x, y) = y3e xy

– ysin( xy) – [ ysin( xy) + xycos( xy) ( y)] = y3e xy

– 2 ysin( xy) – xy2cos( xy)

f xy( x, y) = (2 ye xy

+ xy2e xy

) – x sin( xy) – [ xsin( xy) + xycos( xy) ( x)]

= 2 ye xy

+ xy2e xy

– 2 x sin( xy) – x2 ycos( xy)

f y( x, y) = e xy

+ xye xy

– x2sin( xy)

f yy( x, y) = xe xy

+ ( xe xy

+ x2 ye

xy) – x

3cos( xy) = 2 xe

xy + x

2 ye

xy – x

3cos( xy)

f yx( x, y) = ye xy

+ ( ye xy

+ xy2e xy

) – [2 xsin( xy) + x2 ycos( xy)]

= 2 ye xy

+ xy2e xy

– 2 x sin( xy) – x2 ycos( xy)

Dari kedua contoh 2.2.11. dan 2.2.12. diatas, terlihat bahwa f xy( x, y) = f yx( x, y)

Contoh 2.2.13.

Diberikan, f ( x, y) = x2 y

4 z

3 – x

3 y

2 + y

3 z

4. Hitunglah f xyz, f xzy, f yxz, f yzx, f zxy dan f zyx.

Penyelesaian :

Menghitung f xyz, dan f xzy. f yxz, dan f yzx f yxz, dan f yzx f x = 2 xy

4 z

3 – 3 x

2 y

2 f y = 4 x

2 y

3 z

3 – 2 x

3 y + 3 y

2 z

4 f z = 3 x

2 y

4 z

2 + 4 y

3 z

3

f xy = 8 xy3 z

3 – 6 x

2 y; f yx = 8 xy

3 z

3 – 6 x

2 y f zx = 6 xy

4 z

2

f xyz = 24 xy3 z

2 f yxz = 24 xy

3 z

2 f zxy = 24 xy

3 z

2

f xz = 6 xy4 z

2; f yz = 12 x

2 y

3 z

2+ 12 y

2 z

3 f zy = 12 x

2 y

3 z

2 + 12 y

2 z

2

f xzy = 24 xy3 z

2 f yzx = 24 xy

3 z

2 f zyx = 24 xy

3 z

2

Contoh 2.2.14.

Diberikan, f ( x, y) = xe yz

Hitunglah f xyz, f xzy, f yxz, f yzx, f zxy dan f zyx.

Penyelesaian :

Menghitung f xyz, dan f xzy. f yxz, dan f yzx f yxz, dan f yzx

f x = e yz

f y = xze yz

f z = xye yz

f xy = ze yz

; f yx = ze yz

f zx = ye yz

f xyz = (1 + yz)e yz

f yxz = (1 + yz)e yz

f zxy = (1 + yz)e yz

f xz = ye yz

f yz = ( x + xyz)e yz

f zy = ( x + xyz)e yz

f xzy = (1 + yz)e yz

f yzx = (1 + yz)e yz

f zyx = (1 + yz)e yz

Dari kedua contoh 2.2.13. dan 2.2.14. diatas, terlihat bahwa :

f xyz = f xzy = f yzx = f yxz = f zyx = f zxy

Contoh 2.2.15

Sebuah persamaan diferensial parsial orde dua diberikan oleh,

22

x

z

∂∂ +

22

y

z

∂∂ = 0

dikenal dengan persamaan Laplace orde dua di R2. Buktikanlah bahwa, z = ln( x

2 + y

2)

memenuhi persamaan tersebut.

Penyelesaian

Dengan menurunkan secara parsial z terhadap x dan y dua kali dihasilkan,

x

z

∂

∂ =

22

2

y x

x

+



59

2

2

x

z

∂

∂ =

222

22

)(

)2(2)(2

y x

x x y x

+

−+ =

222

22

)(

22

y x

x y

+

−

dan,

y

z

∂

∂ =

22

2

y x

y

+

2

2

y

z

∂

∂ =

222

22

)(

)2(2)(2

y x

y y y x

+

−+ =

222

22

)(

22

y x

y x

+

−

Dengan mensubsitusikan,2

2

x

z

∂

∂ dan

2

2

y

z

∂

∂ ke persamaan Laplace dihasilkan :

2

2

x

z

∂

∂ +

2

2

y

z

∂

∂ =

222

22

)(

22

y x

x y

+

−+

222

22

)(

22

y x

y x

+

− = 0

Jadi terbukti bahwa, z = ln( x2 + y

2) memenuhi persamaan Laplace di R

2.

Contoh 2.2.16

Sebuah persamaan diferensial parsial orde dua diberikan oleh,

2

2

x

u

∂

∂ +

2

2

y

u

∂

∂ +

2

2

z

u

∂

∂= 0

dikenal dengan persamaan Laplace orde dua di R3. Buktikanlah bahwa, u = ze y x5sin43 +

memenuhi persamaan Laplace tersebut.

Penyelesaian

Dengan menurunkan secara parsial u terhadap x, y dan z dua kali dihasilkan,

x

u

∂

∂ = 3 ze y x 5sin43 +

2

2

x

u

∂

∂ = 9 ze y x 5sin43

+

y

u

∂

∂ = 4 ze y x 5sin43 +

2

2

y

u

∂

∂ = 16 ze y x 5sin43 +

z

u

∂

∂ = 5 ze y x 5cos43 +

2

2

z

u

∂

∂ = – 25 ze y x 5sin43 +

Dengan mensubsitusikan,2

2

x

u

∂

∂,

2

2

y

u

∂

∂ dan

2

2

z

u

∂

∂ ke persamaan Laplace dihasilkan :

2

2

x

u

∂

∂ +

2

2

y

u

∂

∂ +

2

2

z

u

∂

∂= 6 ze y x 5sin43 + + 16 ze y x 5sin43 + – 25 ze y x 5sin43 + = 0

Jadi terbukti bahwa, u = ze y x 5sin43 + memenuhi persamaan Laplace di R3.



60

Soal-soal Latihan Bab 2.2

Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 20 hitunglah turunan parsial terhadap vasiabel

bebasnya, untuk fungsi-fungsi berikut ini.

1. f ( x, y) = xy ln( x2 + y

2) 2. f ( x, y) = xy sin( x

2 + y

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

3 – y

3)

4. f ( x, y) = xy )( 22 y xe +

5. f ( x, y) = ( x2 – y

2)cos( xy) 6. f ( x, y) = x

2 y( x

2 – y

4)

7. f ( x, y) = ( x2 + y

2) xye 8. f ( x, y) = sin( x

2 + y

2) xye 9. f ( x, y) = ( x

2 + y

2)arc tan( x/ y)

10. f ( x, y) = )/arcsin(22 x y y x − 11. f ( x, y, z) = xy2( x – y

2 + z

3)

12. f ( x, y, z) = xy3 + y

2 z

3 – x

2 z

2 13. f ( x, y, z) = cos( xy) yze – sin( yz) xye

14. f ( x, y, z) = xyz ln( x2 + y

2+ z

2) 15. f ( x, y, z) = xyz )( 222

z y xe ++

16. f ( x, y, z) = xy cos( x – z) + yz sin( y – z) 17. f ( x, y, z) = ( x2 + y

2 + z

2) xyze

18. f ( x, y, z) = xz2 xye + y

2 z yze 19. f ( x, y, z) = ( x

2 + y

2) yze + ( y

2 – z

2) xze

20. f ( x, y, z) = xy cos( yz) + yz sin( xz)

Dalam soal-soal latihan nomor 21 sampai 30, selidikilah kebenaran dari f xy = f yx.

21. f ( x, y) = x3 y

2 – x

4 y

3 22. f ( x, y) = x

3 y

2(4 – x

2 + y

3)

23. f ( x, y) = xye y

x 24. 1. f ( x, y) = xy ln( x

2 + y

2)

25. f ( x, y) = ( x2 + y

2) arc tan( x/ y) 26. f ( x, y) = )/ln(/ y xe y x +−

27. f ( x, y) =22

)/arctan( y x

x x y

++ 28. f ( x, y) = )/ln(cos x y ye x +

29. f ( x, y) = )/ln(sin2 y x xe y +− 30. f ( x, y) = ( x2 + y

2)ln( x

2 + y

2)

Dalam soal nomor 31 sampai 40 berikut, selidikilah kebenaran dari :

(a). f xy = f yx ;

(b). f xz = f zx ;

(c). f yz = f zy

(d). f xyz = f yzx = f zxy

31. f ( x, y, z) = xy2 z3( x – y2 + z3) 32. f ( x, y, z) = x2 y3 + y2 z4 – x3 z3

33. f ( x, y, z) = xze y

z 34. f ( x, y, z) = xy

2 yze

35. f ( x, y, z) = xy cos( yz) – yz sin( yz) 36. f ( x, y, z) = sin( yz) xye

37. f ( x, y, z) = xy cos( x – z) + yz sin( x – z) 38. f ( x, y, z) = xyz ln( x2 + y2 + z2)

39. f ( x, y, z) = )cos( xz x

y 40. f ( x, y, z) = xye

z

y −

41. Bilamana, z = xe ye y x cossin + , buktikanlah bahwa2

2

x

z

∂

∂ +

2

2

y

z

∂

∂ = 0



61

42. Bilamana, z =22

)/arctan( y x

x x y

++ , buktikanlah bahwa

2

2

x

z

∂

∂ +

2

2

y

z

∂

∂ = 0

43. Bilamana, z = x3 y – yx

3, buktikanlah bahwa

2

2

x

z

∂

∂ +

2

2

y

z

∂

∂ = 0

44. Bilamana, z = ln(4 x2 + 4 y

2), buktikanlah bahwa

2

2

x

z

∂∂ +

2

2

y

z

∂∂ = 0

45. Bilamana, u = 222 z y x ++ , buktikanlah bahwa2

2

x

u

∂

∂ +

2

2

y

u

∂

∂ +

2

2

z

u

∂

∂= 0

46.Bilamana, u = ln( x2 + y

2+ z

2), buktikanlah bahwa

2

2

x

u

∂

∂ +

2

2

y

u

∂

∂ +

2

2

z

u

∂

∂= 0



62

2.3. ATURAN RANTAI

Penggunaan aturan rantai untuk menghitung turunan parsial, secara tidak langsung telah

digunakan, antara lain untuk menghitung

x

z

∂

∂ dan

y

z

∂

∂, yakni :

x

z

∂

∂ =

u

z

∂

∂

dx

du dan

y

z

∂

∂ =

u

z

∂

∂

dy

du

Sebagai ilustrasi,

x∂

∂sin( xy

2) = cos( xy

2)

x∂

∂( xy

2) = y

2cos( xy

2)

y∂

∂sin( xy2) = cos( xy2)

y∂

∂( xy2) = 2 xy cos( xy2)

Dalam proses penghitungan turunan parsial, aturan rantai banyak memegang peranan yang

sangat penting. Berikut ini adalah berbagai macam aturan rantai yang sering digunakan untuk

menghitung turunan parsial, khususnya turunan parsial dua atau tiga variabel. Aturan rantaiyang akan dibahas disini dapat dikembangkan untuk fungsi n variabel yang mana tergantung

pada tingkat kepentingannya.

Aturan Rantai Pertama

Andaikan z = f ( x, y) mempunyai turunan parsial, x

z

∂

∂ dan

y

z

∂

∂ ada. Bila x = x(t ), dan y = y(t )

yang dapat terdeferensiabel di t , maka z = F (t ) dapat dideferensialkan di t , yang diberikan

oleh :

dt dz =

x z∂∂

dt dx +

y z∂∂

dt dy

Contoh 2.3.1

Andaikan, z = 4 xy + x2 – y

2 dengan x = t cos t , dan y = t sin t . Hitunglah

dt

dz, dan nyatakan

hasilnya dalam variabel t

Penyelesaian

Mengingat,

x

z

∂

∂= 4 y + 2 x

y

z

∂

∂ = 4 x – 2 y

dt dx = cos t – t sin t

dt dy = sin t + t cos t

Dengan rumus aturan rantai diperoleh,

dt

dz =

x

z

∂

∂

dt

dx +

y

z

∂

∂

dt

dy

= (4 y + 2 x)(cos t – t sin t )+( 4 x – 2 y)(sin t + t cos t )

= (4t sin t + 2t cos t )(cos t – t sin t )+( 4t cos t – 2t sin t )(sin t + t cos t )

= (4t sin t cos t – 4t 2 sin

2 t + 2t cos

2 t – 2t

2 sin t cos t ) + (4t sin t cos t



63

+ 4t 2 cos

2t – 2t sin

2 t – 2t

2 sin t cos t )

= (8t – 4t 2) sin t cos t – (2t + 4t 2) sin2 t + (2t + 4t 2) cos2 t

= (8t – 4t 2) sin t cos t + (2t + 4t

2)(cos

2t – sin

2 t )

= (4t – 2t 2) sin 2t + (2t + 4t

2)cos 2t

Contoh 2.3.2

Andaikan u = x2 y + y

2 z – z

2 x, dengan x = t , y = t

2, dan z = t

3. Hitunglah

dt du , dan nyatakan

hasilnya sebagai fungsi dari variabel t .

Penyelesaian

Mengingat,

x

u

∂

∂ = 2 xy – z2

y

u

∂

∂ = x2 + 2 yz

z

u

∂

∂ = y2 – 2 xz

dt

dx = 1

dt

dy= 2t

dt

dz = 3t

2

Dengan menerapkan aturan rantai dihasilkan,

dt

du

= x

u

∂

∂

dt

dx

+ y

u

∂

∂

dt

dy

+ z

u

∂

∂

dt

dz

= [2(t )(t 2) – (t

3)

2](1) + [(t )

2 + 2(t

2)(t

3)](2t ) + [(t

2)

2 – 2(t )(t

3)](3t

2)

= (2t 3 – t

6) + (2t

3 + 4t

6) + (3t

6 – 6t

6)

= 4t 3

Contoh 2.3.3.

Penerapan Aturan Rantai Pertama. Dengan hukum ideal, hitunglah laju perubahan suhu

suatu gas pada saat volume gas 150 cm3, dan tekanan gas 9 Newton/cm

3, apabila diketahui

laju perubahan volume gas adalah 2 cm3/menit, laju perubahan tekanan gas turun 0,1

Newton/cm3 per menit pada k = 5.

PenyelesaianAndaikan t menit adalah waktu setelah volume gas berubah, T derajad suhu benda pada saat t

menit, dan P tekanan gas dalam Newton/cm3, tekanan pada saat t menit. Dengan k = 5,

menurut rumus gas ideal dihasilkan,

PV = 5T , atau T =5

PV

Dengan menggunakan rumus aturan rantai, laju perubahan suhu pada saat t menit diberikan

oleh,

dt

dT =

P

T

∂

∂

dt

dP +

V

T

∂

∂

dt

dV

=

5

V

dt

dP +

5

P

dt

dV

Diketahui pada P = 9, dan V = 150, dP/dt = –0,1, dan dV/dt = 2. Dengan mensubsitusikan

nilai-nilai tersebut diatas diperoleh,

dt

dT =

5

150(–0,1) +

5

9(2) = –3,0 + 3,6 = 0,6

Jadi pada kondisi tersebut, suhu gas naik dengan laju 0,6 derajad per menit.



64

Aturan Rantai Kedua

Andaikan, z = f ( x, y) mempunyai turunan-turunan parsial, x

z

∂

∂ dan

y

z

∂

∂. Misalkan pula bahwa x

= x(r ,t ) dan y = y(r ,t ) juga mempunyai turunan-turunan parsial pertama di (r ,t ). Maka, z =

F (r ,t ) mempunyai turunan-turunan parsial di (r ,t ) yang diberikan oleh :

r

z

∂

∂ =

x

z

∂

∂

r

x

∂

∂+

y

z

∂

∂

r

y

∂

∂

t

z

∂

∂ =

x

z

∂

∂

t

x

∂

∂ +

y

z

∂

∂

t

y

∂

∂.

Rumus aturan rantai kedua diatas, dapat dikembangkan lebih lanjut untuk fungsi n variabel

dimana masing-masing variabel bebasnya juga merupakan fungsi m variabel.

Contoh 2.3.4Andaikan, z = x

2 + 4 xy – y

2, dengan x = r cos t dan y = r sin t . Hitunglah

r

z

∂

∂ dan

t

z

∂

∂ pada r =

4, dan t = π/4

Penyelesaian

Mengingat,

x

z

∂

∂ = 2 x + 4 y

y

z

∂

∂ = 4 x – 2 y

r

x

∂

∂ = cos t

r

y

∂

∂ = sin t

t

x

∂

∂ = – r sin t

t

y

∂

∂ = r cos t

Dengan menerapkan aturan rantai kedua, dihasilkan :

r

z

∂

∂ =

x

z

∂

∂

r

x

∂

∂+

y

z

∂

∂

r

y

∂

∂

= (2 x + 4 y)(cos t ) + (4 x – 2 y)(sin t )

= [2(r cos t ) + 4(r sin t )](cos t ) + [4(r cos t ) – 2(r sin t )](sin t )

= (2r cos2 t + 4r sin t cos t ) + (4 r sin t cos t – 2r sin

2 t )

= 8r sin t cos t + 2r (cos2 t – sin

2 t )

= 4r sin 2t + 2r cos 2t

t z∂

∂ =

x z∂

∂

t x∂

∂ +

y z∂

∂

t y∂

∂

= (2 x + 4 y)( – r sin t ) + (4 x – 2 y)(r cos t )

= [2(r cos t ) + 4(r sin t )]( – r sin t ) + [4(r cos t ) – 2(r sin t )](r cos t )

= (–2r 2 sin t – 4r

2 sin

2 t ) + (4r

2 cos

2 t – 2r

2 sin t cos t )

= 4r 2 (cos

2 t – sin

2 t ) – 4r

2 sin t cos t

= 4r 2 cos 2t – 2r

2 sin 2t



65

Dengan demikian, untuk r = 4, dan t = π/4, dihasilkan :

r

z

∂

∂ = 4(4) sin 2(π/4) + 2(4) cos 2(π/4) = 16

t

z

∂

∂ = 4(4)2 cos 2(π/4) – 2(4)2 sin 2(π/4) = –32

Contoh 2.3.5

Bila, z = f (u,v), dengan u = ax – ay, dan v = by – bx. Buktikanlah bahwa z = f (u,v) memenuhi

persamaan diferensial parsial

x

z

∂

∂ +

y

z

∂

∂ = 0

Penyelesaian

Dengan menerapkan aturan rantai kedua diperoleh,

x

z

∂

∂ =

u

z

∂

∂

x

u

∂

∂ +

v

z

∂

∂

x

v

∂

∂ =

u

z

∂

∂(a) +

v

z

∂

∂(– b)

y

z

∂

∂ =

u

z

∂

∂

y

u

∂

∂ +

v

z

∂

∂

y

v

∂

∂ =

u

z

∂

∂(– a)

x

u

∂

∂ +

v

z

∂

∂(b)

Jadi,

x

z

∂

∂ +

y

z

∂

∂ =

u

z

∂

∂(a) +

v

z

∂

∂(– b) +

u

z

∂

∂(– a)

x

u

∂

∂ +

v

z

∂

∂(b)

= (a – a)u

z

∂

∂+ (– b + b)

v

z

∂

∂ = 0

Terbuktilah bahwa z = f (u,v) memenuhi persamaan diferensial parsial yang diberikan.

Contoh 2.3.6

Bila, u = xy2 + yz

2, dengan x = r cos t dan y = r sin t , dan z = r

2. Hitunglah

r

u

∂

∂dan

t

u

∂

∂ pada r

= 2, dan t = π/4Penyelesaian

Dengan menerapkan aturan rantai kedua dihasilkan,

r

u

∂

∂ =

x

u

∂

∂

r

x

∂

∂+

y

u

∂

∂

r

y

∂

∂ +

z

u

∂

∂

r

z

∂

∂

= y2

cos t + (2 xy + z2) sin t + (2 yz) 2r

= (r sin t )2 cos t + [2(r cos t )(r sin t ) + (r 2)2] sin t + [2(r sin t )(r 2)]2r

= r 2 sin

2 t

cos t + 2 r

2 sin

2 t cos t + r

4sin t + 4 r

4 sin t

= 3r 2 sin

2 t

cos t + 5 r

4 sin t


r u

∂∂ = 3(2)2 sin2(π/4) cos (π/4) + 5(2)4 sin(π/4)

= 12

2

22

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

2

1 + 80 2

2

1 = 43 2

Sekali lagi dengan menerapkan aturan rantai dihasilkan,



66

t

u

∂

∂ =

x

u

∂

∂

t

x

∂

∂+

y

u

∂

∂

t

y

∂

∂ +

z

u

∂

∂

t

z

∂

∂

= y2

(– r sin t )+ (2 xy + z2) (r cos t ) + (2 yz) (0)

= (r sin t )2

(– r sin t ) + [2(r cos t )(r sin t ) + (r 2)

2] (r cos t )

= – r 3 sin

3 t

+ 2 r

3 cos

2 t sin t + r

5cos t


t

u

∂

∂ = –(2)3 sin3(π/4) + 2(2)3 cos2(π/4) sin(π/4) + (2)5 cos(π/4)

= –8

3

22

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + 16

2

22

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

2

1 + 32 2

2

1

= 18 2

Contoh 2.3.7

Bila, u = x2 y – y

2 z, dengan x = r cos θ sin φ , y = r sin θ sin φ t , dan z = r cos φ . Hitunglah

r

u

∂

∂,

θ ∂

∂u, dan

φ ∂

∂u pada r = 2, danθ = π/4 dan φ = π/4.

Penyelesaian

Dengan menerapkan aturan rantai kedua dihasilkan,

r

u

∂

∂ =

x

u

∂

∂

r

x

∂

∂+

y

u

∂

∂

r

y

∂

∂ +

z

u

∂

∂

r

z

∂

∂

= (2 xy) cos θ sin φ + ( x2 – 2 yz) sin θ sin φ + (– y

2) cos φ

= 2( r cos θ sin φ )( r sin θ sin φ ) cos θ sin φ +

{( r cos θ sin φ )2 – 2(r sin θ sin φ )(r cosφ )}sin θ sin φ – (r sin θ sin φ )

2 cos φ

= 2r 2 sinθ cos

2θ sin

3φ + (r

2 sin θ cos

2θ sin

3φ – 2r

2 sin

2θ sin

2φ cos φ ) –

r 2 sin

2θ sin

2φ cos φ

= 3r 2 sinθ cos2θ sin3φ – 3r 2 sin2θ sin2φ cos φ

Dengan demikian, untuk r = 2, θ = π/4 dan φ = π/4, dihasilkan :

r

u

∂

∂ = 3(2)

2 sin(π/4) cos

2(π/4) sin

3(π/4) – 3(2)

2 sin

2(π/4) sin

2(π/4) cos(π/4)

= 122

22

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 3

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ – 12

2

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 2

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

2

2 =

2

3(1 – 2 )


θ ∂

∂u =

x

u

∂

∂

θ ∂

∂ x+

y

u

∂

∂

θ ∂

∂ y +

z

u

∂

∂

θ ∂

∂ z

= (2 xy) (– r sin θ sin φ ) + ( x2 – 2 yz)(r cos θ sin φ ) + (– y

2)(0)

= 2( r cos θ sin φ )( r sin θ sin φ )(– r sinθ sinφ ) +

{( r cos θ sin φ )2 – 2(r sin θ sin φ )(r cosφ )}(r cos θ sin φ )

= –2r 3 sin

2θ cosθ sin

3φ + r

3 cos

3θ sin

3φ – 2r

3 sinθ cos θ sin

2φ cos φ



67


θ ∂

∂u = – 2(2)

3 sin

2(π/4) cos(π/4) sin

3(π/4) + (2)

3 cos

3(π/4) sin

3(π/4) –

2(2)3sin(π/4) cos(π/4) sin

2(π/4) cos (π/4)

= –16

2

2

2

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

2

23

2

2

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ + 8

3

2

2

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ 3

2

2

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ – 16

2

2

2

22

2

2

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛

2

2

= –1 –2

2


φ ∂

∂u =

x

u

∂

∂

φ ∂

∂ x+

y

u

∂

∂

φ ∂

∂ y +

z

u

∂

∂

φ ∂

∂ z

= (2 xy) (r cos θ cos φ ) + ( x2 – 2 yz)(r sin θ cos φ ) + (– y

2)(– r sin φ )

= 2( r cos θ sin φ )( r sin θ sin φ )(r cosθ cosφ ) +

{( r cos θ sin φ )2 – 2(r sin θ sin φ )(r cosφ )}(r sin θ cos φ ) + (r sinθ sin φ )

2 r sin φ

= 2r 3

sinθ cos2

θ sin2

φ cosφ + (r 3

sin θ cos2

θ sin2

φ cosφ – 2r 3

sin2

θ sinφ cos2

φ ) ++ r

3 sin

2θ sin

3 φ

= 3r 3 sinθ cos

2θ sin

2φ cosφ – 2r

3 sin

2θ sinφ cos

2φ ) + r

3 sin

2θ sin

3 φ


φ ∂

∂u = 3(2)

3 sin(π/4) cos

2(π/4) sin

2(π/4) cos (π/4) – 2(2)

3 sin

2(π/4) sin(π/4) cos

2(π/4)

+ (2)3 sin2(π/4) sin3(π/4)

= 242

22

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 2

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

2

2 – 16

2

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

2

22

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + 8

3

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 3

2

2⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

= 4 –2

2

Penurunan Secara Implisit

Penurunan secara implisit secara tidak langsung telah dibahas dalam Kalkulus. Salah satu

manfaat dari aturan rantai adalah untuk menentukan turunan fungsi yang didefinisikan secara

implisit. Misalkan y fungsi dari x yang didefinisikan didefinisikan secara implisit, dan

diberikan oleh persamaan, F ( x, y) = 0. Karena y fungsi dari, maka dengan aturan rantai

dihasilkan,

x

F

∂

∂

dx

dx +

y

F

∂

∂

dx

dy = 0

Karena, dx/dx = 1, maka dihasilkan rumus :

dx

dy = –

yF

xF

∂∂

∂∂

/

/

Dengan cara yang sama, misalkan x fungsi dari y yang didefinisikan secara implisit, dan

diberikan oleh persamaan F ( x, y) = 0, maka dihasilkan rumus :

dy

dx= –

xF

yF

∂∂

∂∂

/

/



68

Contoh 2.3.8

Bila y fungsi dari x yang didefinisikan oleh, 3 xy2 + 3 y3 = x3, hitunglah dy/dx.

Penyelesaian

Andaikan, F ( x, y) = 3 xy2 + 2 y

3 – x

3, dengan menurunkan F secara parsial terhadap x dan y

dihasilkan :

x

F

∂

∂

= 3 y

2

– 3 x

2

= 3( y

2

– x

2

) = 3( y + x)( y – x)

y

F

∂

∂ = 6 xy + 6 y

2 = 6 y( x + y)

Jadi,

dx

dy = –

yF

xF

∂∂

∂∂

/

/ = –

)(6

))((3

y x y

x y x y

+

−+ =

y

y x

2

−

Contoh 2.3.9

Bila x fungsi dari y yang didefinisikan oleh, arc tan( x/ y) = ln( x2 + y

2), hitunglah dx/dy.

Penyelesaian

Andaikan, F ( x, y) = arc tan( x/ y) – ln( x2 + y

2), dengan menurunkan F secara parsial terhadap x

dan y dihasilkan :

x

F

∂

∂ =

2)/(1

1

y x+ y

1 –

22

2

y x

x

+ =

22 y x

y

+ –

22

2

y x

x

+ =

22

2

y x

x y

+

−

y

F

∂

∂ =

2)/(1

1

y x+ 2 y

x− –

22

2

y x

y

+ = –

22 y x

x

+ –

22

2

y x

y

+ = –

22

2

y x

y x

+

+

Jadi,

dy

dx= –

xF

yF

∂∂

∂∂

/

/ = –

22

)2(

y x

y x

+

+−

x y

y x

2

22

−

+ =

x y

y x

2

2

−

+

Dari rumus penurunan secara implisit diatas, dapat dikembangkan untuk menentukan

turunan-turunan parsial fungsi n variabel. Misalkan z adalah fungsi dari x dan y yangdidefinisikan secara implisit, diberikan oleh persamaan F ( x, y, z) = 0. Dengan menurunkan

secara parsial F terhadap x dengan asumsi y konstan, dengan aturan rantai dihasilkan :

x

F

∂

∂

dx

dx +

y

F

∂

∂

x

y

∂

∂ +

z

F

∂

∂

x

z

∂

∂ = 0

Karena y konstan, maka x

y

∂

∂ = 0, dan mengingat

dx

dx = 1, sehingga dihasilkan rumus,

x

z

∂

∂ = –

zF

xF

∂∂

∂∂

/

/

Dengan cara yang sama, dan jika diasumsikan y konstan dengan menurunkan secara parsial F

terhadap y dengan asumsi x konstan, dengan aturan rantai dihasilkan :

x

F

∂

∂

y

x

∂

∂ +

y

F

∂

∂

dy

dy +

z

F

∂

∂

y

z

∂

∂ = 0

Karena x konstan, maka y

x

∂

∂ = 0, dan mengingat

dy

dy = 1, sehingga dihasilkan rumus,

y

z

∂

∂ = –

zF

yF

∂∂

∂∂

/

/



69

Contoh 2.3.10

Tentukanlah, x

z

∂

∂dan

y

z

∂

∂ dari, x

2 y + y

3 z = 2 xz

4

Penyelesain

Andaikan, F ( x, y, z) = x2 y + y

3 z – 2 xz

4. Dengan menurunkan secara parsial F terhadap x, y dan

z dihasilkan :

x

F

∂∂

= 2 xy – 2 z4 y

F

∂∂

= x2 + 3 y2 z z

F

∂∂

= y3 – 8 xz3

Jadi,

x

z

∂

∂ = –

zF

xF

∂∂

∂∂

/

/ = –

33

4

8

22

xz y

z xy

−

− =

33

4

8

22

xz y

xy z

−

−

y

z

∂

∂ = –

zF

yF

∂∂

∂∂

/

/ = –

33

22

8

3

xz y

z y x

−

+ =

33

22

8

3

y xz

z y x

−

+

Contoh 2.3.11

Tentukanlah, x z∂∂ dan

y z∂∂ dari, x yze = y cos( xz)

Penyelesain

Andaikan, F ( x, y, z) = x yze – y cos( xz). Dengan menurunkan secara parsial F terhadap x, y dan

z dihasilkan :

x

F

∂

∂ = yze + yz sin( xz)

y

F

∂

∂ = xz yz

e – cos( xz)

z

F

∂

∂ = xy yze + xy sin( xz)

Selanjutnya, dengan menerapkan rumus diatas dihasilkan,

x

z

∂

∂ = –

zF

xF

∂∂

∂∂

/

/ = –

)sin(

)sin(

xz xy xye

xz yze

yz

yz

+

+ = –

])[sin(

)sin(

yz

yz

e xz xy

xz yze

+

+

y

z

∂

∂ = –

zF

yF

∂∂

∂∂

/

/ = –

)sin(

)cos(

xz xy xye

xz xze

yz

yz

+

− =

)]sin([

)cos(

xz xye xy

xze xz

yz

yz

+

−

Soal-soal Latihan Bab 2.3.

Untuk soal-soal latihan nomor 1 sampai 10 berikut ini, hitunglah du/dt dan hasilnya nyatakan

dalam variabel t .

1. u = x3 – y ln x; x = 1/t , y = t

2

2. u = arc tan( y/ x), x = t , y = 1 – t

3. u = )( 22 y xe

+; x = t cos t , y = t sin t

4. u = ln( x2 + y

2); x = t sin t , y = t cos t

5. u = ln( x2 + y

2+ z

2); x = sin t , y = cos t , z = t

6. u = 222 z y x ++ ; x = t cos t , y = t 2, z = t sin t



70

7. u = z y

z x

−

+; x = ln t , y = ln(1/t ), z = t

8. u = xy + yz – xz; x = t cos t , y = t 2, z = t sin t

9. u = xy2 + yz

2 – x

2 z; x = t cos t , y = t sin t , z = t

2

10. u = xy + yz – xz; x = t e , y = t te , z = t te−

Untuk soal-soal latihan nomor 11 sampai 20 berikut ini, hitunglah :

r

u

∂

∂ dan

t

u

∂

∂

dan hasilnya nyatakan dalam variabel r dan t .

11. u = x2 + y

2 – 6 xy; x = t er cos , y = t er sin t sin r

12. u = arc tan( y/ x), x = r + t , y = r – t

13. u = arc sin( x/y); x = r cos t , y = r sin t

14. u = )( 22 y xe

+; x = r sin t , y = r cos t

15. u = ln( x2 + y2); x = t e r cos− , y = t e r sin−

16. u = )(222

z y xe ++− ; x = r sin t , y = r cos t , z = t

17. u = ln( x2 + y

2+ z

2); x = t e r cos− , y = t e r sin− , z = r e−

18. u = 222 z y x ++ ; x = r cos t , y = r , z = r sin t

19. u = ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+

−

y x

y xln ; x = t re , y = rt e

20. u = xy2 z ; x = t re , y = t

r , z = t re−

Untuk soal-soal latihan nomor 21 sampai 30 berikut ini, dengan penurunan secara implisit

hitunglah x

z

∂

∂dan

y

z

∂

∂ dari :

21. 3 x2 + y

2 – z

2 – 4 xy + 6 yz = 0 22. xy

2 + yz

2 – x

2 z + 4 xyz = 0

23. x2 y – y

2 z + z

2 – 4 xyz = 0 24. yz = ( x

2 + y

2) sin( xz)

25. arc tan( yx/z) = ln( x2 y

2 + z

2) 26. xye + yze = xze

27. y cos( x – z) = x sin( y – z) 28. )sin( yze x = )cos( xze y

29. xyz = ln( x2 + y2 + z2) 30. z xye + y xze = x yze

31. Andaikan, z = f ( x, y), x = r cos t , y = r sin t . Buktikanlah bahwa

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

x

z+

2

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

y

z =

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

r

z+

2

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

t

z

r

32. Misalkan f fungsi dari u, dengan u = x2 + y

2. Buktikanlah bahwa, jika z = xy + f (u)

y x

z

∂

∂ – x

y

z

∂

∂ = y2 – x2

33. Bilamana z( x,t ) = A cos(kat ) sin(kx), dengan A dan k adalah konstanta. Buktikanlah

bahwa fungsi tersebut memenuhi fungsi tersebut, buktikanlah bahwa :



71

2

2

t

z

∂

∂ =

2

22

x

za

∂

∂

34. Bilamana, z = f (u) dengan u = bx2 – ay

2 , buktikanlah bahwa,

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂

x

zay + ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

y

zbx = 0

35. Bilamana, z = f ( x, y) dengan x = r cos t , y = r sin t . Buktikanlah bahwa,

x

z

∂

∂ =

r

z

∂

∂cos t –

t

z

∂

∂

r

t sin

y

z

∂

∂ =

r

z

∂

∂sin t +

t

z

∂

∂

r

t cos

Dalam soal-soal latihan nomor 36 sampai 40 berikut ini, hitunglah

2

2

r

z

∂

∂,

2

2

t

z

∂

∂,

r t

z

∂∂

∂2

, dant r

z

∂∂

∂2

untuk fungsi-fungsi berikut ini.

36. Bilamana, z( x, y) = 9 x2

+ 16 y2

, dengan x = r cos t , y = r sin t 37. Bilamana, z( x, y) = 9 xy – 4 y

2, dengan x = t re , y = r te−

38. Bilamana, z( x, y) = 4 x2 – 3 y

2, dengan x = r sin t , y = r cos t

39. Bilamana, z( x, y) = arc tan( x/ y), dengan x = r cos t , y = r sin t

40. Bilamana, z( x, y) = ln( x2 + y2), dengan x = t re , y = r te− .



72

2.4. Diferensial Total dan Hampiran

Masalah hampiran secara tidak langsung telah diperkenalkan pada saat membicarakan penafsiran turunan parsial. Lihat contoh soal masalah turunan parsial, khususnya contoh penggunaan rumus gas ideal PV = kT . Demikian pula, bilamana y = f ( x) adalah fungsi satuvariabel dari x yang terdiferensialkan, menurut definisi

f ′ ( x) = x

y

x Δ

Δ

→Δ 0lim =

x

x f x x f

x Δ

−Δ+

→Δ

)()(lim

0

dan bilamana Δ x dan Δ y masing-masing merupakan pertambahan dai variabel x dan y, dan jika pertambahan dari variabel bebas x cukup kecil, maka pertambahan dari variabel tak bebas y yaitu Δ y dapat dihampiri oleh,

Δ y = f ′ ( x) Δ x

Pendekatan diatas akan digunakan menentukan hampiran, khususnya untuk fungsi dua atau

tiga variabel.

Misalkan, z = f ( x, y) adalah fungsi yang terdeferensiabel di ( x, y), dengan pendekatan (Δ y = f ′ ( x) Δ x) tersebut dirumuskan untuk menghapiri pertambahan dari variabel tak bebas z, yakniΔ z. Misalkan f suatau fungsi dua variabel dari x dan y, pertambahan f disembarang titik ( x0, y0)dinyatakan dengan Δ f ( x0, y0) didefenisikan oleh,

Δ f ( x0, y0) = f ( x0 + Δ x, y0 + Δ y) – f ( x0, y0)

Sejalan dengan konsep yang dikembangkan untuk fungsi satu variabel, untuk menghitung

pertambahan dari Δ f ( x, y) dititik ( x0, y0) digunakan pendekatan diferensial total.

Diferensial Total dan Hampiran

Andaikan, z = f ( x, y) adalah fungsi yang terdeferensiabel di ( x, y), dan andaikan pula dx dan dy

adalah variabel yang menyatakan pertambahan dari variabel bebas x dan y. Diferensial totaldari variabel tak bebas z ditulis dz didefinisikan oleh,

dz = ),( y x f x dx + ),( y x f y dy

Dari definisi tersebut diatas, jika dx =Δ x, dan dy =

Δ y, yang masing-masing menyatakan pertambahan dari variabel bebas x dan y, maka dz merupakan hampiran yang cukup baik bagi

Δ z. Dengan demikian hampiran dari pertambahan dari f yakni Δ f di titik ( x0, y0) diberikanoleh,

Δ f ( x0, y0) = ),( 00 y x f x Δ x + ),( 00 y x f y Δ y

Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.



73

Contoh 2.4.1Jika, z = f ( x, y) dengan f ( x, y) = x

3 + xy3 – x

2 y

2. Hitunglah Δ z dan dz, bilamana ( x, y) berubahdari (a). (2,1) ke titik (2,01, 0,99), dan (b) (2,1) ke titik (2,001, 0,999)Penyelesaian :Menghitung dz Dengan menurunkan f ( x, y) = x3 + xy3 – x2 y2, secara parsial terhadap x dan y dihasilkan,

),( y x f x = 3 x2 + y3 – 2 xy2 ),( y x f y = 3 xy2 – 2 x2 y

Dengan demikian diferensial total dz, diberikan oleh :dz = ),( y x f x dx + ),( y x f y dy

= (3 x2 + y3 – 2 xy

2)dx + (3 xy2 – 2 x2

y)dy

Selanjutnya untuk x = 2, y = 1, dx = Δ x = 0,01 dan dy = Δ y = –0,01 dihasilkandz = [3(2)2 + (1)3 – 2(2)(1)2](0,01) + [3(2)(1)2 – 2(2)2(1)](–0,01)

= (9)(0,01) + (–2)(–0,01) = 0,09 + 0,02 = 0,11

Selanjutnya untuk x = 2, y = 1, dx = Δ x = 0,001 dan dy = Δ y = –0,001 dihasilkandz = [3(2)2 + (1)3 – 2(2)(1)2](0,001) + [3(2)(1)2 – 2(2)2(1)](–0,001)

= (9)(0,001) + (–2)(–0,001) = 0,009 + 0,002 = 0,011

Menghitung Δ z Menurut definisi, pertambahan variabel tak bebas z, diberikan oleh

Δ f ( x0, y0) = f ( x0 + Δ x, y0 + Δ y) – f ( x0, y0)Sehingga, jika ( x0, y0) berubah dari (2,1) ke titik (2,01, 0,99) dihasilkan :

f (2,1) = (2)3 + (2)(1)3 – (2)2 (1)2 = 8 + 2 – 4 = 6 f (2,01, 0,99) = (2,01)3 + (2,01)(0,99)3 – (2,01)2(0,99)2 = 6,1112

Dengan demikian,Δ z = 6,1112 – 6 = 0,1112

Sehingga, jika ( x0, y0) berubah dari (2,1) ke titik (2,001, 0,999) dihasilkan : f (2,1) = (2)3 + (2)(1)3 – (2)2 (1)2 = 8 + 2 – 4 = 6

f (2,01, 0,99) = (2,001)3

+ (2,001)(0,999)3

– (2,001)2

(0,999)2

= 6,01101

Dengan demikian,Δ z = 6,01101 – 6 = 0,01101

Perhatikanlah bahwa jika pertambahannya cukup kecil, dz merupakan hampiran yang cukup baik bagi Δ z, artinya nilai dz cukup dekat dengan Δ z.

Contoh 2.4.2Jika buah tahanan R1 dan R2 dihubungkan secara paralel, maka tahanan penganti R diberikanoleh,

R

1 =

1

1

R +

2

1

R

Pada saat pengukuran, diketahui R1 = 25 ohm, dan R2 = 100 ohm. Bilamana alat pengukuryang digunakan mempunyai kesalahan 0,02, hitunglah R dan berapa perkiraan kesalahan penghitungan R.PenyelesaianDari rumus tahanan penganti,

R

1 =

1

1

R +

2

1

R =

21

21

R R

R R +

diperoleh bersanya tahanan pengganti, yaitu :



74

R =21

21

R R

R R

+

Sehingga diperoleh R fungsi dari R1 dan R2. Dengan demikian diperoleh diferensial totalnyayaitu,

dR = 1

1

dR

R

R

∂

∂+ 2

2

dR

R

R

∂

∂

=2

21

21221

)(

)(

R R

R R R R R

+

−+dR1 + 2

21

21121

)(

)(

R R

R R R R R

+

−+dR2

=2

21

22

)( R R

R

+dR1 + 2

21

21

)( R R

R

+dR2

Untuk R1 = 25 ohm, R2 = 100 ohm, Δ R1 = 0,02 dan Δ R2 = 0,02 diperoleh :

R =10025

)100)(25(

+ =

125

2500 = 20

dan,

dR =2

2

)10025(

)100(

+(0,02) +

2

2

)10025(

)25(

+(0,02) = 0,0136

Jadi besanya tahanan pengganti adalah 20 ohm, dengan kesalahan penggukurannya adalah0,0136 ohm

Diferensial Total Fungsi n Variabel

Dari definisi diferensial total fungsi dua variabel dapat dikembangkan untuk menghitungdiferensial total fungsi tiga varaiabel atau lebih.

Andaikan, w = f ( x, y, z) dengan fungsi yang dapat didiferensialkan f ( x, y, z), dan andaikan puladx, dy, dan dz adalah variabel yang menyatakan pertambahan dari variabel bebas x, y, dan z.Diferensial total dari variabel tak bebas w ditulis dw didefinisikan oleh,

dw = ),,( z y x f x dx + ),,( z y x f y dy + ),,( z y x f z dz

Dari definisi tersebut diatas, bilamana pertambahan dari x, y, dan z cukup kecil dimanamasing-masing diberikan oleh, dx = Δ x, dy = Δ y , dan dz = Δ z, maka hampiran dari variabeltak bebas w yakni Δw dapat didekati oleh dz, yang diberikan oleh :

Δw = ),,( z y x f x Δ x + ),,( z y x f y Δ y + ),,( z y x f z Δ z

Contoh 2.4.3Bilamana, w = ln( x2 + y

2 + z2), hitunglah dw.

PenyelesaianDengan menurunkan secara parsial w terhadap variabel bebasnya dihasilkan,

x

w

∂

∂ =

222

2

z y x

x

++

y

w

∂

∂ =

222

2

z y x

y

++

z

w

∂

∂ =

222

2

z y x

z

++



75

Menurut definisi, diferensial totalnya diberikan oleh :

dw = x

w

∂

∂dx +

y

w

∂

∂dy +

y

w

∂

∂dz

=222

2

z y x

x

++dx +

222

2

z y x

y

++dy +

222

2

z y x

z

++dz

= 2222

z y x

dz zdy ydx x

++++

Contoh 2.4.4Andaikan, w = x

3 y + y

3 z – xz

3, hitunglah dw dan Δw bilamana ( x, y, z) bertambah dari (2,3,1)ke (2,01, 3,02, 0,99).PenyelesaianAndaikan, w = f ( x, y, z). Dengan menurunkan secara parsial w terhadap variabel bebasnyadihasilkan,

x

w

∂

∂ = 3 x2

y – z3

y

w

∂

∂ = x

3 + 3 y2 z

z

w

∂

∂ = y

3 – 3 xz2

Menurut definisi, diferensial totalnya diberikan oleh :

dw = x

w

∂

∂dx +

y

w

∂

∂dy +

y

w

∂

∂dz

= (3 x2 y – z

3) dx + ( x3 + 3 y2 z)dy +( y3 – 3 xz

2)dz

Sehingga untuk x = 2, y = 3, z = 1, dx = Δ x = 0,01, dy = Δ y = 0,02, dan dz = Δ z = –0,01dihasilkan,

dw = [3(2)2 (3) – (1)3] (0,01) + [(2)3 + 3(3)2(1)](0,02) +[(3)3 – 3(2)(1)2](–0,01)= (35)(0,01) + (35)(0,02) + (21)(–0,01) = 0,84

Selanjutnya dengan menggunakan definisi fungsi, untuk x = 2, y = 3, z = 1 dihasilkan,

f (2,3,1) = (2)3

(3) + (3)3

(1) – (2)(1)3

= 49Demikian pula untuk x = 2,01; y = 3,02; z = 0,99 dihasilkan,

f (2,01, 3,02, 0,99) = (2,01)3(3,02) + (3,02)3(0,99) – (2)(0,99)3 = 49,84209

Jadi,Δw = f (2,01, 3,02, 1,99) – f (2,3,1) = 49,84209 – 49 = 0,84209

Perhatikanlah bahwa dz merupakan hampiran yang cukup baik bagi Δ z, artinya nilai dz cukupdekat dengan Δ z.

Contoh 2.4.5Sebuah kotak empat ersegi panjang mempunyai ukuran 10 cm, 15 cm dan 20 cm, dengan alatukur yang digunakan mempunyai tingkat ketelitian sampai dengan 0,01 cm. Tentukanhampiran untuk galat terbesar untuk volume kotak.PenyelesaianAndaikan V cm3 menyatakan volume kotak dengan ukuran x cm, y cm , dan z cm, makavolume kotak diberikan oleh,

V ( x, y, z) = xyz Dari V ( x, y, z) = xyz, diperoleh V x( x, y, z) = yz, V y( x, y, z) = xz, dan V z( x, y, z) = xy. Dengandemikian diferensial totalnya diberikan oleh,

dV ( x, y, z) = yz dx + xz dy + xy dz



76

Selanjutnya, dengan mensubsitusikan, x = 10, x = 10, y = 15, z = 20, dx = |Δ x| = 0,01, dy =|Δ y| = 0,01, dan dz = |Δ z| = 0,01 dihasilkan

V = (10)(15)(20) = 3000dV = (15)(20) (0,01) + (10)(20)(0,01) + (10)(15)(0,01) = 6,5

Dengan membagi dV dengan V diperoleh,

V

V Δ = %100×V

dV = %1003000

5,6 × = 0,216 %

Jadi kesalahan relatif penghitungan volume kotak adalah 0,216 %

Persamaan Diferensial Eksak

Dari konsep diferensial total, dikembangkan untuk menentukan apakah diferensial totaltersebut eksak atau tidak, bilamana diferensial totalnya eksak bagaimanakah caranyamenentukan fungsi pembangkitnya. Dari definisi diferensial total, jika f ( x, y) = c, mempunyaiturunan-turunan parsial diferensial totalnya diberikan oleh,

df = ),( y x f x dx + ),( y x f y dy

Bilamana ),( y x f x dan ),( y x f y masih merupakan fungsi dari x dan y, ambil

),( y x f x = M ( x, y), dan ),( y x f y = N ( x, y)

sehingga dihasilkan persamaan diferensial total, M ( x, y) dx + N ( x, y)dy = 0

Sebagai ilustrasi, andaikan f ( x, y) = x2 y

3 – x3 + y

2. Karena ),( y x f x = 2 xy3 – 3 x2, dan ),( y x f y

= 3 x2 y

2 + 2 y, maka persamaan diferensial adalah :

(2 xy3

– 3 x2

)dx + (3 x2

y2

+ 2 y)dy = 0

Bilamana ),( y x f x = 2 xy3 – 3 x2, diturunkan secara parsial terhadap y dihasilkan :

),( y x f xy = 6 xy2 ,

dan ),( y x f y = 3 x2 y

2 + 2 y, diturunkan secara parsial terhadap x, dihasilkan :

),( y x f yx = 6 xy2

Dari ilustrasi diatas terlihat bahwa, bilamana ),( y x f x dan ),( y x f y fungsi dari x dan y yang

kontinu, maka dihasilkan,),( y x f xy = ),( y x f yx

Kesamaan terakhir ini merupakan persyaratan diferensial total eksak untuk fungsi duavariabel, yang selengkapnya dinyatakan pada teorema berikut ini.

Persamaan diferensial total, M ( x, y)dx + N ( x, y)dy = 0

dikatakan sebagai persamaan diferensial total eksak jika hanya jika

),( y x M y = ),( y x N x , atau ),( y x f xy = ),( y x f yx



77

Contoh 2.4.6Dari contoh 2.4.1, telah diperoleh bahwa jika f ( x, y) = x3 + xy3 – x2 y2, diferensial totalnyadiberikan oleh

dz = (3 x2 + y3 – 2 xy

2)dx + (3 xy2 – 2 x2

y)dy

Selidikilah apakah dz eksakPenyelesaian

Ambil, M ( x, y) = 3 x2

+ y3

– 2 xy2

, dan N ( x, y) = 3 xy2

– 2 x2

y. Dengan menurunkan secara parsial M ( x, y) terhadap y, dan N ( x, y) terhadap x dihasilkan :

),( y x M y = 3 y2 – 4 xy dan ),( y x N x = 3 y2 – 4 xy

Karena ),( y x M y = ),( y x N x = 3 y2 – 4 xy, maka persamaan diferensial total adalah eksak.

Contoh 2.4.7Andaikan diberikan persamaan diferensial,

(3 xy3 + x

3 y – 3 xy

2)dx + ( x2 y

3 – x2 y)dy = 0

Selidikilah apakah persamaan diferensial diatas eksak.PenyelesaianAmbil, M ( x, y) = 3 xy3 + x3 y – 3 xy2, dan N ( x, y) = x2 y3 – x2 y. Dengan menurunkan secara

parsial M ( x, y) terhadap y, dan N ( x, y) terhadap x dihasilkan :),( y x M y = 9 xy

2 + x3 – 6 xy dan ),( y x N x = 2 xy

3 – 2 xy

Karena ),( y x M y ≠ ),( y x N x , maka persamaan diferensial yang diberikan tidak eksak.

Permasalahan kedua yang timbul bilamana diberikan persamaan diferensial eksak adalahmenentukan fungsi pembangkitnya. Andaikan diberikan persamaan diferensial eksak,

M ( x, y)dx + N ( x, y)dy = 0

Penyelesaian umumnya yang fungsi pembangkit persamaan diferensial eksaknya adalah

fungsi dua variabel f ( x, y) = c, dimana fungsi tersebut diberikan oleh, f ( x, y) = dx y x M ),(∫ + g( y)

dimana g( y) fungsi dari y yang diperoleh dari :),( y x f y = N ( x, y)

Dengan mendeferensialkan persamaan f ( x, y) = dx y x M ),(∫ + g( y) secara parsial terhadap y

dihasilkan,

y∂

∂dx y x M ),(∫ + g′ ( y) = N ( x, y)

Jadi fungsi g( y) pada penyelesaian umum persamaan diferensial eksak adalah,

g( y) = ∫ ∫ ⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂− dydx y x M

y y x N ),(),( + c

Pendekatan lain, untuk mementukan fungsi pembangkit dari persamaan diferensial eksakadalah dengan mengintegrasikan terhadap y, dimana hasilnya diberikan oleh,

f ( x, y) = dy y x N ),(∫ + h( x)

dengan h( x) diberikan oleh

h( x) = ∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂− dxdy y x N

x y x M ),(),( + c



78

Contoh 2.4.8Carilah penyelesaian umum persamaan diferensial berikut ini, jika eksak

(3 x2 + 4 x3 y – 3 xy

2)dx + ( x4 + y3 – 3 x2

y)dy = 0PenyelesaianDari persamaan diferensial diatas diperoleh,

M ( x, y) = 3 x2 + 4 x3 y – 3 xy

2 N ( x, y) = x4 + y

3 – 3 x2 y

),( y x M y = 4 x3 – 6 xy ),( y x N x = 4 x3 – 6 xy

Karena, ),( y x M y = ),( y x N x = 4 x3 – 6 xy , maka persamaan diferensial yang diberikan

adalah eksak. Sehingga penyelesaiannya diberikan oleh,

f ( x, y) = dx y x M ),(∫ + g( y)

= dx xy y x x )343( 232∫ −+ + g( y)

= 2243

2

3 y x y x x −+ + g( y)

dimana g( y) fungsi dari y yang diperoleh dari :),( y x f y = N ( x, y)

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −+

∂∂ 2243

23

y x y x x y

+ g′ ( y) = x4 + y

3 – 3 x2 y

x4 – 3 x2

y + g′ ( y) = x4 + y

3 – 3 x2 y

g′ ( y) = y3

g( y) = dy y∫3 = 4

4

1 y + c

Jadi penyelesaian persamaan diferensial yang diberikan adalah,

f ( x, y) = 2243

2

3 y x y x x −+ + 4

4

1 y + c

Contoh 2.4.9Carilah penyelesaian persamaan diferensial,

(2 x + y xye )dx + ( x xye + y2)dy = 0

jika eksakPenyelesaianDari persamaan diferensial diatas diperoleh,

M ( x, y) = 2 x + y xye N ( x, y) = x xye + y2

),( y x M y = xye + y xye ( x) ),( y x N x = xye + x xye ( y)

= (1 + xy xye ) = (1 + xy xye )

Karena, ),( y x M y = ),( y x N x = 1 + xy xye , maka persamaan diferensial yang diberikan

adalah eksak. Sehingga penyelesaiannya diberikan oleh,

f ( x, y) = dy y xe xy )( 2∫ + + h( x)

= xye + 3

3

1 y + h( x)

dengan h( x) diberikan oleh,),( y x f x = M ( x, y)



79

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

∂

∂ 3

3

1 ye

x

xy + h′ ( x) = 2 x + y xye

y xye + h′ ( x) = 2 x + y xye h′ ( x) = 2 x

h( x) = dx x 2∫ = x2 + c

Jadi penyelesaian persamaan diferensial yang diberikan adalah,

f ( x, y) = xye + 3

3

1 y + x2 + c

Konsep diferensial total yang dikembangkan menjadi persamaan diferensial eksak untukfungsi dua variabel dapat diperluas untuk fungsi tiga variabel. Jika f ( x, y, z) = c mempunyaiturunan-turunan parsial, menurut definisi diferensial totalnya diberikan oleh,

df = ),,( z y x f x dx + ),,( z y x f y dy + ),,( z y x f z dz

Jika ),,( z y x f x , ),,( z y x f y , dan ),,( z y x f z masih merupakan fungsi dari x, y, dan z ambil

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

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

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

Sehingga dihasilkan persamaan diferensial, M ( x, y,z) dx + N ( x, y,z)dy + R( x, y,z)dz = 0

Sebagai ilustrasi, misalkan f ( x, y, z) = x2 y3 + x3 z2 – y2 z4, dan mengingat),,( z y x f x = M ( x, y,z) = 2 xy

3 + 3 x2 z

2,

),,( z y x f y = N ( x, y,z) = 3 x2 y2 – 2 yz4,

),,( z y x f z = R( x, y,z) = 2 x3 z – 4 y2 z3,

maka persamaan diferensialnya diberikan oleh,(2 xy3 + 3 x2 z2)dx + (3 x2 y2 – 2 yz4)dy + (2 x3 z – 4 y2 z3)dz = 0

Selanjutnya, jika ),,( z y x f x = M ( x, y,z) = 2 xy3 + 3 x2

z2, diturunkan secara parsial terhadap y

dan z dihasilkan,),,( z y x f xy = ),,( z y x M y = 6 xy

2,

dan

),,( z y x f xz = ),,( z y x M z = 6 x2 z

Selanjutnya, jika ),,( z y x f y = N ( x, y,z) = 3 x2 y

2 – 2 yz4, diturunkan secara parsial terhadap x

dan z dihasilkan,),,( z y x f yx = ),,( z y x N x = 6 xy

2,

dan),,( z y x f yz = ),,( z y x N z = –8 yz

3



80

Demikian pula, untuk ),,( z y x f z = R( x, y,z) = 2 x3 z – 4 y2

z3, jika diturunkan secara parsial

terhadap x dan y dihasilkan,),,( z y x f zx = ),,( z y x R x = 6 x2

z,

dan),,( z y x f zy = ),,( z y x R y = –8 yz

3

Dari ilustrasi diatas terlihat bahwa, bilamana ),,( z y x f x , ),,( z y x f y , dan ),,( z y x f z masihmerupakan fungsi dari x, y, dan z yang kontinu, maka dihasilkan :

),,( z y x f xy = ),,( z y x f yx , atau ),,( z y x M y = ),,( z y x N x

),,( z y x f xz = ),,( z y x f zx , atau ),,( z y x M z = ),,( z y x R x

),,( z y x f yz = ),,( z y x f zy , atau ),,( z y x N z = ),,( z y x R y

Ketiga kesamaan terakhir ini merupakan persyaratan diferensial total eksak untuk fungsi tigavariabel, yang selengkapnya dinyatakan pada teorema berikut ini.

Persamaan diferensial total, M ( x, y,z) dx + N ( x, y,z)dy + R( x, y,z)dz = 0

dikatakan sebagai persamaan diferensial total eksak jika hanya jika),,( z y x M y = ),,( z y x N x ,

),,( z y x M z = ),,( z y x R x ,

),,( z y x N z = ),,( z y x R y

Contoh 2.4.10Dari contoh 2.4.4, telah diperoleh jika w = x

3 y + y

3 z – xz

3, makadw = (3 x2 y – z3) dx + ( x3 + 3 y2 z)dy + ( y3 – 3 xz2)dz

Selidikilah apakah diferensial total diatas eksakPenyelesaianAmbil, M ( x, y, z) = 3 x2 y – z3, dan N ( x, y, z) = x3 + 3 y2 z, dan M ( x, y,z) = y3 – 3 xz2. Denganmenurunkan secara parsial terhadap x, y, dan z dihasilkan :

),,( z y x M y = 3 x2 , ),,( z y x M z = – 3 z2

),,( z y x N x = 3 x2 ),,( z y x N z = 3 y2

),,( z y x R x = –3 z2 ),,( z y x R y = 3 y2

Dari hasil diatas terlihat bahwa,),,( z y x M y = ),,( z y x N x = 3 x2

),,( z y x M z = ),,( z y x R x = –3 z2

),,( z y x N

z = ),,( z y x R

y = 3 y

2

Dari hasil diatas maka dapat disimpulkan bahwa persamaan diferensial yang diberikan adalaheksak.

Seperti pada permasalahan fungsi dua variabel, masalah yang timbul bilamana diberikan persamaan diferensial eksak adalah menentukan fungsi pembangkitnya. Andaikan diberikan persamaan diferensial eksak,

M ( x, y,z) dx + N ( x, y,z)dy + R( x, y,z)dz = 0



81

Penyelesaian umumnya yang merupakan fungsi pembangkit persamaan diferensial eksaknyaadalah fungsi tiga variabel f ( x, y, z) = c, dimana fungsi tersebut diberikan oleh,

f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + g( y, z)

dimana g( y, z) fungsi dari y dan z diperoleh dari,),,( z y x f y = N ( x, y, z).

Dengan mendeferensialkan persamaan, f ( x, y, z) = dx z y x M ),,( + g( y, z) secara parsial

terhadap y dihasilkan,

y∂

∂dx z y x M ),,(∫ + ),( z yg y = N ( x, y, z)

Jadi fungsi g( y, z) pada penyelesaian umum persamaan diferensial eksak adalah,

g( y, z) = ∫ ∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂− dydx z y x M

y z y x N ),,(),,( + h( z)

Dengan demikian penyelesaian umumnya dapat ditulis menjadi,

f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + ∫ ∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂− dydx z y x M

y z y x N ),,(),,( + h( z)

Sedangan h( z) diperoleh dari,),,( z y x f z = R( x, y, z)

Dengan cara yang sama urutan integrasi parsial untuk menentukan fungsi pembangkit f ( x, y, z)dapat dikerjakan dengan urutan yang berbeda, misalnya pertama integrasi terhadap y, langkahkedua integrasi terhadap z dan terakhir adalah integrasi terhadap x. Bilamana persamaandiferensialnya adalah eksak fungsi pembangkitnya tidak tergantung pada urutan integrasi.Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 2.4.11Tentukan penyelesaian persamaan diferensial berikut ini, jika eksak.

( z ye x yz 2 cos − )dx + ( z sin x yze – 2 xyz + y)dy + ( y sin x yze – xy2 z + z2)dz = 0Penyelesaian

Ambil, M ( x, y, z) = z ye x yz 2 cos − , N ( x, y, z) = z sin x yze – 2 xyz + y, dan R( x, y, z) = y sin x

yze – xy2 + z

2. Dengan menurunkan secara parsial terhadap x, y, dan z dihasilkan :

),,( z y x M y = yze x z yz 2cos − , ),,( z y x M z = 2 cos ye x y yz −

),,( z y x N x = z cos x yze – 2 yz ),,( z y x N z = sin x yze + yz sin x yze – 2 xy

),,( z y x R x = y cos x yze – y2 ),,( z y x R y = sin x yze + yz sin x yze – 2 xy

Dari hasil diatas terlihat bahwa,

),,( z y x M y = ),,( z y x N x = yze x z yz 2cos −

),,( z y x M z = ),,( z y x R x = 2 cos ye x y yz −

),,( z y x N z = ),,( z y x R y = sin x yze + yz sin x yze – 2 xy

Dari hasil diatas maka dapat disimpulkan bahwa persamaan diferensial yang diberikan adalaheksak. Sedangkan fungsi pembangkitnya adalah,

f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + g( y, z) = dx z ye x yz )(cos 2∫ − + g( y, z)



82

= sin x yze – 2 xy2 z + g( y, z)

dimana g( y, z) fungsi dari y dan z diperoleh dari, ),,( z y x f y = N ( x, y, z) atau

y∂

∂[ sin x yze – 2 xy

2 z] + ),( z yg y = z sin x yze – 2 xyz + y

z sin x

yz

e – 2 xyz + ),( z yg y = z sin x

yz

e – 2 xyz + y ),( z yg y = y

g( y, z) = dy y ∫ = 2

2

1 y + h( z)


f ( x, y, z) = sin x yze – 2 xy2 z + 2

2

1 y + h( z)

dimana h( z) diperoleh dari, ),,( z y x f z = R( x, y, z) yaitu :

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

∂

∂ 22

2

12sin y z xye x

z

yz + h′ ( z) = y sin x yze – xy2 + z2

y sin x yze – xy2 + h′ ( z) = y sin x yze – xy2 + z2 h′ ( z) = z

2

h(z) = dz z 2∫ = 3

3

1 z + c

Jadi penyelesaian umum persamaan diferensial yang diberikan adalah,

f ( x, y, z) = sin x yze – 2 xy2 z + 2

2

1 y + 3

3

1 z + c


Untuk soal-soal latihan nomor 1 sampai 20 berikut ini, tentukanlah diferensial totalnya, dan,

selidikilah apakah diferensial totalnya eksak atau tidak :

1. u = 4 x2 y(3 – x – y

3) 2. u = x cos( xy) – y sin( xy)

3. u = ( x – y) xye− 4. u = sin( xy) xye

−

5. u = xye− sin( x – y) 6. u = xy ln( x2 + y2)

7. u =22

y x

xy

− 8. u = ( x2 + y

2)arc tan( x/ y)

9. u = xy xye 10. u = cos( xy) xye

11. u = ( z + y) )( z x ye − 12. u = ( x – z) )( y z xe

− 13. u = xz

2( y – z2) 14. u = xz arc tan( y/ z)

15. u = x

z

y

x

z

y 222

++ 16. u = ( x + y) )( y x ze −

17. u = ln( x3 + y3 + z

3) 18. u = sin( yz) xye

19. u = xyz( x2 + y2 – z2) 20. u =222

x

z

y

x

z

y++



83

Untuk soal-soal latihan nomor 21 sampai 40 berikut ini, selidikilah apakah diferensial totalyang diberikan eksak atau tidak. Jika eksak tentukanlah solusinya

21. ( x + y3 + y xye )dx + (3 xy

2 + x xye – 4 y)dy = 022. (2 + 6 x2

y2 – xy

2)dx + (4 x3 y – x

2 y + 2 y)dy = 0

23. [ x3 + y cos( xy)]dx + [ y2 + xcos( xy)]dy = 024. (2 x sin y + x2)dx + ( x2 cos y + 3 y)dy = 025. (cos 2 x + tan y)dx + ( x sec2 y – tan y)dy = 0

26. xy ( xe + 2)dx + [ x2 + ( x – 1) x

e + y]dy = 027. (2 x + y cos( x + y)} dx + ( y – x sin( x + y)]dy = 0

28. ( x + x xe sin y)dx + [( x – 1) xe cos y + y2]dy = 0

29.21 x

y x

+

+dx + (arc tan x + 2 y)dy = 0

30. dy y

y xdx

x

y x

1)1ln(

1

)21(2

22 ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

++++

+

+ = 0

31.(2 y xe + 2 x ze )dx + (2 xe + 2 y ze )dy + ( x2 + y2 + 2 z) ze dz = 032. ( x2 – y

2)dx + ( yz2 – 2 xy)dy + ( y2

z + 2 z) dz = 033.(2 x sin y + 3 x2

z2) dx + ( x2 cos y + z

3)dy + (2 x3 z + 3 yz

2 – 4 z)dz = 0

34.( z2 xe + 2 x y

e )dx + ( x2 ye – z2)dy + 2 z( x

e – y + ze )dz = 0

35.(8 xz2 + 2 xy

3)dx + (3 x2 y

2 + 4 yz)dy + (8 x2 z + 2 y2 + 3 z2)dz = 0

36. )ln( yee z x − dx +⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −

y

e ze

x y ln dy +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +++ z

z

ee

y z x dz = 0

37. ( zee y x sin+ )dx + )1sin( + z xe y dy + z xe y cos)1( + dz = 0

38. z y

x

+

2dx +

2

2

)( z y

x z

+

−dy –

2

2

)( z y

y x

+

+dz = 0

39. x(1 + z tan y)dx + ( x2 z + 1)sec2 y dy + ( x2 tan y + z)dz = 0

40. x ye z cos)( + dx + ( z sin y + cos x)dy + [ y xe z cos)sin1( −+ ]dz = 0



84

2.5. Gradien dan Turunan Berarah

Dari definisi turunan parsial, ),( y x f x dan ),( y x f y masing-masing dapat ditafsirkan sebagai

laju perubahan atau kemiringan garis singgung kurva yang sejajar dengan sumbu x atausumbu y. Untuk mengukur arah perubahan fungsi pada semabarang arah diberikan konsep

turunan berarah, yang sangat erat kaitannya dengan masalah gradien.

Gradien

Andaikan f ( x, y) adalah fungsi dua variabel dari x dan y, dan mempunyai turunan-turunan

parsial ),( y x f x dan ),( y x f y . Gradien f yang dinyatakan dengan f ( x, y) = grad f (dibaca

“del f ”) didefinisikan oleh,

f ( x, y) = ),( y x f x i + ),( y x f y j

dimana i = <1,0> dan j = <0,1> masing-masing menyatakan vektor satuan yang searah sumbu

x dan sumbu y.

Sedangkan fungsi tiga variabel, andaikan f ( x, y, z ) adalah fungsi tiga variabel dari x, y, dan z

mempunyai turunan-turunan parsial ),,( z y x f x , ),,( z y x f y , dan ),,( z y x f . Gradien f

dinyatakan dengan f ( x, y, z ) = grad f (dibaca “del f ”) didefinisikan oleh,

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

dimana i = <1,0,0>, j = <0,1,0> dan k = <0,0,1> masing-masing menyatakan vektor satuan

yang searah sumbu x, sumbu y dan sumbu z .

Dengan notasi operator diferensial, “del” yaitu

=

i +

y

j +

k

gradien f ditulis menjadi,

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

= (

i +

y

j +

z

k ) f ( x, y, z )

= x

f

i +

y

f

j +

f

k

Contoh 2.5.1

Jika f ( x, y) = x2 y – xy

3, hitunglah gradien f di titik (3,2)

Penyelesaian

Dari, f ( x, y) = x2 y – xy

3, diperoleh :

),( y x f x = 2 xy – y3 ),( y x f y = x2 – 3 xy2

Menurut definisi gradien f di sembarang titik diberikan oleh,



85

f ( x, y) = (2 xy – y3)i + ( x2 – 3 xy2) j

Sehingga gradien f di titik (3,2) diberikan oleh

f (3,2) = [2(3)(2) – (2)3]i + [(3)2 – 3(3)(2)2] j

= 4i – 27 j

Contoh 2.5.2Jika, f ( x, y, z ) = x3 y + y2 z – xz 3, hitunglah gradien f di titik (2,3,1)

Penyelesaian

Dari, f ( x, y, z ) = x3 y + y2 z – xz 3, diperoleh :

),,( z y x f x = 3 x2 y – z

3,

),,( z y x f y = x3 + 2 yz

),,( z y x f = y2 – 3 xz 2


f ( x, y, z ) = (3 x2 y – z

3)i + ( x

3 + 2 yz ) j + ( y

2 – 3 xz

2)k

Sehingga gradien f di titik (2,3,1) diberikan oleh

f (2,3,1) = [3(2)2(3) – (1)3]i + [(2)3 + 2(3)(1)] j + [(3)2 – 3(2)(1)2]k

= 35 i + 14 j + 3k

Turunan Berarah


parsial ),( y x f x dan ),( y x f y . Andaikan pula P ( x, y) titik di R2, dan u = u1i + u2 j adalah

sebuah vektor satuan. Maka turunan berarah f di titik P ( x, y) dalam arah vektor u ditulis u D

f ( x, y) didefinisikan oleh,

u D f ( x, y) = u f ( x, y)

= (u1i + u2 j) ( ),( y x f x i + ),( y x f y j)

= (u1 ),( y x f x + u2 ),( y x f y

Turunan berarah fungsi dua variabel ini memberikan nilai laju perubahan dari fungsi f

terhadap jarak dalam bidang (ruang dimensi dua) dalam arah vektor normal satuan u .

Demikian pula, turunan berarah dari fungsi tiga variabel memberikan nilai laju perubahan

dari f terhadap jarak dalam ruang dimensi tiga dalam arah vektor satuan u . Turunan berarah

untuk fungsi tiga variabel diberikan pada rumusan berikut ini.

Andaikan f ( x, y, z ) adalah fungsi tiga variabel dari x, y, dan z mempunyai turunan-turunan

parsial ),,( z y x f x , ),,( z y x f y , dan ),,( z y x f . Andaikan pula P ( x, y, z ) sebuah titik di R3,

dan u = u1i + u2 j + u3 k adalah sebuah vektor satuan. Maka turunan berarah f di titik P ( x, y, z )

dalam arah vektor u ditulis u D f ( x, y, z ) didefinisikan oleh,

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

= (u1i + u2 j + u3 k ) ( ),,( z y x f x i + ),,( z y x f y j + ),,( z y x f k )

= u1 ),,( z y x f x + u2 ),,( z y x f y + u3 ),,( z y x f



86

Contoh 2.5.3Jika f ( x, y) = xy2 – x3 y, hitung turunan berarah f di titik (1,2) pada arah vektor, a = 3i – 4 j

Penyelesaian

Dari f ( x, y) = 2 xy2 – x

3 y, dihasilkan

),( y x f x = 2 y2 – 3 x2 y

),( y x f y = 4 xy – x3


f ( x, y) = (2 y2 – 3 x2 y)i + (4 xy – x3) j


f (1,2) = [2(2)2 – 3(1)2(2)]i + [4(1)(2) – (1)3] j = 2i + 7 j

Sedangkan dari vektor, a = 3i – 4 j dihasilkan vektor normal satuan u, yaitu

u =|| a

a =

22)4()3(

43

ji = ji

5

4

5

3

Jadi turunan berarah f ( x, y) = 2 xy2 – x3 y di (1,2) pada arah vektor normal satuan, u = ji54

53

adalah

u D f (1,2) = ( ji5

4

5

3 ) (2i + 7 j) =

5

3(2) –

5

4(7) = –

5

22

Contoh 2.5.4

Jika, f ( x, y, z ) = x2 yz e + y

2 xz e , hitunglah turunan berarah f di titik (2,1,0) dalam arah vektor a

= 2i – j + 2k

Penyelesaian

Dari, f ( x, y, z ) = x2 yz e + y2 xz e , diperoleh :

),,( z y x f x = 2 x yz e + y2 z xz e

),,( z y x f y = x2 z yz e + 2 y xz e

),,( z y x f z = x2 y yz e + xy

2 xz e


f ( x, y, z ) = (2 x yz e + y

2 z xz e )i + ( x

2 z yz e + 2 y xz

e ) j + ( x2 y yz e + xy

2 xz e )k

Sehingga gradien f di titik (2,1,0) diberikan oleh f (2,3,1) = (4 + 0)i + (0 + 2) j + (4 + 2)k = 4i + 2 j + 6k

Sedangkan dari vektor a = 2i – j + 2k dihasilkan vektor normal satuan u, yaitu

u =|| a

a =

222)2()1()2(

22

k ji =

3

2i –

3

1 j +

3

2k

Jadi turunan berarah fungsi f ( x, y, x) = x2 yz e + y2 xz e di titik (2,1,0) pada arah vektor normal

satuan, u =3

2i –

3

1 j +

3

2k adalah

u D f (2,1,0) = (32 i –

31 j +

32 k ) (4i + 2 j + 6k ) =

32 (4) –

31 (2) +

32 (6) = 6



87

Laju Perubahan Maksimum

Menurut definisinya, turunan berarah diberikan oleh persamaan,

u D f = u f

Dari rumus diatas, terlihat bahwa turunan berarah merupakan hasil kali titik dari dua buah

vektor u dan vektor f . Selanjutnya, misalkan adalah sudut antara dua vektor u dan f ,

menurut definisi hasil kali titik dihasilkan,

u f = | u| | f | cos

Dengan demikian turunan berarah dapat ditulis menjadi,

u D f = | u| | f | cos

Dari hasil terakhir ini, turunan berarah, u D f mencapai mencapai nilai maksimum bilamana

cos = 1, atau = 0, dan hal ini terjadi bilamana vektor u dan f searah. Dengan demikian

turunan berarah, u D f mencapai nilai minimum bilamana cos = 0, atau = /2, dan hal ini

terjadi bilamana vektor u dan f saling tegak lurus. Sedangkan nilai maksimum dan atau

nimimumnya diberikan oleh | f |.

Contoh 2.5.5

Jika f ( x, y) = x3 y – xy3, hitunglah nilai maksimum dari turunan u D f dititik (2,1), dan tentukan

pula arah vektornya.

Penyelesaian

Dari f ( x, y) = x3 y – xy3, dengan turunan parsial dihasilkan,

),( y x f x = 3 x2 y – y

3

),( y x f y = x3 – 3 xy2


f ( x, y) = (3 x2 y – y

3)i + ( x

3 – 3 xy

2) j


f (1,2) = [3(2)2(1) – (1)3]i + [(2)3 – 3(2)(1)2] j = 11i – 2 j

dan, panjang vektornya adalah| f (1,2)| = 22 )2()11( = 125 = 55

Jadi nilai maksimum dari u D f dititik (2,1), adalah 55 pada arah vektor 11i – 2 j

Contoh 2.5.6

Suhu T ( x, y, z ) derajad di setiap titik permukaan bola pada ruang dimensi tiga diberikan oleh,

T ( x, y, z ) =222

98

z y x

dimana ( x, y, z ) koordinat pada permukaan bola. Carilah laju perubahan suhu di (3,–2,6) dalam

arah vektor, a = i + 2 j – 2k, dan carilah pula arah dan besarnya laju perubahan suhumaksimum di titik (3,–2,6)



88

PenyelesaianDengan menurunkan secara parsial T ( x, y, z ) terhadap variabel bebasnya dihasilkan,

xT ( x, y, z ) =2/3222

)(

98

z y x

x

,

yT ( x, y, z ) = 2/3222 )(98

z y x y

,

T ( x, y, z ) =2/3222 )(

98

z y x

z

Menurut definisi gradien T ( x, y, z ) di sembarang titik diberikan oleh,

T ( x, y, z ) =2/3222

)(

98

z y x

x

i +

2/3222)(

98

z y x

y

j +

2/3222)(

98

z y x

z

k

=2/3222 )(

98

z y x

( xi + y j + z k )

Sehingga gradien T di titik (3,–2,6) diberikan oleh

T (3,–2,6) =2/3222 ])6()2()3[(

98

(3i – 2 j + 6k ) = –

7

6i +

7

4 j –

7

12k

Sedangkan dari vektor arah, a = i + 2 j – 2k, dihasilkan vektor normal satuan u, yaitu

u =|| a

a =

222)2()2()1(

22

k ji =

3

1i +

3

2 j –

3

2k

Jadi laju perubahan suhu di titik (3,–2,6) pada arah vektor normal satuan, u =3

1i +

3

2 j –

3

2k

adalah

u D T (3,–2,6) = (– 7

6i +

7

4 j –

7

12k ) (

3

1i +

3

2 j –

3

2k )

= (– 7

6)(

3

1) + (

7

4)(

3

2) + (–

7

12)(–

3

2) =

21

26

Jadi pada titik (3,–2,6) suhu bertambah dengan laju21

26satuan tiap satuan perubahan jarak

dalam arah vektor satuan u.

Selanjutnya, dari gradien T di titik (3,–2,6) diberikan oleh

T (3,–2,6) = – 7

6i +

7

4 j –

7

12k

Dengan demikian arah vektor yang memberikan u D T (3,–2,6) maksimum adalah vektor yang

searah dengan T (3,–2,6) = – 7

6i +

7

4 j –

7

12k , dan laju perubahan suhu maksimum

diberikan oleh,

u D T (3,–2,6) = |T (3,–2,6)| = 222 )7/12()7/4()7/6(

= 49

144

49

16

49

36

= 7

286



89


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 16 berikut ini, hitunglah gradien dari fungsi yang

diberikan.

1. f ( x, y) = 2 x2 y – x3 + y3 2. f ( x, y) = xy ln( x2 – y2)

3. f ( x, y) =22 y x

xy

4. f ( x, y) = )( 22 y x xye

5. f ( x, y) = cos( x – y) )( 22 y xe 6. f ( x, y) = xy sin( x2 – y2)

7. f ( x, y) =22 y x

y x

8. f ( x, y, z ) =

y x

9. f ( x, y, z ) =

)(25

1

222 z y x

10. f ( x, y, z ) = z xe y tan2

11. f ( x, y, z ) = z 2 sec( x2 + y2) 12. f ( x, y, z ) = sin( x2 + y2 + z 2)

13. f ( x, y, z ) = ln 222 z y x 14. f ( x, y, z ) = tan 222 z y x

15. f ( x, y, z ) = ln222 z y x

xyz

Dalam soal-soal latihan nomor 16 sampai 25 berikut ini, hitunglah turunan berarah darifungsi f di titik P dalam arah vektor a.

16. f ( x, y) = 22 y x

xy

di titik P (1,1) dalam arah a = 3i + 4 j

17. f ( x, y) = ( x2 – y2) ln( x + y) di titik P (3,1) pada arah vektor a = 2 i + 2 j

18. f ( x, y) = 22 y x ye xy

di titik P (0,2) pada arah vektor a = 3 i + j

19. f ( x, y) =22 y x

y x

di titik P (2,1) pada arah vektor a = – 3 i + 2 j

20. f ( x, y) = )( 22 y xe di titik P (1,1) pada arah vektor a = 2 i – 2 j

21. f ( x, y, z ) = x3 y + y2 z 2 – xz 3 di titik P (1,2,1) pada arah vektor a = 2 i – j + k

22. f ( x, y, z ) = xz xy ye ze di titik P (0,2,1) pada arah vektor a = 3 i + 2 j – 2k

23. f ( x, y, z ) = xz yz xe ye di titik P (2,1,0) pada arah vektor a = i + 2 j – k

24. f ( x, y, z ) = xy3 sin z – x

3 y cos z di titik P (1,2,0) pada arah vektor a = 3 i – 2 j + 2k

25. f ( x, y, z ) =

)(25

1

222 z y x

di titik P (3,3, 3 ) pada arah vektor a = i + 2 j – k

26. Kepadatan pada setiap titik dari pelat berbentuk lingkaran pada bidang xy diberikan oleh,

f ( x, y) =

)(50

50

22 y x

. Carilah laju perubahan kepadatannya di titik (4,3) dalam arah a

= 2 i + 2 j . Carilah pula arah dan besar laju perubahan terbesar di titik tersebut.



90

27. Suhu pelat berbentuk empat persegi panjang di bidang xy adalah f ( x, y) = 4 x2 + 6 xy jarak

diukur dalam meter. Carilah laju perubahan suhu di titik (2,1) dalam arah a = i + 3 j .

Carilah pula arah dan besar laju perubahan terbesar di titik tersebut.

28. Potensial listriik di setiap titik pada bidang xy adalah v( x, y) = ye x 2cos4 . Carilah laju

perubahan potensial di titik (1,/6) dalam arah a = cos /6 i + sin /6 j . Carilah pula arahdan besar laju perubahan terbesar di titik tersebut.

29. Suhu pada sebuah bola yang berpusat di titik (0,0) diberikan oleh,

T ( x, y, z ) = 100 )( 222 z y xe .

Buktikanlah bahwa laju perubahan paling panas terjadi di titik pusat, dan butikan pula

bahwa arah penurunan suhu terbesar terjadi bilamana vektor arahnya mengarah menjauhi

titik pusat.

30. Suhu T ( x, y, z ) derajad pada setiap titik dalam sebuah bola ruang diberikan oleh,

T ( x, y, z ) =

)(100

100

222 z y x

.

Carilah laju perubahan suhu di titik (5,–5,5) dalam arah vektor a = 2i + 2 j – 3 k .

Carilah pula laju perubahan suhu terbesar di titik tersebut.



91

2.6. Bidang Singgung dan Normal Bidang Permukaan

Andaikan F ( x, y, z) = k adalah persamaan suatu permukaan S pada ruang dimensi tiga, dan

misalkan bahwa P( x0, y0, z0) sebuah titik pada permukaan S . Selanjutnya misalkan C adalah

kurva pada permukaan S yang melalui titik P( x0, y0, z0), dan persamaannya diberikan oleh

persamaan parameter,

x = x(t ), y = y(t ), dan z = z(t )

Dalam bentuk vektor persamaan kurva C diberikan oleh,

r(t ) = x(t )i + y(t ) j + z(t )k

Lihat Gambar 2.6.1, berikut ini

z ∇F

P( x0, y0, z0) C

y

x

Gambar 2.6.1

Karena kurva C terletak pada permukaan S , dengan mensubsitusikan persamaan parameter

pada fungsi F dihasilkan fungsi satu variabel dari variabel t yaitu,

F ( x(t ), y(t ), z(t )) = k

Dengan menggunakan aturan rantai, dihasilkan :

dt

dF = xF

dt

dx+ yF

dt

dy+ zF

dt

dz = 0

Demikian pula dari, r(t ) = x(t )i + y(t ) j + z(t )k dihasilkan,

dt

d r =

dt

dxi +

dt

dy j +

dt

dz k

Mengingat, ∇F = xF i + yF j + zF k , makadt

dF dapat ditulis menjadi,

dt

dF = ( xF i + yF j + zF k) • (

dt

dxi +

dt

dy j +

dt

dz k)

= ∇F • dt

d r = 0



92

Dari persamaan terakhir ini dapat disimpulkan bahwa gradien F di sembarang titik pada

permukaan S tegak lurus dengan garis singgung kurva di titik tersebut. Hal ini diperlihatkan

pada Gambar 2.6.1. Definisi secara formalnya disebut dengan vektor normal, sebagai berikut.

Vektor Normal

Sebuah vektor yang tegak lurus pada vektor singgung sari setiap kurva C pada permukaan S

dan melalui titik P0 pada S disebut dengan vektor normal pada S di P0, yaitu :

∇F ( x0, y0, z0) = xF ( x0, y0, z0)i + yF ( x0, y0, z0) j + zF ( x0, y0, z0)k

Bidang Singgung

Andaikan F ( x, y, z) = k adalah persamaan suatu permukaan S pada ruang dimensi tiga, yang

memuat titik P( x0, y0, z0) dan misalkan F dapat dideferensialkan di P( x0, y0, z0). Bilamana

gradien F di P( x0, y0, z0) yakni ∇F ( x0, y0, z0) ≠ 0, maka bidang yang melalui P( x0, y0, z0) yangtegak lurus ∇F ( x0, y0, z0) disebut dengan bidang singgung permukaan S di P( x0, y0, z0).

Persamaan bidang singgung dari permukaan S di P( x0, y0, z0) dengan gradien ∇F ( x0, y0, z0)

diberikan oleh,

xF ( x0, y0, z0)( x – x0) + yF ( x0, y0, z0)( y – y0) + zF ( x0, y0, z0)( z – z0) = 0

Dalam bentuk vektor persamaan bidang singgung dari permukaan S di P( x0, y0, z0) dengan

gradien ∇F ( x0, y0, z0) diberikan oleh,

∇F ( x0, y0, z0) •[( x – x0)i + ( y – y0) j + ( z – z0)k = 0

Dalam hal khusus, untuk permukaan S yang persamaannya diberikan oleh, z = f ( x, y)

persamaan bidang singgung di titik ( x0, y0, f ( x0, y0)) diberikan oleh,

( z – z0) = x f ( x0, y0)( x – x0) + y f ( x0, y0)( y – y0)

Contoh 2.6.1

Carilah persamaan bidang singgung di permukaan elipsoida,

x2 + 4 y

2 + 3 z

2 – 2 x – 8 y = 56

pada titik (3,2,4)

Penyelesaian

Ambil, F ( x, y, z) = x

2

+ 4 y

2

+ 3 z

2

– 2 x – 8 y – 56. Dari fungsi F diperoleh, xF ( x, y, z) = 2 x – 2,

yF ( x, y, z) = 8 y – 8,

zF ( x, y, z) = 6 z

Menurut definisi gradien F di sembarang titik diberikan oleh,

∇F ( x, y, z) = (2 x – 2)i + (8 y – 8) j + 6 zk



93

Dengan demikian gradien F di titik (3,2,4) diberikan oleh,

∇F (3,2,4) = [2(3) – 2]i + [8(2) – 8] j + 6(4)k = 4i + 8 j + 24k

Jadi persamaan bidang singgung permukaan di (3,2,4) diberikan oleh,

4( x – 3) + 8( y – 2) + 24( z – 4) = 0 atau, x + 2 y + 3 z = 31

Contoh 2.6.2

Tentukanlah titik pada permukaan, z = 2 x2 + 3 y

2 – 6 x – 4 y dimana bidang singgungnya pada

titik tersebut sejajar dengan bidang, 6 x + 8 y – z = 0

Penyelesaian

Andaikan, ( x0, y0, z0) adalah titik pada permukaan S dimana bidang singgungnya sejajar

dengan bidang 6 x + 8 y – z = 0. Dari permukaan S , ambil

F ( x, y, z) = 2 x2 + 3 y2 – 6 x – 4 y – z,

dengan menurunkan secara parsial dihasilkan,

xF ( x, y, z) = 4 x – 6,

yF ( x, y, z) = 6 y – 6,

zF ( x, y, z) = –1

Menurut definisi gradien F di sembarang titik ( x0, y0, z0) diberikan oleh,

∇F ( x0, y0, z0) = (4 x0 – 6)i + (6 y0 – 4) j – k

Karena bidang singgung permukaan S sejajar dengan bidang 8 x + 6 y – z = 0, maka dihasilkan

persamaan,

4 x0 – 6 = 6 atau 4 x0 = 12 atau x0 = 3.6 y0 – 4 = 8 atau 6 y0 = 12 atau y0 = 2.

Untuk x0 = 3, dan y0 = 2, maka z0 = 4. Jadi titik pada permukaan S yang bidang singgungnya

sejajar dengan bidang 6 x + 8 y – z = 0 adalah (3,2,4), dan bidang singungnya adalah :

6( x – 3) + 8( y – 2) – ( z – 4) = 0, atau 6 x + 8 y – z = 32.

Contoh 2.6.3

Carilah persamaan bidang singgung pada permukaan, 4 x2 + xy + 3 z2 = y2 + 2 xz. yang sejajar

dengan bidang, 11 x + 8 y + 2 z = 88

Penyelesaian

Dari persamaan permukaan S ambil, F ( x, y, z) = 4 x2

– y2

+ 3 z2

+ xy – 2 xz. Dengan menurunkansecara parsial fungsi F terhadap variabel bebasnya dihasilkan,

xF ( x, y, z) = 8 x + y – 2 z

yF ( x, y, z) = x – 2 y

zF ( x, y, z) = –2 x + 6 z

Menurut definisi gradien F di sembarang titik diberikan oleh,

∇F ( x, y, z) = (8 x + y – 2 z)i + ( x – 2 y) j + (–2 x + 6 z) k



94

Karena bidang singgung pada permukaan S di sembarang titik ( x, y, z) sejajar dengan bidang,

11 x + 8 y + 2 z = 88, maka ∇F ( x, y, z) sama dengan normal bidang. Akibatnya diperoleh,

8 x + y – 2 z = 11

x – 2 y = 8

–2 x +6 z = 2

Dengan menyelesaikan secara simulkan ketiga persamaan diatas dihasilkan, x0 = 2, y0 = –3

dan z0 = 1. Jadi persamaan bidang singgung permukaan S di titik (2,–3,1) dengan normal

bidang ∇F (2,–3,1) = 11i + 8 j + 2k adalah,

11( x – 2) + 8( y + 3) + 2( z – 1) = 0, atau 11 x + 8 y + 2 z = 0

Contoh 2.6.4

Diberikan dua buah permukaan, 3 x2 + y

2 – z

2 = xz – y, dan x

2 – 2 y

2 + z

2 = xy + 3 z, dimana

kedua kurva berpotongan di titik (2,1,3). Carilah persamaan garis simetri yang merupakan

perpotongan kedau bidang singgung di titik (2,1,3).

Penyelesaian

Andaikan l menyatakan persamaan garis simetri yang melalui titik (2,1,3) dengan vektor arah

garis, u = u1i + u2 j + u3k, maka persamaan garis l adalah

321

312

u

z

u

y

u

x −=

−=

−

Karena garis l merupakan perpotongan dua bidang singgung permukaan di (2,1,3), maka

vektor arah garis l tegak lurus dengan kedua vektor normal bidang singgung di titik (2,1,3).

Akibatnya,

u = ∇F (2,1,3) × ∇G(2,1,3)

Oleh karena itu, dari kedua buah persamaan permukaan, ambilF ( x, y, z) = 3 x

2 + y

2 – z

2 – xz + y,

dan

G( x, y, z) = x2 – 2 y

2 + z

2 – xy – 3 z.

Dengan menurunkan secara parsial masing-masing fungsi terhadap variabel bebasnya

dihasilkan,

xF ( x, y, z) = 6 x – z xG ( x, y, z) = 2 x – y

yF ( x, y, z) = 2 y + 1 yG ( x, y, z) = – x – 4 y

zF ( x, y, z) = – x – 2 z zG ( x, y, z) = 2 z – 3

Dengan demikian gradien F di sembarang titik adalah,

∇F ( x, y, z) = (6 x – z)i + (2 y + 1) j – ( x + 2 z)k

dan gradien F di titik (2,1,3) adalah,

∇F (2,1,3) = [6(2) – 3)i + [2(1) + 1) j – [2 + 2(3)]k

= 9i + 3 j – 8k

Sedangkan gradien G di sembarang titik adalah,

∇G( x, y, z) = (2 x – y)i – ( x + 4 y) j + (2 z – 3)k

dan gradien G di titik (2,1,3) adalah



95

∇G(2,1,3) = [2(2) – 1)i – [2 + 4(1)] j + [2(3) – 3]k

= 3i – 6 j + 3k

Sehingga vektor arah garis l adalah,

u = ∇F (2,1,3) × ∇G(2,1,3) =

k ji

363

839

−

−

= –39i – 51 j – 63k

dan persamaan garis simetrinya dengan vektor arah, u = –39i – 51 j – 63k adalah,

63

3

51

1

39

2

−

−=

−

−=

−

− z y x

atau,

21

3

17

1

13

2 −=

−=

− z y x

Garis Normal

Salah satu manfaat lain dari gradien fungsi, disamping untuk menghitung vektor nomal

bidang singgung, manfaat lain dari ∇F di suatu titik ( x0, y0, z0) adalah dapat digunakan untuk

menghitung garis normal permukaan. Garis normal permukaan pada permukaan S di

P( x0, y0, z0) adalah suatu garis yang melalui P( x0, y0, z0) dengan vektor arah garis adalah vektor

normal ∇F ( x0, y0, z0). Dalam bentuk persamaan garis simetri, persamaan garis normal di

P( x0, y0, z0) dengan vektor arah,

∇F ( x0, y0, z0) = xF ( x0, y0, z0)i + yF ( x0, y0, z0) j + zF ( x0, y0, z0)k

diberikan oleh,

),,( 000

0

z y xF

x x

x

− =

),,( 000

0

z y xF

y y

y

− =

),,( 000

0

z y xF

z z

z

−

Sedangkan dalam bentuk persamaan parameter, persamaan garis normal di P( x0, y0, z0) dengan

vektor arah ∇F ( x0, y0, z0) diberikan oleh,

x = x0 + t xF ( x0, y0, z0),

y = y0 + t yF ( x0, y0, z0)

z = z0 +t zF ( x0, y0, z0)

dimana t adalah parameter.

Sebagai ilustrasi, dari contoh 2.6.4, telah diperoleh bahwa untuk permukaan S , dengan

persamaan 3 x2

+ y2

– z2

= xz – y, gradiennya di titik (2,1,3) adalah∇F (2,1,3) = 9i + 3 j – 8k

Dengan demikian persamaan garis normal permukaan, 3 x2 + y

2 – z

2 = xz – y, dititik (2,1,3)

adalah,

9

2− x =

3

1− y =

8

3

−

− z,

atau, x = 2 + 9t , y = 1 + 3t , z = 3 – 8t



96

Contoh 2.6.5

Carilah persamaan simetri garis normal permukaan, x2 z + xy2 – yz2 = 19, dititik (2,3,1)

Penyelesaian

Ambil, F ( x, y, z) = x2 z + xy

2 – yz

2 – 19, dan dengan menurukan secara parsial dihasilkan,

xF ( x, y, z) = 2 xz + y2

yF ( x, y, z) = 2 xy – z2

zF ( x, y, z) = x2 – 2 yz

dan gradien F di sembarang titik adalah,

∇F ( x, y, z) = (2 xz + y2)i + (2 xy – z

2) j + ( x

2 – 2 yz)k

dan di titik (2,3,1) adalah

∇F (2,3,1) = [2(2)(1) + (3)2]i + [2(2)(3) – (1)

2] j + [(2)

2 – 2(3)(1)]k

= 13i + 11 j – 2k

Jadi persamaan simetri garis normal permukaan di titik (2,3,1) dengan vektor arah garis,

∇F (2,3,1) = 13i + 11 j – 2k adalah,

13

2− x =

11

3− y =

2

1

−

− z

Soal-soal Latihan Sub Bab 2.6.

Dalm soal-soal latohan nomor 1 sampai 10 berikut ini, carilah persamaan bidang singgung

dan garis normal permukaan di titik yang ditunjuk

1. 4 x2 + y

2 + 3 z

2 = 3 y + 7 xz, di titik (2,3,2)

2. x2 y + xz

2 = y

2 z + 3 x + 4 z, di titik (3,1,2)

3. x2/3

+ 2 y2/3

+ z2/3

= 2 x – 2 y, di titik (8,1,27)

4. 2 x1/2

+ 3 y1/2

+ z1/2

= 3 z + 3, di titik (4,9,4)

5. z = )2sin2cos2(4

2

y ye

x −, di titik (0,

π/8,2

√2)

6. y = ze x 3sin4 2− di titik (0,2,π/4)

7. x3 – 3 xy + y

2 z = x + z, di titik (2,1,3)

8. 2 z xye = 2 xe2 + y2, di titik (0,2,3)

9. z2 = x

2 y – y

2 x + 5 z, di titik (2,3,2)

10. y2 = x

3 z – yz

3 – y, di titik (2,2,1)

11. Tentukan titik pada permukaan, x2 = 3 y2 + 4 z2, di mana bidang singgungnya sejajar

dengan bidang, 8 x – 12 y – 8 z = 3. Hitunglah pula persamaan bidang singgung dan garis

normalnya di titik tersebut.

12. Tentukanlah titik pada permukaan elipsoida, 2 x2 + y2 + 3 z2 – 3 x – 4 y = 5 z, dimana bidang

singgungnya sejajar dengan bidang, 5 x + 2 y + 7 z = 3. Hitunglah pula persamaan bidangsinggung dan garis normalnya di titik tersebut.

13. Tentukanlah titik pada permukaan elipsoida, 4 x2 + y2 + 2 z2 – 3 z = 15, dimana bidang

singgungnya sejajar dengan bidang, 8 x + 6 y + 5 z = 10. Hitunglah pula persamaan bidang

singgung dan garis normalnya di titik tersebut.

14. Tentukanlah titik pada permukaan, y2 = z2 x + 3 y, dimana bidang singgungnya sejajar

dengan bidang, 9 x – 9 y + 12 z = 14. Hitunglah pula persamaan bidang singgung dan garis

normalnya di titik tersebut.



97

15. Tentukanlah titik pada permukaan, z2 = xy

2 – 2 xy, dimana bidang singgungnya tegak lurus

dengan garis, x = 1 – 3t , y = 9t , z = 4 – 6t . Hitunglah pula persamaan bidang singgung dan

garis normalnya di titik tersebut.

16. Tentukanlah titik pada permukaan, x2 + 2 y

2 + 3 z

2 = 12, dimana bidang singgungnya tegak

lurus dengan garis, x = 1 + 2t , y = 3 + 8t , z = 2 – 6t . Hitunglah pula persamaan bidang

singgung dan garis normalnya di titik tersebut.

17. Tentukanlah titik pada permukaan, 2 x2

+ y2

+ z2

– 4 x – 3 y – 7 z = 0, dimana garis normal permukaan pada titik tersebut tegak lurus bidang, 8 x + 5 y + 3 z = 40. Hitunglah pula

persamaan bidang singgung dan garis normalnya di titik tersebut.

18. Tentukanlah titik pada permukaan, x2 + 3 y

2 + z

2 – 4 x – 5 y – 4 z = 0, dimana garis normal

permukaan pada titik tersebut sejajar garis, x = 2 + 2t , y = 1 + t , z = 4 + 6t . Hitunglah pula

persamaan bidang singgung dan garis normalnya di titik tersebut.

19. Carilah persamaan garis simetri dari garis singgung yang merupakan perpotongan dua

bidang singgung permukaan, 3 x2 + y

2 + 2 z

2 = 31, dan x

2 – 3 y

2 + z

2 = 10, di titik (2,1,3)

20. Carilah persamaan bidang yang memuat dua buah persamaan garis normal permukaan, x2

+ y2 – 2 z

2 = 11, dan 3 x

2 – 2 y

2 + z

2 = 20, di titik (3,2,1)



98

2.7. Maksimum dan Minimum

Salah satu manfaat yang penting dari turunan parsial adalah analisis tentang nilai maksimum

dan atau minimum (ekstrim) suatu fungsi dua variabel. Masalah nilai ekstrim ini banyak

aplikasinya dalam penerapannya, misalnya masalah optimasi fungsi produksi dalam bidang

ekonomi maupun aplikasi lainnya. Oleh karena itu, pada bagian ini pembahasan masalahmaksimum dan atau minimum suatu fungsi, diawali dengan menganalisis pengertian nilai

ekstrim fungsi dua variabel.

Pengertian Nilai Ekstrim Fungsi

Andaikan f adalah fungsi dua variabel yang memuat titik ( x0, y0) pada daerah asal f .

i). f ( x0, y0) dikatakan sebagai nilai maksimum relatif (mutlak) dari f ( x, y) pada daerah asal f ,

jika f ( x0, y0) ≥ f ( x, y) untuk semua titik ( x, y) pada daerah asal f

ii). f ( x0, y0) dikatakan sebagai nilai minimum relatif (mutlak) dari f ( x, y) pada daerah asal f ,

jika f ( x0, y0) ≤ f ( x, y) untuk semua titik ( x, y) pada daerah asal f iii). f ( x0, y0) dikatakan sebagai nilai ektrim relatif (mutlak) dari f ( x, y) pada daerah asal f , jika

f ( x0, y0) adalah nilai maksimum atau nilai minimum f ( x, y)

Untuk lebih mudah memahami pengertian ekstrim fungsi dua variabel tersebut, misalkan

diberikan fungsi f ( x, y) yang didefinisikan oleh persamaan,

f ( x, y) = 22100 y x −−

Daerah asal fungsi f adalah {( x, y) : 0 ≤ x2 + y

2 ≤ 100}. Bilamana diambil, z = f ( x, y)

persamaan fungsi dapat ditulis menjadi,

z = 22100 y x −−

Dengan mengkuadratkan kedua ruas dihasilkan, persamaan,

z2 = 100 – x2

– y2, atau, x

2 + y2 + z2

= 100

Grafik persamaan diatas adalah bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jarinya adalah 10. Dengan

demikian grafik fungsinya adalah setengah bola, seprti terlihat pada Gambar 2.7.1. Dari

sketsa, terlihat bahwa nilai maksimum f adalah 10 dimana terletak pada titik x = 0, dan y = 0.

Jadi f (0,0) = 10 merupakan nilai maksimum mutlak dari f . Karena daerah asal fungsi f adaah

{( x, y) : 0 ≤ x2 + y

2 ≤ 100}, maka nilai minimum f adalah 0, dimana terletak pada setiap titik

yang memenuhi persamaan lingkaran, x2 + y

2 = 100.

z z

z = 22100 y x −− z = x2 + y

2

y y

x x

Gambar 2.7.1 Gambar 2.7.2



99

Sedangkan untuk memberikan ilustrasi nilai minimum fungsi dua variabel, andaikan f adalah

fungsi dua variabel yang didefinisikan oleh,

f ( x, y) = x2 + y

2

Bilamana diambil, z = f ( x, y) persamaan fungsi dapat ditulis menjadi,

z = x2 + y

2

yang merupakan persamaan paraboloida. Dengan demikian grafik fungsinya adalah

parabolida yang terlihat pada Gambar 2.7.2. Daerah asalah fungsi adalah himpunan semua

titik pada R2. Dari sketsa terlihat bahwa untuk x = 0, y = 0 nilai f (0,0) = 0. Sebaliknya, karena

daerah asal fungsi adalah himpunan semua titik pada R2, maka fungsi f tidak mempunyai nilai

maksimum. Jadi dapat disimpulkan bahwa f (0,0) ≤ f ( x, y) untuk semua titik ( x, y) pada daerah

asal f , sehingga f (0,0) = 0 adalah nilai minimum mutlak f .

Dari kedua ilustrasi tersebut diatas, masalah yang timbul untuk menentukan nilai ekstrim

fungsi adalah menentukan titik di daerah asal fungsi, sedemikian sehingga f mencapai nilai

maksimum atau minimum. Titik-titik demikian itu disebut dengan titik kritis.

Titik Kritis

Andaikan f ( x, y) fungsi yang didefinisikan pada daerah asal yang memuat titik ( x0, y0). Jika

f ( x0, y0) adalah nilai ekstrim f , maka ( x0, y0) harus merupakan titik kritis, yakni salah satu titik

dari :

i). Titik batas daerah asal fungsi

ii). Titik stasioner f

iii). Titik singular f , berikut ini.

Dari definisi diatas, menyatakan bahwa syarat perlu agar supaya fungsi dua variabelmempunyai nilai ekstrim adalah adanya titik kritis. Titik kritis yang dibahas dalam hal ini

adalah titik stasioner. Ada kemungkinan bahwa fungsi tidak mempunyai titik stasioner, akan

tetapi mempunyai nilai ekstrim. Pengertian titik stasioner didefinisikan dengan menggunakan

turunan parsial pertama.

Titik Stasioner – Uji Turunan Pertama

Titik ( x0, y0) dikatakan sebagai titik stasioner pada daerah asal fungsi f bilamana,

x f ( x0, y0) = 0, dan y f ( x0, y0) = 0

Definisi diatas, menyatakan bahwa syarat perlu adanya nilai ekstrim fungsi dua variabel

adalah fungsi f mempunyai turunan parsial pertama, dan adanya titik yang memenuhi turunan

pertama sedemikian sehingga nilainya nol. Untuk lebih jelasnya keterkaitan nilai ekstrim dan

titik kritis perhatikanlah contoh berikut ini.



100

Contoh 2.7.1

Carilah nilai maksimum atau minimum dari, f ( x, y) = 6 x + 8 y – x2 – 2 y2, jika ada

Penyelesaian

Langkah awal menentukan titik kritis. Dengan menurunkan secara parsial f ( x, y) terhadap

variabel bebasnya dihasilkan,

x f ( x, y) = 6 – 2 x, dan y f ( x, y) = 8 – 4 y

Dengan menetapkan,

x f ( x, y) = 0, dihasilkan 6 – 2 x = 0, atau x = 3

y f ( x, y) = 0, dihasilkan 8 – 4 y = 0, atau y = 2

Dengan demikian titik kritis f adalah x = 3 dan y = 2 atau (3,2)

Langkah kedua, penyelidikan nilai ekstrim. Ambil, z = f ( x, y), sehingga dihasilkan

z = 6 x + 8 y – x2 – 2 y

2

Grafik persamaan diatas adalah paraboloida dengan sumbu utama yakni sumbu tegak sejajar

dengan sumbu z. Sketsa paraboloida diberikan pada Gambar 2.7.3, berikut ini.

Perpotongan paraboloida dengan, z

z = 0 adalah elipps,

x2 + 2 y

2 – 6 x – 8 y = 0

dengan pusat ellips (3,2). Dari sketsa

pada Gambar 2.7.3, terlihat bahwa

puncaknya adalah (3,2,17). Dengan y

demikian nilai ekstrim f adalah

f (3,2) = 17 yang merupakan nilai

maksimum mutlak x

Gambar 2.7.3

Contoh 2.7.2Carilah nilai ekstrim dari, f ( x, y) = x2 – y2 – 6 x + 8 y, jika ada

Penyelesaian

Langkah awal menentukan titik kritis. Dengan menurunkan secara parsial f ( x, y) terhadap

variabel bebasnya dihasilkan,

x f ( x, y) = 2 x – 6, dan y f ( x, y) = 8 – 2 y

Dengan menetapkan,

x f ( x, y) = 0, dihasilkan 2 x – 6 = 0, atau x = 3

y f ( x, y) = 0, dihasilkan 8 – 2 y = 0, atau y = 4

Dengan demikian titik kritis f adalah x = 3 dan y = 4 atau (3,4)

Langkah kedua, penyelidikan nilai ekstrim.Ambil, z = f ( x, y), sehingga dihasilkan

z = x2 – y

2 – 6 x + 8 y

Grafik persamaan, z = x2 – y

2 – 6 x + 8 y, diberikan pada Gambar 2.7.4. Dari sketsa pada

Gambar 2.7.4, terlihat bahwa di titik (3,4) diperoleh f (3,4) = 7 tidak memberikan nilai

maksimum atau nilai minimum fungsi.



101

f (3,4)

Gambar 2.7.4

Dari sketsa pada gambar diatas di sekitar titik stasioner (3,4) diperoleh,

f (3,5) = (3)2 – (5)2 – 6(3) + 8(5) = 6

f (4,4) = (4)2 – (4)

2 – 6(4) + 8(4) = 8

Dari kedua penyelidikan dua buah titik di sekitar titik stasioner dihasilkan kenyataan bahwa,

f (3,5) < f (3,4) < f (4,4). Jadi dapat disimpulkan bahwa f (4,3) = 7 bukan merupakan nilai

ekstrim f . Titik demikian ini disebut dengan titik pelana.

Dari kedua contoh diatas, bahwa untuk menentukan nilai ekstrim fungsi, disampingdipersyaratkan adanya titik kritis, diperlukan penyelidikan lanjutan untuk mengetahui apakah

titik kritis tersebut memberikan nilai ekstrim. Penyelidikan pada titik kritis demikian disebut

pengujian syarat kecukupan nilai ekstrim. Uji syarat cukup yang digunakan adalah uji

turunan kedua, khususnya bilamana titik kritisnya adalah titik stasioner.

Uji Turunan Kedua

Andaikan f adalah fungsi dua variabel dari x dan y sedemikian sehingga f dan turunan-turunan

parsial orde kedua kontinu. Andaikan pula bahwa x f ( x0, y0) = 0, dan y f ( x0, y0) = 0

i). f ( x0, y0) dikatakan sebagai nilai maksimum f , jika :

xx f ( x0, y0) yy f ( x0, y0) – [ xy f ( x0, y0)]2 > 0, dan xx f ( x0, y0) < 0 (atau yy f ( x0, y0) < 0)

ii). f ( x0, y0) dikatakan sebagai nilai minimum f , jika :

xx f ( x0, y0) yy f ( x0, y0) – [ xy f ( x0, y0)]2 > 0, dan xx f ( x0, y0) > 0 (atau yy f ( x0, y0) > 0)

iii). xx f ( x0, y0) yy f ( x0, y0) – [ xy f ( x0, y0)]2 < 0, uji gagal dan f ( x0, y0) dikatakan bukan nilai

ekstriim dan ( x0, y0) disebut dengan titik pelana.

Dari kedua teorema diatas, untuk menentukan nilai ekstrim fungsi dua variabel, langkah-

langkah yang harus dilakukan adalah,

1). Tentukanlah turunan-turunan parsial pertama dan kedua dari f , yakni x f ( x, y), y f ( x, y),

xx f ( x, y), yy f ( x, y) dan xy f ( x, y) atau yx f ( x, y)

2). Tentukanlah titik kritis (stasioner) fungsi yakni dengan menetapkan, x f ( x0, y0) = 0, dan

y f ( x0, y0) = 0

3). Bentuklah persamaan pembantu,

D( x, y) = xx f ( x, y) yy f ( x, y) – [ xy f ( x, y)]2,

dan selanjutnya selidikilah jenis nilai ekstrim pada titik kritis dengan menggunakan uji

turunan kedua.

Berdasarkan tiga langkah diatas, berikut ini adalah beberapa contoh-contoh penggunannya



102

Contoh 2.7.3

Tentukanlah jenis dan nilai ekstrim (jika ada) fungsi yang didefinisikan oleh,

f ( x, y) = 4

4

1 y + x

3 – 2 y

3 – 6 x

2 + 4 y

2 + 9 x

Penyelesaian

Langkah pertama, menentukan turunan parsial. Dari fungsi f ( x, y) dihasilkan,

x f ( x, y) = 3 x2 – 12 x + 9 y f ( x, y) = y

3 – 6 y

2 + 8 y

xx f ( x, y) = 6 x – 12 yy f ( x, y) = 3 y2 – 12 y + 8

xy f ( x, y) = 0 yx f ( x, y) = 0

Langkah kedua, mementukan titik kritis. Dengan menetapkan turunan parsial pertama sama

dengan nol yakni,

x f ( x, y) = 0, dihasilkan 3 x2 – 12 x + 9 = 0

3( x – 1)( x – 3) = 0

x = 1 atau x = 3

y f ( x, y) = 0, dihasilkan y3 – 6 y2 + 8 y = 0

y( y – 2)( y – 4) = 0,

y = 0, y = 2, y = 4

Dengan titik kritis fungsinya adalah (1,0), (1,2), (1,4), (3,0), (3,2) dan (3,4)

Langkah ketiga, penyelidikan nilai ekstrim. Untuk memudahkan menerapkan uji turunan

kedua, bentuk persamaan pembantu

D( x, y) = xx f ( x, y) yy f ( x, y) – [ xy f ( x, y)]2

= (6 x – 12)(3 y2 – 12 y + 8)

Selanjutnya perhatikanlah tabel berikut ini,

( x0, y0) xx f ( x, y) yy f ( x, y) xy f ( x, y) D( x, y) Kesimpulan

(1,0) –6 8 0 –48 f (1,0) = 4 bukan ekstrim dan

(1,0) titik pelana

(1,2) –6 –4 0 24 f (1,2) = 8 adalah ekstrim

maksimum relatif

(1,4) –6 8 0 –48 f (1,4) = 4 bukan ekstrim dan

(1,4) titik pelana

(3,0) 6 8 0 48 f (3,0) = 0 adalah ekstrim dan

minimum relatif

(3,2) 6 –4 0 –24 f (3,2) = 4 bukan ekstrim dan

(3,2) titik pelana

(3,4) 6 8 0 48 f (3,4) = 0 adalah ekstrimminimum relatif

Dari hasil diatas, dapat disimpulkan bahwa :

1). f (1,2) = 8 adalah ekstrim maksimum relatif

2). f (3,0) = 0 dan f (3,4) = 0 adalah ekstrim minimum relatif



103

Contoh 2.7.4

Tentukanlah jenis dan nilai ekstrim (jika ada) fungsi didefinisikan oleh,

f ( x, y) = 3

3

1 x + 3 xy

2 – 2 x

2 y + 8 y

2 – 48 y

Penyelesaian

Langkah pertama, menentukan turunan parsial. Dari fungsi f ( x, y) dihasilkan,

x f ( x, y) = x2 – 4 xy + 3 y2 y f ( x, y) = 6 xy – 2 x2 + 16 y – 48

xx f ( x, y) = 2 x – 4 y yy f ( x, y) = 6 x + 16

xy f ( x, y) = –4 x + 6 y yx f ( x, y) = 6 y – 4 x

Langkah kedua, mementukan titik kritis. Dengan menetapkan turunan parsial pertama sama

dengan nol diperoleh,

x f ( x, y) = 0, atau x2 – 4 xy + 3 y

2 = ( x – y)( x – 3 y) = 0

x = y, atau x = 3 y

y f ( x, y) = 0, atau, 6 xy – 2 x2 + 16 y – 48 = 0

Untuk x = y, dan y f ( x, y) = 0, diperoleh :6( y) y – 2( y)

2 + 16 y – 48 = 0

4 y2 + 16 y – 48 = 0

4( y2 + 4 y – 12) = 0

4( y + 6)( y – 2) = 0

y = –6, y = 2

Sehingga untuk, y = –6, diperoleh x = –6, dan x = 2, jika y = 2. Sedangkan untuk x = 3 y, dan

y f ( x, y) = 0, diperoleh :

6(3 y) y – 2(3 y)2 + 16 y – 48 = 0

16 y – 48 = 0

16( y – 3) = 0

y = 3Sehingga untuk, y = 3, diperoleh x = 9. Jadi titik kritis (stasioner) fungsinya adalah titik-titik

(–6,–6), (2,2), dan (9,3).

Langkah ketiga, penyelidikan nilai ekstrim. Untuk memudahkan menerapkan uji turunan

kedua, bentuk persamaan pembantu


= (2 x – 4 y)(6 x + 16) – (6 y – 4 x)2




104


(–6,–6) 12 –20 –12 –384 f (–6,–6) bukan nilai

ekstrim dan (–6,–6)

adalah titik pelana

(2,2) –4 28 4 –128 f (2,2) bukan nilai

ekstrim, dan (2,2)adalah titik pelana

(9,3) 6 70 –18 96 f (9,3) = –72 adalah

nilai ekstrim

minimum

Dari tabel diatas dapat disimpulkan bahwa, f (9,3) = –72 adalah nilai ekstrim minimum fungsi

f , sedangkan nilai ekstrim maksimumnya tidak ada.

Contoh 2.7.5

Hitunglah jarak minimum dari titik (6,7,0) dengan permukaan, z2 = x

2 y + 3 y.

Penyelesaian

Langkah pertama perumusan model.

Andaikan, P( x, y, z) sembarang titik pada permukaan, z2 = x2 y + 3 y. Andaikan pula, d ( x, y, z)adalah kuadrat jarak dari titik (6,7,0) ke titik P, maka persamaan kuadrat jarak tersebut

diberikan oleh persamaan,

D2( x, y, z) = ( x – 6)

2 + ( y – 7)

2 + z

2

Karena, P terletak pada permukaan, oleh karena itu subsitusikanlah, z2 = x2 y + 3 y pada

persamaan kuadrat jarak, sehingga dihasilkan,

D2( x, y) = ( x – 6)

2 + ( y – 7)

2 + x

2 y + 3 y.

Selanjutnya ambil, D2( x, y) = f ( x, y) = ( x – 6)2 + ( y – 7)2 + x2 y + 3 y. Dengan demikian jarak

minimum dari titik (6,7,0) ke permukaan z2 = x

2 y + 3 y merupakan nilai ekstrim minimum

dari,

f ( x, y) = ( x – 6)2 + ( y – 7)

2 + x

2 y + 3 y.

Langkah kedua menentukan titik kritis.Dengan mendeferensialkan secara parsial fungsi f dua kali terhadap x dan y dihasilkan,

x f ( x, y) = 2( x – 6) + 2 xy y f ( x, y) = 2( y – 7) + x2 + 3

xx f ( x, y) = 2 + 2 y yy f ( x, y) = 2

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

Dengan menetapkan turunan parsial pertama sama dengan nol diperoleh,

x f ( x, y) = 0, atau, 2( x – 6) + 2 xy = 0

y f ( x, y) = 0, atau, 2( y – 7) + x2 + 3 = 0,

atau

y = )11(21 2 x−

Dengan mensubsitusikan, y = )11(2

1 2 x− pada x f ( x, y) = 0, diperoleh,

2( x – 6) + 2 x{ )11(2

1 2 x− } = 0,

x3 – 13 x + 12 = 0

( x + 4)( x – 1)( x – 3) = 0



105

x = –4, x = 1, x = 3

Sehingga dari persamaan y = )11(2

1 2 x− , untuk x = –4, diperoleh y = –5/2, x = 1, diperoleh y

= 5, dan x = 3, diperoleh y = 1. Dengan demikian titik-titik kritis fungsinya adalah (– 4, –5/2), (1,5) dan (3,1).

Langkah ketiga menentukan nilai dan uji ekstrim.Untuk menyelidiki jenis dan nilai ekstrim fungsi pada titik kritisnya, dengan menggunakanuji turunan kedua, bentuk persamaan pembantu,


= (2 + 2 y)(2) – (2 x)2



(–4,–5/2) –3 2 –8 –70 f (–4,–5/2) bukan merupakannilai ekstrim dan (–4,–5/2)adalah titik pelana

(1,5) 12 2 2 20 f (1,5) = 49 adalah nilai ekstrimminimum

(3,1) 4 2 6 –20 f (3,1) bukan merupakan nilaiekstrim, dan (3,1) adalah titik pelana

Dari tabel diatas dapat disimpulkan bahwa, f (3,1) = 49 adalah nilai ekstrim minimum fungsi f.

Langkah keempat menentukan jarak minimum.Karena kuadrat jarak minimum dari titik (6,7,0) ke permukaan, z2 = x2 y + 3 y adalah 49, jadidapat disimpulkan jarak minimum dari titik (6,7,0) ke permukaan z

2 = x

2 y + 3 y adalah 7.

Contoh 2.7.6Sebuah kotak kayu tanpa tutup mempunyai volume 256 m

3. Tentukanlah ukuran kotak agar

supaya luas permukaannya minimum.PenyelesaianLangkah pertama, penyusunan model. Andaikan V menyatakan volume kotak, x panjang alaskotak, y lebar kotak, dan z adalah tinggi kotak. Lihat Gambar 2.7.5, sehingga volume,

V = xyz

x Karena volume kotak adalah 256, makadiperoleh pula hubungan,

xyz = 256 z atau,

y z = xy

256

Gambar 2.7.5



106

Selanjutnya, andaikan S adalah luas permukaan kotak, maka diperoleh persamaan,

S = xy + 2 xz + 2 yz

Dengan mensubsitusikan, z ke dalam persamaan luas permukaan S dihasilkan,

S = xy + 2 x xy

256 + 2 y

xy

256 = xy +

y

512 +

x

512

Dengan demikian luas permukaan kotak minimum merupakan nilai ekstrim minimum dari

fungsi S ( x, y).

Langkah kedua menentukan titik kritis.

Dengan mendeferensialkan secara parsial fungsi S dua kali terhadap x dan y dihasilkan,

xS ( x, y) = y –2

512

x yS ( x, y) = x –

2

512

y

xxS ( x, y) =3

1024

x yyS ( x, y) =

3

1024

y

xyS ( x, y) = 1 yxS ( x, y) = 1

Dengan menetapkan turunan parsial pertama sama dengan nol, dan x ≠ 0, y ≠ 0, diperoleh,

xS ( x, y) = 0, atau, y –2

512

x = 0, atau x2 y – 512 = 0, atau, y =

2

512

x

yS ( x, y) = 0, atau, x –2

512

y = 0, atau xy

2 – 512 = 0, atau, x =

2

512

y

Dengan mensubsitusikan, y =2

512

x ke dalam yS ( x, y) = 0, dihasilkan persamaan, x3 = 512,

yang menghasilkan, x = 8, dan y = 8. Jadi titik kritisnya adalah (8,8)

Langkah ketiga menentukan nilai dan uji ekstrim.

Untuk menyelidiki jenis dan nilai ekstrim fungsi pada titik kritisnya, dengan menggunakanuji turunan kedua. Karena,

xxS (8,8) =3)8(

1024 = 2

D(8,8) = xxS (8,8) yyS (8,8) – [ xyS (8,8)]2 =

3)8(

1024

3)8(

1024 – 1 = 3

maka S (8,8) = 192 adalah nilai minimum relatif. Karena, z = xy

512, sehingga untuk x = 8, y =

8, maka z = 8. Jadi ukuran kotak yang memberikan luas permukaan minimum adalah panjang

8, lebar 8 dan tinggi 8.


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 19 berikut ini, tentukanlah nilai ekstrim fungsinya

jika ada.

1. f ( x, y) = x3 + 2 y

3 + 3 x

2 – 24 x – 24 y

2. f ( x, y) = x3 – y

3 + 6 x

2 – 12 x – 9 y



107

3. f ( x, y) = 4

4

1 y + 2 x

3 – 2 y

2 – 24 x

4. f ( x, y) = 4

4

1 y – x

3 – 2 y

3 + 6 x

2 + 4 y

2 – 9 x

5. f ( x, y) = 2 x3 + 2 y

3 – 3 xy

2 – 12 x

6. f ( x, y) = x2 y

3(12 – x – y)

7. f ( x, y) = x3 y2(36 – 2 x – 3 y)

8. f ( x, y) = 2 x3 – 6 xy + y

2

9. f ( x, y) = 4 xy2 – 2 x

2 y – 16 x

10. f ( x, y) = )( xk xye y−

−

11. f ( x, y) = y y xy y x 3243

2

3

1 2233−+−+

12. f ( x, y) = xy2(28 – x

2 – y)

13. f ( x, y) = x2 y(12 – x

2 – y)

14. f ( x, y) = 2 x3 + 2 y

3 – 3 x

2 y – 12 y

15. f ( x, y) = xy3(12 – x – y)

2

16. f ( x, y) = 3

1 x3 – 3

1 y3 – 2 x2 + 3 y2 + 3 x – 5 y

17. f ( x, y) =3

1 x

3 + y

3 – xy

2 + 5 y – 75 y

18. f ( x, y) =3

1 y

3 + 3 y

2 x – 2 xy

2 + 8 x

2 – 48 x

19. f ( x, y) = x3 + y

3 – 4 xy + 4 x

20. Carilah tiga bilangan positip yang jumlahnya 48, dan hasil kalinya sebesar mungkin.

21. Carilah jarak minimum dari titik pusat terhadap bidang, 2 x – 2 y + z = 12.

22. Tentukanlah ukuran kotak persegi panjang tertutup dengan volume 256, sedemikian

sehingga luas permukaannya minimum.

23. Carilah nilai maksimum dan atau mininum dari, f ( x, y, z) = xy3 z2, pada permukaan bidang x

+ y + z = 12

24. Carilah titik pada bidang, 4 x + 2 y – z = 15, yang paling dekat dengan titik (1,2, 3) dan

carilah pula jarak minimumnya.

25. Carilah titik pada permukaan, y2 – xz = 16 yang terdekat dengan titik pusat, dan carilah

pula jarak minimumnya.

26. Misalkan, T ( x, y, z) = xy2 z adalah suhu pada permukaan bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-

jarinya 4. Carilah titik pada permukaan bola sedemikian sehingga suhunya terbesar atau

terkecil. Hitunglah pula suhunya pada titik tersebut.

27. Carilah titik pada lengkungan perpotongan antara elipsoida, 16 x2 + z2 = 16 dengan

bidang, x – 16 y – z = 0 yang terdekat dengan titik pusat, dan carilah pula jarak

minimumnya.28. Carilah nilai maksimum dan atau minimum, f ( x, y, z) = y3

+ xz2, pada permukaan bola, x

2+

y2 + z

2 = 25

29. Carilah nilai maksimum dan atau minimum, f ( x, y, z) = 3 y2 + 2 y2 + z2 pada permukaan

bidang, x + y + z = 12

30. Carilah nilai maksimum dan atau minimum, f ( x, y, z) = x2

+ y2 + z

2, pada permukaan

elipsoida, 16 x2

+ 25 y2 + z

2 = 400



108



108

2.8. Metode Langrange

Pada bagian 2.7 telah dibahas beberapa contoh masalah menghitung nilai ekstrim dari fungsi

dua variabel, yaitu menentukan nilai ekstrim dari,

f ( x, y) = y y x xy x 488233

1 2223

−+−+

Demikian pula, telah dibahas menghitung nilai ekstrim fungsi, dari,

D = ( x – 6)2 + ( y – 7)2 + z2

dengan syarat bahwa x, y, dan z harus memenuhi persamaan, z2 = xy

2 + 3 y.

Dua masalah nilai ektrim diatas, ada dua perbedaan pokok. Masalah pertama nilai ekstrim

yang dicari adalah nilai ekstrim tanpa kendala, pada masalah kedua berkaitan dengan ekstrim

bersyarat. Untuk ekstrim tanpa syarat ini disebut dengan ekstrim bebas, sedangkan untuk

menghitung nilai ekstrim dengan batasan-batasan tertentu dikategorikan dalam ekstrim

terbatas. Salah satu metode yang digunakan untuk menyelesaikan masalah ekstrim terbatas

adalah dengan cara substitusi. Dengan metode ini, salah satu variabel bebas, misalnyavariabel z, dari persamaan terkendala disubsitusikan pada fungsi tujuan yang akan dicari nilai

ekstrimnya. Dengan metode ini, maka akan dihasilkan suatu fungsi dengan dua variabel

bebas. Sebagai hasilnya, masalah ekstrim terkendala diselesaikan melalui ekstrim bebas

fungsi dua variabel. Namun demikian, metode ini tidak selalu membawa hasil, bilamana

batasan-batasannya tidak hanya melibatkan satu persamaan kendala.

Disamping itu, masalah-masalah ekstrim terbatas sering timbul dalam masalah-masalah

nyata, dimana batasan-batasannya tidak hanya satu fungsi. Hal ini mengakibatkan tidak

mudah untuk menyederhanakan masalah, sedemikian sehingga diperoleh satu fungsi saja

dengan dua variabel bebas. Disamping itu, masalah yang sering timbul dengan metode

subsitusi adalah tidak mudah untuk mementukan titik kritisnya. Salah metode untuk

mengatasi masalah ekstrim terkendala adalah metode Lagrange. Metode ini dikembangkandidasarkan pada kenyataan bahwa ekstrim terbatas, nilai ekstrimnya selalu terletak pada titik

kritis. Metode Lagrange ini menyediakan suatu metode aljabar yang cukup baik untuk

menentukan titik kritis, sehingga masalah ekstrim terkendala dengan metode ini dapat diatasi.

Prosedur Metode Lagrange

Andaikan akan dicari nilai ekstrim relatif fungsi, f ( x, y, z) dengan kendala, g( x, y, z) = 0.

Langkah pertama, metode Lagrange adalah membentuk fungsi baru dengan memasukkan

variabel baru, λ , yang disebut dengan faktor pengali Lagrange. Fungsi baru tersebut adalah,

F ( x, y, z,λ ) = f ( x, y, z) + λ g( x, y, z)

Langkah kedua, metode Lagrange adalah menentukan titik ktiris dari fungsi F . Titik kritis

diperoleh dengan cara menyelesaikan secara simulkan dari,

xF ( x, y, z,λ ) = 0,

yF ( x, y, z,λ ) = 0,

zF ( x, y, z,λ ) = 0,

λ F ( x, y, z,λ ) = g( x, y, z) = 0



109

Langkah ketiga, menentukan nilai ekstrim terkendala. Bilamana ( x0, y0, z0,λ 0) adalah titik kritis

dari F ( x, y, z,λ ), maka ( x0, y0, z0) adalah juga merupakan titik kritis dari f ( x, y, z,λ ) dengan

kendala g( x, y, z). Jadi nilai ektrim f ( x, y, z) dengan kendala g( x, y, z) adalah f ( x0, y0, z0).

Keabsahan dari metode pengali Lagrange ini dapat dibuktikan dengan pendekatan analisa

vektor, atau metode Kunc Tucker untuk fungsi n variabel. Namun dalam pembahasan ini buktinya tidak dibahas. Metode Lagrange ini dapat dikembangan untuk menghitung nilai

ekstrim terkendala fungsi n variabel dengan m fungsi-fungsi kendala. Untuk lebih jelasnya

perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 2.8.1

Carilah nilai ekstrim terbatas dari, f ( x, y) = x2 y

3dengan kendala, 5 x + 6 y = 50

Penyelesaian

Langkah pertama membentuk fungsi Lagrange. Dari fungsi kendala, ambil g( x, y) = 50 – 5 x –

6 y, dan bentuk fungsi pembantu Lagrange, yaitu :

F ( x, y,λ ) = f ( x, y) + λ g( x, y) = x2 y3 + λ (50 – 5 x – 6 y)

Langkah kedua, menentukan titik kritis. Dengan menurunkan secara parsial fungsi F ( x, y,λ )

dihasilkan,

xF ( x, y,λ ) = 2 xy3 – 5λ ,

yF ( x, y,λ ) = 3 x2 y2 – 6λ ,

λ F ( x, y,λ ) = 50 – 5 x – 6 y

Dengan menetapkan turunan parsial pertaman sama dengan nol, diperoleh

xF ( x, y,λ ) = 0, atau, 2 xy3 – 5λ = 0, atau λ =

5

2 3 xy

yF ( x, y,λ ) = 0, atau, 3 x2 y

2 – 6λ = 0, atau, λ =

6

3 22 y x

λ F ( x, y,λ ) = 0, atau, 50 – 5 x – 6 y = 0, atau 5 x + 6 y = 50

Dengan menyatakan nilai λ , dihasilkan,

5

2 3 xy

=6

3 22 y x

,

Dari persamaan diatas, dihasilkan 15 x = 12 y, atau, y = x4

5. Dengan mensubsitusikan nilai y =

x4

5 pada λ F = 0, dihasilkan

5 x + 6( x4

5) = 50, atau, x

4

50 = 50, atau x =

)50(

)50)(4( = 4

Untuk x = 4, diperoleh, y =4

5(4) = 5, dan λ =

6

)5()4(322

= 200. Jadi titik kritis F ( x, y,λ )

adalah (4,5,200).

Menentukan nilai ekstrim f . Karena titik kitis F ( x, y,λ ) adalah (4,5,200), maka titik kritis

fungsi f ( x, y) adalah (4,5). Jadi nilai ekstrim, f ( x, y) = x2 y

3 adalah f (4,5) = (4)

2(5)

3 = 2.000



110

Contoh 2.8.2

Carilah nilai minimum relatif dari,

f ( x, y, z) = 2 x2 + y

2 + 3 z

2

pada bidang, x + 3 y + 2 z = 65

Penyelesaian

Langkah pertama membentuk fungsi Lagrange. Dari persamaan kendala, ambil

g( x, y, z) = 65 – x – 3 y – 2 zdan bentuk fungsi pembantu Lagrange,

F ( x, y, z,λ ) = f ( x, y, z) + λ g( x, y, z) = 2 x2 + y

2 + 3 z

2+ λ (65 – x – 3 y – 2 z)

dimana λ adalah faktor pengali Lagrange.

Menentukan titik krtitis. Dengan menurunkan secara parsial fungsi F ( x, y, z,λ ) dihasilkan,

xF ( x, y, z,λ ) = 4 x – λ ,

yF ( x, y, z,λ ) = 2 y – 3λ ,

zF ( x, y, z,λ ) = 6 z – 2λ

λ F ( x, y, z,λ ) = 65 – x – 3 y – 2 z

Dengan menetapkan, xF , yF , zF , dan λ F sama dengan nol dihasilkan,

xF ( x, y, z,λ ) = 0, 4 x – λ = 0, atau x =4

1λ

yF ( x, y, z,λ ) = 0, 2 y – 3λ = 0, atau y =2

3λ

zF ( x, y, z,λ ) = 0, 6 z – 2λ = 0, atau z =3

1λ

λ F ( x, y, z,λ ) = 0, 65 – x – 3 y – 2 z = 0, atau x + 3 y + 2 z = 65

Dengan mensubsitusikan, x =4

1λ , y =

2

3λ , dan z =

3

1λ , pada λ F ( x, y, z,λ ) = 0, diperoleh,

41 λ + 3(

23 λ ) + 2(

31 λ ) = 65

12

65λ = 65

λ = 12

Sehingga untuk, λ = 12, didapatkan, x =4

1(12) = 3, y =

2

3(12) = 18, dan z =

3

1(12) = 4. Jadi

titik kritis F adalah (3,18,4,12)

Menentukan nilai ekstrim. Karena titik kitis F ( x, y, z,λ ) adalah (3,8,4,12), maka titik kritis

fungsi f ( x, y, z) adalah (3,18,4,12). Jadi nilai ekstrim, f ( x, y, z) = 2 x2 + y

2 + 3 z

2dengan kendala, x

+ 3 y + 2 z = 65 adalah, f (3,18,4) = 2(3)

2+ (18)

3 + 3(4)

2 = 390

Contoh 2.8.3

Tentukanlah nilai maksimum dan atau minimum dari,

f ( x, y, z) = 4 x + 5 y + 4 z

pada elips yang merupakan perpotongan silinder lingkaran tegak, ( x – 2)2 + ( y – 4)

2 = 100,

dan bidang, 2 x + 3 y = 4 z.



111

Penyelesaian

Menentukan fungsi Lagrange. Dari persamaan fungsi kendala, ambil,

g( x, y, z) = 100 – ( x – 2)2 – ( y – 4)

2,

h( x, y, z) = 4 z – 2 x – 3 y

Selanjutnya bentuk fungsi pembantu Lagrange,

F ( x, y, z,λ , β ) = f ( x, y, z) + λ g( x, y, z) + β h( x, y, z)

= 4 x + 5 y + 4 z + λ (100 – ( x – 2)2 – ( y – 4)2) + β (4 z – 2 x – 3 y)dimana λ , dan β adalah faktor pengali Lagrange.

Menentukan titik kritis. Dengan menurunkan secara parsial fungsi F ( x, y, z,λ , β ) dihasilkan,

xF ( x, y, z,λ , β ) = 4 – 2λ ( x – 2) – 2 β ,

yF ( x, y, z,λ , β ) = 5 – 2λ ( y – 4) – 3 β ,

zF ( x, y, z,λ , β ) = 4 + 4 β

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 100 – ( x – 2)2 – ( y – 4)

2

β F ( x, y, z,λ , β ) = 4 z – 2 x – 3 y

Dengan menetapkan, xF , yF , zF , λ F , dan β F sama dengan nol dihasilkan,

xF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 4 – 2λ ( x – 2) – 2 β = 0, didapatkan, x – 2 =λ β

224 −

yF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 5 – 2λ ( y – 4) – 3 β = 0, didapatkan, y – 4 =λ

β

2

35 −

zF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 4 + 4 β = 0, didapatkan, β = –1,

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 100 – ( x – 2)2 – ( y – 4)

2 = 0, atau ( x – 2)

2 + ( y – 4)

2 = 100

β F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 4 z – 2 x – 3 y = 0, atau 4 z = 2 x + 3 y

Dengan mensubsitusikan, β = –1, pada xF = 0, dan yF = 0, dihasilkan,

x – 2 =λ 2

)1(24 −− =

λ

3

y – 4 =λ 2

)1(35 −− =λ

4

Selanjutnya subsitusikanlah, x – 2 =λ

3, dan, y – 4 =

λ

4 pada λ F = 0, maka dihasilkan,

(λ

3)

2 + (

λ

4)

2 = 100

22

169

λ λ + = 100

2

25

λ = 100

Karena, λ ≠ 0, maka dihasilkan, λ 2 =

41 , atau, λ = ±

21 . Sehingga untuk, λ =

21 , dihasilkan

x – 2 =)2/1(

3, diperoleh, x = 8

y – 4 =)2/1(

4, diperoleh, y = 12



112

z =4

1[2(8) + 3(12)] = 13

Sedangkan untuk, λ = – 2

1, dihasilkan

x – 2 =

)2/1(

3

−

, diperoleh, x = –4

y – 4 =)2/1(

4

−, diperoleh, y = –4

z =4

1[2(–4) + 3(–4)] = –5

Jadi titik kritis F adalah (8,12,13,2

1,–1) dan (–4,–4,–5,–

2

1,–1).

Menentukan nilai ekstrim. Karena titik kitis fungsi F ( x, y, z,λ , β ) adalah (8,12,13,2

1,–1) dan (–

4,–4,–5,– 2

1

,–1), maka titik kritis fungsi f ( x, y, z) adalah (8,12,13) dan (–4,–4,–5). Jadi nilai

ekstrim, f ( x, y, z) = 4 x + 5 y + 4 z, dengan kendala, ( x – 2)2 + ( y – 4)

2 = 100, dan, 2 x + 3 y = 4 z

adalah,

(1). f (8,12,13) = 4(8) + 5(12) + 4(13) = 144, yang merupakan nilai maksimum f , dan

(2). f (–4,–4,–5) = 4(–4) + 5(–4) + 4(–5) = – 56, yang merupakan nilai minimum

Contoh 2.8.4

Carilah nilai ekstrim dari,

f ( x, y, z) = xy2 z2

,

dengan kendala, x + 2 y + 2 z = 30, dan x – 3 y – 3 z = 5.

Penyelesaian

Menentukan fungsi Lagrange. Dari persamaan fungsi kendala, ambil,g( x, y, z) = 30 – x – 2 y – 2 z,

h( x, y, z) = 10 – x + 3 y + 3 z



= xy2 z

3+ λ (30 – x – 2 y – 2 z) + β (10 – x + 3 y + 3 z)

dimana λ , dan β adalah faktor pengali Lagrange.


xF ( x, y, z,λ , β ) = y2 z

2 – λ – β ,

yF ( x, y, z,λ , β ) = 2 xyz2 – 2λ + 3 β ,

zF ( x, y, z,λ , β ) = 2 xy2 z – 2λ + 3 β ,

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 30 – x – 2 y – 2 z

β F ( x, y, z,λ , β ) = 10 – x + 3 y + 3 z


xF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, y2 z2

– λ – β = 0, didapatkan, y2 z2

= λ + β

yF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 2 xyz2 – 2λ + 3 β = 0, didapatkan, 2 xyz

2 = 2λ – 3 β



113

zF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 2 xy2 z

– 2λ + 3 β = 0, didapatkan, 2 xy2 z

= 2λ – 3 β

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 30 – x – 2 y – 2 z = 0, atau, x + 2 y + 2 z = 30

β F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 10 – x + 3 y + 3 z = 0, atau x – 3 y – 3 z = 10

Dari persamaan, yF = zF = 0, diperoleh,

2 xyz2 = 2 xy2 z

2 xyz2 – 2 xy

2 z = 0

2 xyz( z – y) = 0

Karena, x, y, dan z tidak sama dengan nol, diperoleh z = y. Selanjutnya substitusikan, z = y,

pada λ F = 0, dan β F = 0, maka diperoleh,

x + 2 y + 2( y) = 30, atau, x + 4 y = 30

x – 3 y – 3( y) = 10, atau, x – 6 y = 10

Selanjutnya dengan cara menyelesaikan secara simultan kedua persamaan diatas, diperoleh x

= 22, dan y = 2. Sehingga untuk x = 22, dan y = 2, dihasilkan z = 2. Sedangkan nilai λ , dan β

diperoleh dengan cara mensubsitusikan nilai x = 22, y = 2, dan z = 2 pada xF = 0, dan yF = 0,

yaitu λ + β = 16 dan 2λ – 3 β = 352. Dengan menyelesaikan secara simultan kedua

persamaan dihasilkan, λ = 60, β = –44. Jadi titik kritis fungsi F adalah (22,2,2,60,–44).

Menentukan nilai ekstrim. Karena titik kitis fungsi F ( x, y, z,λ , β ) adalah (22,2,2,60,–44), maka

titik kritis fungsi f ( x, y, z) adalah (22,2,2). Jadi nilai ekstrim, f ( x, y, z) = xy2 z

2, dengan kendala, x

+ 2 y + 2 z = 30, dan x – 3 y – 3 z = 5, adalah,

f (22,2,2) = 22(2)2(2)

2 = 352

Contoh 2.8.5

Carilah jarak minimum dari titik pusat terhadap garis yang merupakan perpotongan bidang, x + 2 y – z = 10, dan 2 x – y + 2 z = 30

Penyelesaian

Perumusan Model. Andaikan d 2 adalah kuadrat jarak dari titik pusat terhadap garis

perpotongan dua bidang. Maka kuadrat jarak diberikan oleh,2d = x

2 + y

2 + z

2

Selanjutnya, ambil, 2d = f ( x, y, z) = x2 + y

2 + z

2. Dengan demikian masalah tersebut berkaitan

dengan menentukan nilai ekstrim terkendala dari,

f ( x, y, z) = x2 + y2 + z2

dengan kendala, x + 2 y – z = 10, dan 2 x – y + 2 z = 30

Membentuk fungsi Lagrange. Dari fungsi kendala, ambil,g( x, y, z) = 10 – x – 2 y + z,

h( x, y, z) = 30 – 2 x + y – 2 z



= x2 + y

2 + z

2 + λ (10 – x – 2 y + z) + β (30 – 2 x + y – 2 z)

dimana λ , dan β adalah faktor pengali Lagrange.



114


xF ( x, y, z,λ , β ) = 2 x – λ – 2 β ,

yF ( x, y, z,λ , β ) = 2 y – 2λ + β ,

zF ( x, y, z,λ , β ) = 2 z + λ – 2 β ,

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 10 – x – 2 y + z

β F ( x, y, z,λ , β ) = 30 – 2 x + y – 2 z


xF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 2 x – λ – 2 β = 0, didapatkan, x

=

2

1(λ + 2 β )

yF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 2 y – 2λ + β = 0, didapatkan, y =2

1(2λ – β )

zF ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 2 z + λ – 2 β = 0, didapatkan, z =

2

1(– λ + 2 β )

λ F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 10 – x – 2 y + z = 0, atau, x – 2 y – z = 10

β F ( x, y, z,λ , β ) = 0, atau, 30 – 2 x + y – 2 z = 0, atau, 2 x – y + 2 z = 30

Dengan mensubsitusikan, x =

2

1(λ + 2 β ), y =

2

1(2λ – β ), dan z =

2

1(– λ + 2 β ) pada λ F = 0,

dan β F = 0, dihasilkan,

2

1(λ + 2 β ) + (2λ – β ) –

2

1(– λ + 2 β ) = 10, atau, 6λ – 2 β = 20

(λ + 2 β ) –2

1(2λ – β ) + (– λ + 2 β ) = 30, atau, – 2λ + 9 β = 60

Dari kedua hasil diatas, diperoleh sistem persamaan linier, yaitu :

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

−

−

92

26⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

β

λ = ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡

60

20

Dengan menyelesaikan secara simultan kedua persamaan diperoleh, λ = 6, dan β = 8.

Selanjutnya untuk, λ = 6, dan β = 8, dihasilkan,

x =

2

1(6 + 2(8)) = 11,

y =2

1(2(6) – 8) = 2,

z =2

1(–(6) + 2(8)) = 5. Jadi titik kritis F adalah (11,2,5,6,8)

Menentukan nilai ekstrim dan jarak d . . Karena titik kitis fungsi F ( x, y, z,λ , β ) adalah

(11,2,5,6,8), maka titik kritis fungsi f ( x, y, z) adalah (11,2,5). Jadi nilai ekstrim terkendala, f ( x, y, z) = x

2 + y

2+ z

2, dengan kendala, x + 2 y – z = 10, dan 2 x – y + 2 z = 30, adalah,

f (11,2,5) = (11)2 + (2)2 + (5)2 = 150

Karena kuadrat jarak 2d = f ( x, y, z), jadi jarak minimum dari titik pusat ke garis perpotongan

dua bidang adalah, d = 65150 =



115


Dalam soal-soal latihan berikut ini, dengan metode Lagrange hitunglah nilai ekstrim

bersyaratnya.

1. f ( x, y) = 2 x + 4 y, dengan kendala, x2 + 2 y

2 = 22

2. f ( x, y) = 2 x2 + 4 y2, dengan kendala, xy = 643. f ( x, y) = x

2 y, dengan kendala, x2 + 8 y

2 = 96

4. f ( x, y) = 4 x2 – 4 xy + y


2 + 2 y

2 = 24

5. f ( x, y) = 4 x2 – 2 y

2, dengan kendala, 2 x

2 + 4 y

2 = 60

6. f ( x, y, z) = xyz, dengan kendala, x2 + 4 y

2 + 9 z

2 = 36

7. f ( x, y, z) = y3 + x

2 z, dengan kendala, x

2 + y

2 + z

2 = 36

8. f ( x, y, z) = 4 x + 3 y – 2 z, dengan kendala, 2 x2 – 3 y + z

2 = 0

9. f ( x, y, z) = x2 + y

2 + z

2, dengan kendala, xyz = 64

10. f ( x, y, z) = xyz, dengan kendala, x2 + 4 y

2 + 9 z

2 = 108

11. f ( x, y, z) = x2 + y

2 + z


2 y = z

2 + 9

12. f ( x, y, z) = xyz, dengan kendala, 3 xy + 2 xz + yz = 144

13. f ( x, y, z) = x2 + y

2 + z


2 + 4 z

2 = 36

14. f ( x, y, z) = x2 + y2 + z2, dengan kendala, x2 + 4 y2 + 9 z2 = 36

15. f ( x, y, z) = x2 + 2 y

2 + 3 z

2, dengan kendala, x + y + z = 15

16. f ( x, y, z) = x2 + y

2 + ( z – 2)

2, dengan kendala, x + 2 y + 2 z = 20, dan x – y – z = 2

17. f ( x, y, z) = xyz, dengan kendala, x + 2 y + 2 z = 20, dan x – y – z = 2

18. f ( x, y, z) = xz + yz, dengan kendala, x2 + z

2 = 80, dan yz = 60

19. f ( x, y, z) = xz + yz, dengan kendala, x2 + y

2 = 18, dan yz = 12

20. f ( x, y, z) = x3 + y

3 + z

3, dengan kendala, x + y + z = 8, dan x – y – z = 4

21. f ( x, y, z) = 4 x + y + 3 z, dengan kendala, ( x – 3)2 + ( z + 4)

2 = 4, dan 3 x + 4 y = y

22. f ( x, y, z) = x2 + y

2 + z

2, dengan kendala, x + 2 y + 3 z = 32, dan x – y – z = 6

23. f ( x, y, z) = xy2 z, dengan kendala, x + 2 y + 2 z = 32, dan x – y – z = 12

24. f ( x, y, z) = xyz2, dengan kendala, 2 x + y + 2 z = 32, dan x – y – z = 12

25. f ( x, y, z) = x2

yz, dengan kendala, x + y + 2 z = 32, dan x – y – z = 12

26. Dengan metode Lagrange, carilah volume kotak terbesar yang dapat dibuat di dalam

elipsoida, 9 x2 + 4 y

2 + 36 z

2 = 144, jika sisi-sisnya sejajar dengan sumbu koordinat.

27. Sebuah kotak kayu tanpa tutup mempunyai luas permukaan 216 m3. Tentukan ukuran

kotak agar volumenya maksimum

28. Carilah jarak terpanjang dan terpendek dari pusat ke kurva perpotongan x2 = 4 yz, dan x

2

+ 2 y2 + 3 z

2 = 60,

29. Carilah jarak terpanjang dan terpendek dari pusat ke kurva perpotongan y2 = 8 xz, dan x

2

+ 2 y2 + z

2 = 60,

30. Sebuah kotak kayu dengan tutup mempunyai luas permukaan 512 m3. Tentukan ukuran

kotak agar volumenya maksimum



117

BAB III

INTEGRAL LIPAT DUA DAN TIGA

3.1. Integral Lipat Dua Atas Daerah Empat Persegi Panjang

Jika f fungsi yang didefinisikan pada interval [a,b], integral tentu, dx x f b

a ∫ )( didefinisikan

sebagai limit jumlahan luas Reimann, yaitu :

dx x f b

a ∫ )( = ∑

=→Δ

n

i

iiP

x x f

10||)(lim

jika limitnya ada. Dengan teorema Dasar Kalkulus, integral tentu dihitung dengan rumus,

dx x f b

a ∫ )( = F (b) – F (a)

jika f kontinu pada [a,b], dan F merupakan anti turunan f . Khususnya, jika f ( x) ≥ 0 pada

interval [a,b], integral tentu, dx x f b

a ∫ )( dapat juga diterjemahkan sebagai luas daerah

dibawah kurva y = f ( x), antara a dan b, dan diatas sumbu x. Dengan pendekatan pemikiran ini,metode mendefinisikan integral tentu satu variabel, dapat digunakan untuk mendefinisikandan menghitung integral lipat dua dari fungsi dua variabel.

Andaikan f fungsi dua variabel yang terdefinisikan pada daerah empat persegi panjang R pada bidang xy dengan sisi-sisinya sejajar dengan sumbu koordinat. Ambil daerah R adalah, R ={( x, y) : a ≤ x ≤ b ; c ≤ y ≤ d }seperti terlihat pada Gambar 3.1.1

y

i xΔ

d R

i yΔ ),( ii y x

c

x

a b Gambar 3.1.1

Pada daerah R, bentuklah partisi P, yakni dengan membagi daerah R menjadi n buah empat persegi panjang, Ri dengan luas, i AΔ = i xΔ i yΔ . Pada daerah Ri, ambil sembarang titik

),(i

i y x , dan bentuk jumlahan Reimann,

∑=

Δn

i

iii A y x f

1

),(

Selanjutnya, andaikan f adalah fungsi dua variabel dari x dan y yang terdefinisikan padadaerah tertutup R yang seperti tergambar pada Gambar 3.1.1. Jika,

0||lim

→P∑=

Δn

i

iii A y x f

1

),(



118

limitnya ada, maka fungsi f dikatkan terinegralkan pada R, dan ditulis dA y x f

R

∫∫ ),( . Lebih

lanjut, dA y x f

R

∫∫ ),( disebut dengan integral lipat dua f pada R, yang diberikan oleh,

dA y x f

R

∫∫),( =

0||lim

→P∑=

Δn

i iii A y x f

1

),(

Dari definisi diatas, bilamana f ( x, y) = 1, maka ∫∫ R

dA menyatakan luas daerah R. Demikian

pula, bilamana f ( x, y) > 0, maka dA y x f

R

∫∫ ),( menyatakan volume benda pejal dibawah

permukaan, z = f ( x, y) dan diatas persegi panjang R, Gambar 3.1.2.

z

z = f ( x, y)

y

0

x

Gambar 3.1.2

Sifat-sifat Integral Lipat Dua

Integral lipat dua mewarisi semua sifaf-sifat integral biasa. Sifat-sifat integral lipat duatersebut adalah :1. Integral lipat dua adalah linier, yaitu :

a. dA y xkf

R

∫∫ ),( = k dA y x f

R

∫∫ ),(

b. dA y xg y x f

R

∫∫ + )],(),([ = dA y x f

R

∫∫ ),( + dA y xg

R

∫∫ ),(

2. Integral lipat dua adalah aditif pada persegi panjang yang saling melengkapi hanya pada

suatu garis, yakni :dA y x f

R

∫∫ ),( = dA y x f

R

∫∫1

),( + dA y x f

R

∫∫2

),(

jika R = R1 + R2 3. Berlakunya sifat perbandingan, yakni jika f ( x, y) ≥ g( x, y) untuk semua ( x, y) pada daerah R

maka,

dA y x f

R

∫∫ ),( ≥ dA y xg

R

∫∫ ),(

R



119

Penghitungan Integral Lipat Dua

Untuk memudahkan penghitungan integal lipat dua, diasumsikan bahwa f adalah fungsi duavariabel yang kontinu pada daerah empat persegi panjang tertutup R, dengan demikian f

terintegralkan pada R. Berikut ini adalah contoh-contoh penghitungan integral lipat dua

dengan menggunakan definisi.

Contoh 3.1.1

Hitunglah, dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 , dengan menggunakan definisi, dimana R adalah empat

persegi panjang yang dibatasi oleh, R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 3; 1 ≤ y ≤ 3}, dengan partisinya i AΔ

= 1, dan i AΔ =4

1

PenyelesaianKasus pertama,

i AΔ = 1. Untuk

i AΔ = 1, dihasilkan 6 enam buah partisi berbentuk bujur

sangkar, dan ambil titik ),( ii y x dalam i AΔ adalah titik pusat bujur sangkar, lihat gambar .

y

),( ii y x

3• • •

2• • •

1

0

1 2 3 x Gambar 3.1.3

Menurut definisi integral tentu yang harus dihitung adalah,

dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 = ∑=

Δn

i

iii A y x f

1

),( = ∑=

6

1

)1)(,(i

ii y x f

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

2

3,

2

1 f + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

2

3,

2

3 f + … + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

2

5,

2

5 f

=4

41+

4

49+

4

57+ (–

4

7) +

4

1+

4

9 =

4

150

= 37,5

Kasus Kedua, i AΔ =4

1. Untuk i AΔ =

4

1, ambil i xΔ =

2

1, dan i yΔ =

2

1, maka dihasilkan 24

partisi. Ambil titik ),( ii y x dalam i AΔ adalah titik pusat bujur sangkar dengan i x =4

1,

4

3,

…,4

11, dan i y =

4

5,

4

7,

4

9, dan

4

11. Dengan i AΔ =

4

1, Menurut definisi integral tentu yang

harus dihitung adalah,



120

dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 = ∑=

Δn

i

iii A y x f

1

),( = ∑=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 24

14

1),(

iii y x f

= ⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

5,

4

1 f + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

5,

4

3 f + … + ⎥

⎦

⎤⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

11,

4

11 f ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

1

= ⎜⎝ ⎛ 16189 +

16205 + … – ⎟ ⎠ ⎞16

19 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ 41 =

162358 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ 4

1

= 36,84375

Dengan pendekatan diatas, terlihat bahwa i AΔ semakin kecil, nilai integral lipat duanya akan

mendekati nilai eksaknya. Dengan menggunakan pendekatan Teorema Dasar Kalkulus pada

integral lipat dua, nilai eksaknya dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 adalah 36.

Dari contoh diatas, terlihat bahwa untuk menghitung, dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 , dengan

menggunakan pendekatan jumlah Reimann, selain tidak praktis juga belum tentu memberikan

nilai yang eksak. Guna menghitung integral integral lipat dua, dA y x f

R

∫∫ ),( dengan eksak,

berikut ini adalah metode pembahasannya secara intuitif, yang mana diasumsikan bahwa f ( x, y) ≥ 0.

Misalkan R adalah daerah berbentuk empat persegi panjang yang dibatasi oleh, R = {( x, y) : a ≤ x ≤ b ; c ≤ y ≤ d }

seperti terlihat pada Gambar 3.1.1. Andaikan, f ( x, y) ≥ 0 untuk semua ( x, y) di R. Bilamana f ( x, y) ≥ 0, integral lipat dua f pada R dapat ditafsirkan sebagai volume benda pejal V di bawah permukaan, z = f ( x, y) dan diatas daerah R, yaitu :

V = dA y x f

R

∫∫ ),(

Secara intuisi dengan menggunakan pendekatan (iris, hampiri, dan integralkan), irislah benda pejal V menjadi kepingan-kepingan yang sejajar bidang xz. Luas muka kepingan tergantung pada variabel y, sehingga dapat ditulis dengan A( y). Lihat Gambar 3.1.4.

z

z = f ( x, y)

y A( y)0

Δ y Δ y x

Gambar 3.1.4

R



121

Volume kepingan, ΔV secara hampiran diberikan, ΔV = A( y)Δ y dengan c ≤ y ≤ d . Jadi,

V = dy y Ad

c ∫ )(

Karena, A( y) adalah luas bidang datar, untuk y tetap maka dengan integral biasa diperoleh,

A( y) = dx y x f b

a ∫ ),(

Dengan mensubsitusikan A( y) pada volume V maka diperoleh,

V = dydx y x f d

c

b

a ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ),(

Jadi untuk menghitung integral lipat dua atas daerah R yang berbentuk empat persegi panjangdapat digunakan rumus,

dA y x f

R

∫∫ ),( = dydx y x f d

c

b

a ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ),(

Dengan meninjau irisan pada bidang lain yang sejajar dengan bidang yz, maka akan diperolehrumus lain untuk menghitung integral lipat dua, yaitu

dA y x f

R

∫∫ ),( = dxdy y x f b

a

d

c ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ),(

Proses penghitungan integral lipat dua, dengan pendekatan integral fungsi satu variabeldemikian ini disebut dengan integral berulang. Pendekatan integral berulang demikian ini berlaku pula bilamana fungsi f adalah negatif.

Contoh 3.1.2

Hitunglah dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 , dengan, R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 3; 1 ≤ y ≤ 3}.

Penyelesaian

Cara pertama, dengan pendekatan dydx y x f

R

∫∫ ),( , maka diperoleh :

dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 = dydx y x ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+3

1

3

0

2 )3216(

= [ ] dy xy x x

3

0

3

1

22 316∫ −+ = dy y ∫ −3

1

2 )957(

= [ ]3

1

3357

y y − = 57(3 – 1) – 3(27 – 1) = 36

Cara kedua, dengan pendekatan dxdy y x f

R

∫∫ ),( , maka diperoleh :

dA y x

R

∫∫ −+ )3216( 2 = dxdy y x

∫ ∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡ −+3

0

3

1

2 )3216(

= [ ] dx y xy y

3

1

3

0

3216∫ −+

= dx x x ∫ −+−−+

3

0)]1216()27648[(

= dx x ∫ +3

0)46( = [ ]3

0

226

x x + = 18 + 18 = 36



122

Contoh 3.1.3

Dengan integral berulang, hitunglah dA y x xy

R

∫∫ −− )24( 232 , dengan R daerah berbentuk

empat persegi panjang, R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 3}.PenyelesaianDari contoh diatas terlihat bahwa baik pendekatan pertama dan kedua untuk daerah berbentukempat persegi panjang menghasilkan integral tentu yang sama. Oleh karena itu, untukmenghitung integral diatas akan digunakan salah satu pendekatan saja. Dengan menggunakan

pendekatan dxdy y x f

R

∫∫ ),( diperoleh,

dA y x xy

R

∫∫ −− )24( 232 = dxdy y x xy ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−2

0

3

1

232 )24(

= dx y y x xy ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

2

0

3

1

323

3

2

3

4

= dx x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −−−−−2

02 )127(

32)13()127(

34

= dx x x ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

2

0

2

3

522

3

104 =

2

0

32

3

52

3

2

3

52

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− x x x

=3

52(4) –

3

2(8) –

3

52(2) =

3

16104 −

=3

88

Contoh 3.1.4Hitunglag volume benda yang terletak dibawah permukaan bidang, 3 x + 2 y + z = 12, dan

dibatasi oleh bidang-bidang , x = 2, y = 3, dan ketiga bidang-bidang koordinat.PenyelesaianAmbil, z = f ( x, y). Sketsa grafik persamaan dan benda pejal diperlihatkan pada Gambar 3.1.5, berikut ini.

z y

12 z = 12 – 3 x – 2 y 3

dA = dy dx

3 6 y x

2 R 0 2

3 x + 2 y = 12

x 4Gambar 3.1.5

Misalkan V adalah volume benda pejal dibawah permukan, z = f ( x, y) = 12 – 3 x – 2 y, makadengan integral berulang volume benda pejal V diberikan oleh,

R



123

V = dA y x

R

∫∫ −− )2312(

dimana R adalah empat persegi panjang yang dibatasi, R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 3}. Lihat

Gambar 3.1.5. Dengan pendekatan, dxdy y x f

R

∫∫ ),( volume benda V diberikan oleh,

V = dA y x

R ∫∫ −− )2312( = dxdy y x

∫ ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −−20

30

)2312(

= dx y xy y ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

2

0

3

0

2

2

2312 = [ ]dx x

∫ −−2

09)3(3)3(12

= dx x ∫ −2

0)927( =

2

0

2

2

927

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x = 27(2) – 9(2) = 36

Jadi volume benda penjal V adalah 36 satuan kubik.

Contoh 3.1.5Hitunglah volume benda pejal dibawah permukaaan, 4 z = 16 – 2 x2 – y2 , dan dibatasi oleh bidang-bidang x = 2, y = 3, dan bidang-bidang koordinat.Penyelesaian,Ambil, z = f ( x,y). Sketsa grafik persamaan permukaan,

f ( x,y) = 22

4

1

2

14 y x −−

diperlihatkan pada Gambar 3.1.6 berikut ini.

z y

4 z = 22

4

1

2

14 y x −−

4

dA = dx dy

4 y

2 R x

0 2 x

Gambar 3.1.6

Andaikan V menyatakan volume benda, maka dengan pendekatan integral berulang,

dydx y x f

R

∫∫ ),( dihasilkan,

V = dA y x

R

∫∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− 22

4

1

2

14 = dydx y x

∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

4

0

2

0

22

4

1

2

14

= dy xy y x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

4

0

2

0

23

4

1

6

14 = dy y y ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

4

0

2

4

2

6

88

R



124

=4

0

32

6

1

3

28

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− y y y = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− 32 )4(

6

1)4(

3

2)4(8

= 32 –3

32 –

3

32 =

3

32

Jadi volume benda penjal V adalah 3

32

satuan kubik.

Soal-soal Latihan 3.1

Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 10 berikut ini, hitunglah integral lipat dengan pendekatan integral berulang.

1. ∫ ∫ +2

0

3

1

32 )(

xy y x dx dy 2. ∫ ∫ +2

0

3

1

32 )(

xy y x dy dx

3. ∫ ∫− −

2

1

3

0

23 )(

xy y x dy dx 4. ∫ ∫− −

2

1

3

0

23 )(

xy y x dx dy

5. ∫ ∫−π

π

2/3

12 sin y x dx dy 6. ∫ ∫2

010

xye xy dy dx

7. ∫ ∫ +2

1

1

0)1ln(

x y dx dy 8. ∫ ∫3

1 1ln

e y xy dy dx

9. ∫ ∫− −+

2

1

2

1

222 )1()1(

y y x dy dx 10. ∫ ∫− +−

2

1

3

1

32 )1()1(

y x dx dy

Dalam soal-soal latihan nomor 11 sampai 20 berikut ini, hitunglah integral lipat berikut inidengan dua cara. (dA = dydx, dan dA = dx dy)

11. dA xy

R

∫∫3 , dengan R = ( x, y) : 0 ≤ x ≤ 2; –1 ≤ y ≤ 2}.

12. dA y x R

∫∫ + )( 32 , dengan R = {( x, y) : –1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2}.

13. dA y y x

R

∫∫ + 22 9 , dengan R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 1; 0 ≤ y ≤ 4}.

14. dA

y

xy

R

∫∫+ 3

2

1, dengan R = {( x, y) : 1 ≤ x ≤ 2; 0 ≤ y ≤ 2}.

15. dA y xy

R

∫∫ +1 , dengan R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 3}.

16. dA y x

R

∫∫ −+ 1)1( 2 , dengan R = {( x, y) : –1 ≤ x ≤ 1; 2 ≤ y ≤ 5}.

17. dA y x

R

∫∫ +− 3/12 )1()1( , dengan R = {( x, y) : 1 ≤ x ≤ 2; – 2 ≤ y ≤ 7}.

18. dA y x

R

∫∫ −+ 2/33/2 )1()1( , dengan R = {( x, y) : –1 ≤ x ≤ 7; 2 ≤ y ≤ 5}.

19. dA y x y x

R

∫∫ −+ )( 332 , dengan R = {( x, y) : 1 ≤ x ≤ 2; –1 ≤ y ≤ 2}.



125

20. dA xy y x

R

∫∫ −+ )( 233 , dengan R = {( x, y) : 1 ≤ x ≤ 2; 1 ≤ y ≤ 2}.

Untuk soal-soal latihan nomor 21 sampai 30 berikut ini, hitunglah volume benda pejal yangdiberikan, dan buatlah pula sketsa bendanya.

21. Suatu benda pejal di bawah permukaan, z = 16 – x2 – 2 y, dan dibatasi oleh bidang-bidang: x = 0, x = 2, y = 1, y = 6, dan z = 0.

22. Suatu benda pejal di bawah permukaan, z = 16 – 4 x2 – y2, dan dibatasi oleh bidang-bidang

: x = 0, x = 1, y = 1, y = 3, dan z = 0.23. Suatu benda pejal di bawah permukaan, z = 12 – 4 x – 3 y2, dan dibatasi oleh bidang-

bidang : x = 0, x = 2, y = 1, y = 6, dan z = 0.24. Suatu benda pejal di bawah permukaan, z = 12 – 2 x – 3 y, dan dibatasi oleh bidang-bidang

: x = 1, x = 3, y = 0, y = 2, dan z = 0.25. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 16 – 4 x – 2 y, dan dibatasi oleh bidang-bidang :

x = 0, x = 2, y = 1, y = 6, dan z = 0.26. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 2 + 3 x + 2 y, dan dibatasi oleh bidang-bidang :

x = 0, x = 2, y = 1, y = 2, dan z = 0.27. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 20 – x2 – ( y – 1)2, dan dibatasi oleh bidang-

bidang : x = 1, x = 2, y = 1, y = 3, dan z = 0.28. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 16 – 4( x – 1)2 – 2 y2, dan dibatasi oleh bidang-

bidang : x = 1, x = 3, y = 1, y = 2, dan z = 0.29. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 20 – 3( x + 1)2 – ( y – 2)2, dan dibatasi oleh

bidang-bidang : x = 0, x = 2, y = 1, y = 3, dan z = 0.30. Suatu benda pejal dibawah permukaan, z = 16 – 4( x – 1)2 – 2( y + 1)2, dan dibatasi oleh

bidang-bidang : x = 0, x = 2, y = 0, y = 1, dan z = 0.



125

3.2. Integral Lipat Dua, Atas Daerah Umum R

Pendekatan penghitungan integral berulang atas daerah berbentuk empat persegi panjang

yang telah dikembangkan pada bab sebelumnya dapat digunakan untuk menghitung integral

lipat dua atas daerah umum, R. Dengan pendekatan integral berulang, penghitungan integral

lipat dua atas daerah umum R khususnya daerah R berbentuk cukup sederhana, dapatdilakukan dengan dua cara pendekatan yang berbeda, yaitu pendekatan atas himpunan y

sederhana, dan pendekatan atas himpunan x sederhana.

3.2.1.Penghitungan Integral Lipat Dua, Pendekatan y Sederhana

Suatu himpunan R dikatakan berbentuk y sederhana, bilamana terdapat fungsi-fungsi kontinu

g dan h, sedemikian rupa sehingga :

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

yang ditunjukkan oleh Gambar 3.2.1, berikut ini.

y z

z = f ( x, y)

d y2 = h( x)

R y1 = g( x) y

c a

x b R

0 a b xGambar 3.2.1 Gambar 3.2.2

Selanjutnya, andaikan f ( x, y) fungsi yang terdefinisikan pada daerah R yang berbentuk y

sederhana lihat Gambar 3.2.1. Dari gambar terlihat bahwa daerah umum R dibatasi oleh

daerah S yang berbentuk empat persegi panjang. Dengan pendekatan volume benda pejal di

bawah permukaan, z = f ( x, y), dan diatas daerah S yang berbentuk empat persegi panjang,

V = dA y x f

R

∫∫ ),(

Dengan mengambil lajur berbentuk empat persegi panjang seperti terlihat pada Gambar 3.2.1,

volume kepingan,Δ

V secara hampiran diberikan oleh,Δ

V = A( i x )Δ x, yang terlihat pada

Gambar 3.2.2. Dengan demikian,

V = dx x Ab

a ∫ )(

Karena, A( x) adalah luas bidang datar untuk i x tetap dan perpotongan antara permukaan

dengan i x tetap adalah kurva, maka luas daerah tersebut diberikan oleh,

A( x) = dy y x f xh

xg ∫

)(

)(),(



126

Dengan mensubsitusikan A( x) pada volume V maka didapatkan hasil,

V = dxdy y x f b

a

xh

xg ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ )(

)(),(

Jadi dengan pendekatan integral berulang untuk menghitung integral lipat dua dengan daerah

R berbentuk y sederhana digunakan rumus,

dA y x f

R

∫∫ ),( = dxdy y x f b

a

xh

xg ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ )(

)(),(

Dalam penghitungan integral berulang diatas, untuk menghitung integral sebelah dalam

variabel x diasumsikan konstan, dan f ( x, y) dianggap hanya merupakan fungsi dari y. Dengan

demikian yang diintegralkan terlebih dahulu adalah variabel y.

Contoh 3.2.1

Hitunglah, dxdy y xy

x

x ∫ ∫ −

1

0

3)26(

Penyelesaian

dxdy y xy x

x ∫ ∫ −

1

0

3)26( = dxdy y xy x

x ∫ ∫ ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1

0

3 )26( = dx y xy

x

x

∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1

0

42

2

13

= dx x x x x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

1

0

4242 )(2

1)(3)(

2

1)(3

= dx x x x ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

1

0

432

2

13

2

5 =

1

0

543

10

1

4

3

6

5

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− x x x

= ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

+−543

)1(10

1

)1(4

3

)1(6

5

=6

5 –

4

3 +

10

1 =

60

9

Contoh 3.2.2

Hitunglah, dA xy

R

∫∫22 , bilamana R adalah daerah dikuadran pertama yang dibatasi oleh

kurva, x2 + y = 2, x = y

3 dan sumbu y.

Penyelesaian, y

Perhatikanlah sketsa daerah R yang dA = dy dx

terlihat pada Gambar 3.2.3. Dari R y = 3/1 xsketsa terlihat bahwa daerah R (1,1)

berbentuk y sederhana, dimana y = 2 – x2

daerah R diberikan oleh,

R = {( x, y) : 3/1 x ≤ y ≤ 2 – x2, 0 ≤ x ≤ 1}. x

Gambar 3.2.3



127

Oleh karena itu dengan pendekatan y sederhana diperoleh,

dA xy

R

∫∫22 = dxdy xy

x

x ∫ ∫

−1

0

2 22

3/1 2 = dx xy

x

x

∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1

0

23

2

3/13

2

= dx x x x x ∫ ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−−

1

0

33/132 )(

3

2)2(

3

2 = dx x x x ∫ ⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡−−

1

0

232

3

2)2(

3

2

=

1

0

342

9

2)2(

12

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− x x = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− 34 )1(

9

2)1(

12

1 – ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− 4)2(

12

1

=12

15 –

9

2 =

36

37

Contoh 3.2.3

Dengan integral lipat dua, hitunglah volume benda pejal V , dibawah permukaan, z = 4 – y,

dan dibatasi oleh bidang-bidang, x + y = 2, x = y2, z = 0, dan x = 0.

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa benda pejal Gambar 3.2.4, dari sketsa ambil, z = f ( x, y) = 4 – y. Andaikan

V menyatakan volume benda, dengan integral lipat dua volume V diberikan oleh,V = dA y

R

∫∫ − )4(

dimana R adalah daerah pada bidang xy. Selanjutnya perhatikanlah sketsa daerah R pada

gambar 3.2.5.

z y

y = 2 – x

z = 4 – y R (1,1) y = 2/1 x

R y x

x + y = 2 0

x x = y2

Gambar 3.2.4. Gambar 3.2.5

Dari sketsa daerah R pada Gambar 3.2.5, terlihat bahwa daerah R berbentuk y sederhana

dimana, R = {( x, y) : 2/1 x ≤ y ≤ 2 – x, 0 ≤ x ≤ 1}. Dengan demikian volume benda pejal V

diberikan oleh,

V = dA y R

∫∫ − )4( = dxdy y x

x ∫ ∫ −

−1

0

22/1 )4(

= dx y y

x

x

∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1

0

22

2/12

14

= dx x x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−−−

1

0

2/12

2

14)2(

2

1)2(4



128

=

1

0

22/332

4

1

3

8)2(

6

1)2(2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− x x x x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+− 22/332 )1(

4

1)1(

3

8)1(

6

1)1(2 – ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− 32 )2(

6

1)2(2

= 6 – 6

7 – 3

8 + 4

1 = 12

37

Jadi volume benda pejal tersebut adalah12

37satuan kubik

Contoh 3.2.4

Hitunglah volume benda pejal yang terletak di oktan pertama yang dibatasi oleh, dibawah

permukaan paraboloida, z = x2 + y

2, di dalam silinder, x

2 + y

2 = 4, dan ketiga bidang koordinat

Penyelesaian.

Perhatikanlah sketsa benda pejal V pada Gambar 3.2.6

z y

8 2

y = 24 x−

z = x2 + y

2 R x

2 + y

2 = 4

y 0 2 x

R

2 x2 + y2 = 4 Gambar 3.2.7

x

Gambar 3.2.6

Perhatikanlah sketsa benda pejal Gambar 3.2.6, dari sketsa ambil, z = f ( x, y) = x2

+ y2.

Andaikan V menyatakan volume benda, dengan integral lipat dua volume V adalah,

V = dA y x

R

∫∫ + )( 22

dimana R adalah lingkaran x2

+ y2 = 4 pada kuadran pertama, Gambar 3.2.7. Dalam bentuk

fungsi-fungsi kontinu daerah R diberikan oleh, R = {( x, y) : 0 ≤ y ≤ 24 x− , 0 ≤ x ≤ 2}.

Dengan demikian,

V = dA y x

R

∫∫ + )( 22

= ∫ ∫ −

+2

0

4

0

222

)(

dxdy y x x

= ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2

0

4

0

32

2

3

1

dx y y x

x

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

2

0

2/3222 )4(3

14

dx x x x



129

Selanjutnya untuk menghitung integral tentu diatas, subsitusikanlah x = 2 sin t , maka

dihasilkan :

(1). dx = 2 cos t dt

(2). 24 x− = 2)sin2(4 t − = 2 cos t

(3). Perubahan batas integral, t = 0, untuk x = 0, dan t =

2

π

untuk x = 2.

Dengan substitusi diatas maka diperoleh,

V = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

2

0

2/3222 )4(3

14

dx x x x

= )cos2()cos2(3

1)cos2()sin2(

2

0

32 dt t t t t /

∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

π

= dt t t t /

∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2

0

422 cos3

16cossin16

π

= dt t t t /

∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

2

0

422 cos3

16cos)cos1(16

π

= dt t t /

∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

2

0

42 cos3

32cos16π

= 16

2/

02

1sincos

2

1 π

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+ t t t –

3

322/

0

3

8

3sincos

8

3sincos

4

1 π

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++ t t t t t

= 16 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

π

–3

32⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

16

3π

= 2π

Jadi volume benda pejal tersebut adalah 2π satuan kubik

3.2.2. Penghitungan Integral Lipat Dua, Pendekatan x Sederhana

Selain pendekatan y sederhana, pendekatan lain yang dapat digunakan untuk menghitung

integral lipat dua atas daerah umum R adalah pendekatan x sederhana, berikut ini. Suatu

himpunan R dikatakan berbentuk x sederhana, bilamana terdapat fungsi-fungsi kontinu p dan

q, sedemikian rupa sehingga :

R = {( x, y) : p( y) ≤ x ≤ g( y), c ≤ y ≤ d }

Daerah berbentuk x sederhana ditunjukkan oleh Gambar 3.2.8, berikut ini.

y

x1 = p( y) x2 = q( y)

d

R

c

x

Gambar 3.2.8



130

Andaikan, f ( x, y) fungsi dua variabel yang terdefinisikan pada daerah R yang berbentuk x

sederhana. Bilamana f ( x, y) terintegralkan pada daerah R tersebut, maka dengan pendekatan

yang sama seperti pendekatan y sederhana, integral lipat dua f ( x, y) atas daerah R yang

dibatasi, R = {( x, y) : p( y) ≤ x ≤ g( y), c ≤ y ≤ d }diberikan oleh,

dA y x f R

∫∫ ),( = dydx y x f

d

c

yg

y p ∫ ∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡ )(

)( ),(

Pada rumus diatas, untuk menghitung integral pada bagian dalam, variabel y diasumsikan

konstan, sehingga fungsi f ( x, y) dapat dianggap hanya merupakan fungsi dari x. Dengan

demikian dalam rumus diatas, variabel bebas yang terlebih dahulu diintegralkan adalah

variabel x.

Contoh 3.2.5

Hitunglah, ∫ ∫ −2

1

22

)23(

dydx y xy y

y

Penyelesaian

∫ ∫ −2

1

22

)23(

dydx y xy y

y = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

1

22

2

22

3

dy xy y x

y

y

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−

2

1

222222 )(2)(2

3)(2)(

2

3

dy y y y y y y y y

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

2

1

345

2

12

2

3

dy y y y

=

2

1

456

8

1

5

2

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− y y y

= ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ +−8

165

644

64 – ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ +−81

52

41

=4

63 –

5

62 +

8

15 =

40

209

Contoh 3.2.6

Hitunglah, dA xy

R

∫∫2

2 , bilamana R adalah daerah dikuadran pertama yang dibatasi oleh

kurva, x2 + y = 2, x = y

3 dan sumbu x.

Penyelesaian, y

Perhatikanlah sketsa daerah R yangterlihat pada Gambar 3.2.9. Dari (1,1) x = y

3

sketsa terlihat bahwa daerah R R

berbentuk x sederhana, dimana x = y−2

daerah R diberikan oleh, x

R = {( x, y) : y3 ≤ x ≤ y−2 , 0 ≤ y ≤ 1}.

Gambar 3.2.9



131

Oleh karena itu dengan pendekatan x sederhana diperoleh,

dA xy

R

∫∫22 = dydx xy

y

y ∫ ∫

−1

0

2 23 2

= [ ] dy y x y

y ∫

−1

0

2223

= [ ] dy y y y y ∫ −−1

0

22322)()2(

= dy y y y∫ −−1

0

82 ])2[(

= dy y y y∫ −−1

0

832]2(

=

1

0

943

9

1

4

1

3

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− y y y

=3

2 –

4

1 –

9

1 =

36

11

Contoh 3.2.7Dengan integral lipat dua, hitunglah volume benda pejal V yang terletak dibawah permukaan,

z = 16 – x2, dan dibatasi oleh bidang-bidang, y = x, x + y = 4, y = 0 dan z = 0.

Penyelesaian,Perhatikanlah sketsa benda pejal V pada Gambar 3.2.10, berikut ini.

z y

z = 16 – x2 x = y

(2,2) y x = 4 – y

R R0 x

4 x


Dari gambar 3.2.10, andaikan z = f ( x, y) = 16 – x2. Volume benda pejal V dibawah permukaan,

z = 16 – x2, dan diatas daerah R diberikan oleh,

V = dA x

R

∫∫ − )16( 2

dimana R adalah daerah pada kuadran pertama yang diberikan oleh Gambar 3.2.11. Darigambar terlihat bahwa daerah R berbentuk x sederhana, dan kedua kurva berpotongan di titik(2,2). Dalam bentuk x sederhana daerah R diberikan oleh,

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

Dengan demikian volume benda pejal V diberikan oleh,

V = dA x

R

∫∫ − )16( 2 = dydx x y

y ∫ ∫

−−

2

0

4 2 )16(



132

= dy x x

y

y

∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

0

43

3

116

= dy y y y y ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−−−

2

0

33

3

116)4(

3

1)4(16

=

2

0

4242

1218)4(

21)4(8

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ +−−+−− y y y y

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−+−

12

1632

12

1632 – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

12

256128

=3

136

Jadi volume benda pejal yang ditanyakan adalah3

136 satuan kubik

Contoh 3.2.7

Hitunglah, dA y x R

∫∫2

, bilamana R daerah pada kuadran pertama di bidang xy yang dibatasi

oleh, y = x3, dan x = y2

.

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa grafik daerah R berikut ini. y y = x3

Dari sketsa pada Gambar 3.2.12, terlihat x = y2

bahwa daerah R dapat dinyatakan sebagai (1,1)

daerah yang berbentuk x sederhana, dan R

y sederhana. Maka itu untuk menghitung,

integral lipat dA y x

R

∫∫2 , dapat dihitung x

dengan dua pendekatan, yakni pendekatan 0 y sederhana, dan pendekatan x sederhana. Gambar 3.2.12

Pendekatan y sederhana.

Dengan pendekatan y sederhana, daerah R pada Gambar 3.2.12, diberikan oleh :

R = {( x, y) : x3 ≤ y ≤ x1/2, 0 ≤ x ≤ 1}.

Dengan demikian,

dA y x

R

∫∫2 = dxdy y x

x

x ∫ ∫

1

0

22/1

3

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1

0

22

2/1

32

1

x

x

y x dx

= ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ −1

0

2322/12 )(){(21

x x x dx =

21 ∫ −1

0

83 )( x x dx

=2

11

0

94

9

1

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x =

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

9

1

4

1

=2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

36

5 =

72

5



133

Pendekatan x sederhana.

Dengan pendekatan x sederhana, daerah R pada Gambar 3.2.12, diberikan oleh :

R = {( x, y) : y2 ≤ x ≤ y

1/3, 0 ≤ y ≤ 1}.

Dengan demikian,

dA y x

R

∫∫2 = ∫ ∫

1

0

23/1

2

y

y

y x dx dy = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1

0

3

3/1

23

1

y

y

y x dy

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1

0

3233/1 })(){(3

1

y y y dy =

3

1∫ −

1

0

72 )(

y y dy

=3

11

0

84

8

1

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− y y =

3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

8

1

3

1

=3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

24

5=

72

5

Contoh 3.2.8

Hitunglah volume benda pejal di oktan pertama terletak dibawah permukaan, z = x + 3 y, dan

dibatasi oleh silinder elipsoida, x2 + 9 y2 = 36 dan ketiga bidang koordinat.

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa benda pejal dan daerah R pada Gambar 3.2.13 berikut ini.

z

y

2

x2 + 9 y

2 = 36

2 R y

R x

0 6

x2 + 9 y

2 = 36

x 6


Andaikan V adalah volume benda pejal dibawah permukaan, z = x + 3 y, dan diatas daerah R,

maka volume bendanya diberikan oleh,

V = dA y x

R

∫∫ + )3(

dimana R adalah daerah pada kuadran pertama yang dibatasi oleh elips seperti terlihat padaGambar 3.2.14. Dari gambar terlihat bahwa daerah R dapat dipandang berbentuk y sederhana

dan x sederhana.

Pendekatan y sederhana

Dengan pendekatan y sederhana, daerah R pada Gambar 3.2.14, diberikan oleh :

R = {( x, y) : 0 ≤ y ≤ 2363

1 x− , 0 ≤ x ≤ 6}.



134

Dengan demikian volume bendanya diberikan oleh,

V = dA y x

R

∫∫ + )3( = ∫ ∫ −

+6

0

36)3/1(

0

2

)3(

x y x dy dx

= ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

6

0

36)3/1(

0

2

2

2

3

x

y xy dx

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

6

0

22 )36(6

136

3

1

x x x dx

=

6

0

32/32

18

16)36(

9

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−− x x x

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

18

216360 – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

9

216= 36 +

18

216 = 48

Pendekatan x sederhana

Dengan pendekatan x sederhana, daerah R pada Gambar 3.2.14, diberikan oleh :

R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 2936 y− = 3 24 y− , 0 ≤ y ≤ 2}.

Dengan demikian volume bendanya diberikan oleh,

V = dA y x

R

∫∫ + )3( = ∫ ∫ −

+2

0

43

0

2

)3(

y y x dx dy

= ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2

0

43

0

2

2

32

1

y

xy x dy = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−

2

0

22 49)4(2

9

y y y dy

=

2

0

2/323 )4(32

318

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− y y y = ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

2436 – (–24) = 48

Jadi volume benda pejal yang ditanyakan adalah 48 satuan kubik

Contoh 3.2.9

Hitunglah volume benda pejal, dibawah permukaan paraboloida, z = x2 + y

2, di dalam silinder


2 = 4, dan ketiga bidang koordinat (oktan pertama).

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa benda pejal V , dan daerah umum R pada gambar berikut ini.

z

8

y

z = x

2

+ y

2

y = 24 x−

2 y

2 x2 + y

2 = 4 x

x 0 2




135

Andaikan V adalah volume benda pejal di bawah permukaan, z = x2 + y2, (lihat Gambar

3.2.15) maka,

V = dA y x

R

∫∫ + )( 22

dimana R adalah seperempat lingkaran, x2 + y

2 = 4, Gambar 3.2.16. Dari Gambar 3.2.16,

terlihat bahwa daerah R dapat dipandang berbentuk y sederhana, yang diberikan oleh :

R = {( x, y) : 0 ≤ y ≤ 24 x− , 0 ≤ x ≤ 2}.

Dengan demikian,

V = dA y x

R

∫∫ + )( 22 = ∫ ∫ −

+2

0

4

0

222

)(

x y x dy dx

= ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2

0

4

0

32

2

3

1

x

y y x dx

= ∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−+−

2

0

2/3222

)4(3

1

4 x x x dx

Selanjutnya untuk menghitung integral tentu suku terakhir, substitusikanlah x = 2 sin t , makadihasilkan :(1). dx = 2 cos t dt

(2). 24 x− = t 2sin44 − = 2 cos t

(3). 2/32 )4( x− = 2/32 )sin44( t − = 8 cos3 t

(4). Perubahan batas integrasi, t = 0, bila x = 0, dan t = π/2, bila x = 2.

Dengan subsitusi diatas, maka dihasilkan :

V = ∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+−

2

0

2/3222 )4(3

14

x x x dx

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2/

0

32 )cos2()cos8(3

1)cos2)(sin4(

π

dt t t t t

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2/

0

422 cos3

16cossin16

π

t t t dt

= 16 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

2/

0

422 cos3

1cos)cos1(

π

t t t dt = 16 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2/

0

42 cos3

2cos

π

t t dt

= 16 ⎢⎣

⎡+ t t t

2

1sincos

2

1 –

2/

0

3

8

3sincos

8

3sincos

4

1

3

2 π

⎥⎦

⎤⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ++ t t t t t

= 16

2/

0

3 sincos6

1sincos

4

1

4

1 π

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ t t t t t = 16 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

24

1 π

= 2π

Jadi volume benda pejal yang ditanyakan adalah 2π satuan kubik



136


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 15 selesaikanlah integral lipat dua berikut ini.

1. ∫ ∫2

1

1 2

x xy dy dx 2. ∫ ∫

2

1 1

222

x y x dy dx

3. ∫ ∫ +1

02

2

)(

x

x x xy dy dx 4. ∫ ∫ −

2

1 32

2 x

x y x dy dx

5. ∫ ∫ −

+2

0

4 2

)( y

y y x dx dy 6. ∫ ∫

−−

2

0

3 22

)( y y

y y xy dx dy

7. ∫ ∫ −

+1

0

1 22

)(

y

y xy x dx dy 8. ∫ ∫

2

1

22

x

x y x dy dx

9. ∫ ∫2

1

22

3/1

x

x xy dy dx 10. ∫ ∫

2

1

22

3/1

x

x xy dy dx

11. ∫ ∫3/

6/

sin2

0cos

π

π

y y x dx dy 12. ∫ ∫

3/

4/

cos2

2sin

π

π

y y x dx dy

13. ∫ ∫

3/

4/

sin

cos

2

sin

π

π

x

x x y dy dx 14. ∫ ∫

4/

6/

cos

sin cos

π

π

x

x x y dy dx

15. ∫ ∫ −2

0

4 22

x

x x y dy dx

Dalam soal-soal latihan nomor 16 sampai 23 berikut ini, hitunglah integral lipat dua yang

diberikan, atas daerah umum R yang terletak pada kuadran pertama.

16. dA y x

R

∫∫ + )( 22 , daerah R dibatasi oleh, y = x, x = 2, dan sumbu x.

17. dA x

R

∫∫2 , daerah R dibatasi oleh, y = 2 x, x + y = 6, dan sumbu x.

18. dA xy x

R

∫∫ + )( 2 , daerah R dibatasi oleh, y = x, dan y = 3 x – x2.

19. dA y x

R

∫∫ + )( 22 , daerah R dibatasi oleh, y = x3, dan x = y

3.

20. dA y x

R

∫∫ − 22 4 , daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y2 = 4, sumbu x, dan sumbu y

21. dA x y

R

∫∫ − 24 , daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4, sumbu x, dan sumbu y

22. dA x

y R

∫∫ − 2

2

4, daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y2 = 4, sumbu x, dan sumbu y

23. dA

y

x

R

∫∫− 2

3

4

, daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4, sumbu x, dan sumbu y



137

Dalam soal-soal latihan nomor 24 sampai 30 buatlah sketsa daerah R, yang diberikan dan

dengan integral lipat dua hitunglah pula luas daerahnya.

24. Daerah R dibatasi oleh parabola, y2 = 4 x, dan lingkaran x

2 + y

2 = 5,

25. Daerah R dibatasi oleh parabola, y = x2 – 9, dan y = 9 – x

2,

26. Daerah R dibatasi oleh parabola, 6 y = x2, dan lingkaran x

2 + y

2 = 16,

27. Daerah R dibatasi oleh parabola, y2

= 4 x, dan x2

= 4 y,28. Daerah R dibatasi oleh parabola, y = x

2, dan y = 4 x – x

2,

29. Daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y2 = 4, garis y = x, dan sumbu x

30. Daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4, garis y = x, dan sumbu y

Dalam soal-soal latihan nomor 31 sampai 40 berikut ini, buatlah sketsa benda pejal yang

diberikan, dan dengan integral lipat dua hitunglah volume benda pejalnya.

31. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, x + z2 = 4, bidang-bidang

y = x, z = 0, dan y = 0.

32. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh paraboloida, z = 16 – x2 – 4 y

2, bidang-bidang,

z = 0, y = 0, dan x = 0

33. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, x2 = 4 y, bidang-bidang,4 y + 9 z = 36, z = 0, dan x = 0

34. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, y + z2 = 4, bidang-bidang,

y = x, z = 0, dan x = 0.

35. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh bidang-bidang, x + 8 y = 4 z, x + 2 y = 4, z = 0, y

= 0, dan x = 0.

36. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh bidang-bidang, 2 x + 2 y + z = 4, y = x, z = 0,

dan x = 0.

37. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, y = x2, bidang-bidang, 2 x

+ y + z = 3, z = 0, dan x = 0.

38. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, y = x3, bidang-bidang, x +

y + z = 2, z = 0, dan y = 0.

39. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, x = y2, bidang-bidang, x +

y + z = 6, z = 0, dan y = 0.

40. Benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder paraboloida, x = y3, bidang-bidang, x +

y + z = 2, z = 0, dan x = 0.



138

3.3. Transformasi Koordinat Integral Lipat Dua,

Koordinat Kutub

Dalam proses penghitungan integral lipat dua, akan sering dijumpai daerah R mempunyai bentuk tertentu, misalnya lingkaran atau lengkungan kurva tertentu. Lihat Gambar 3.3.1, atau

Gambar 3.3.2. berikut ini. Masalah ini muncul contoh terakhir pada Bab 3.2.

y y

y = 4 x2 y = x2

x = y2 2

x2 + y

2 = 4 R R

1 x = 4 y2

x2 + y

2 = 1

x x


Akibatnya dalam proses penghitungannya akan dijumpai beberapa kesulitan bilamana tetapmenggunakan sistem koordinat kartesius. Kesulitan-kesulitan tersebut misalnya adalahmenentukan batasan-batasan integrasi, atau mungkin menentukan anti turunan fungsinya.Untuk mengatasi hal tersebut, biasanya dalam proses untuk menghitung integral lipat dua atasdaerah tentu atas daerah yang mempunyai lengkungan teratur yang sederhana digunakanteknik tertentu dengan melakukan transformasi koordinat.

Andaikan (u,v) titik koordinat lengkung pada bidang uv. Misalkan hubungan antara titikkoordinat ( x, y) di daerah R pada bidang xy, dan titik koordinat (u,v) di daerah R’ pada bidang

uv, diberikan oleh persamaan transformasi, x = x(u,v), dan y = y(u,v). Misalkan pula P adalahsembarang titik dengan ( x, y) atau (u,v) dengan x = x(u,v), dan y = y(u,v) yang seperti terlihat pada Gambar 3.3.3, berikut ini.

y v u1 u2

R v2

P v konstan R’

r u konstan v1

x u


Dari sketsa pada Gambar 3.3.3, vektor r dari O ke P diberikan oleh,

r = xi + y j = x(u,v)i + y(u,v) j

Misalkan, Δ Rk adalah daerah pada bidang xy, maka Δ A luas daerah R dapat dihampiri oleh,

Δ A =vu ∂

∂×

∂

∂ rrΔuΔv



139

dimana,u∂

∂r dan

v∂

∂r masing-masing menyatakan vektor singgung di (u,v). Mengingat,

u∂

∂r×

v∂

∂r =

0

0

v

y

u

yv

x

u

x

∂∂

∂∂

∂

∂

∂

∂k ji

=

v

y

u

yv

x

u

x

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

k =),(

),(

vu

y x

∂

∂k = J (u,v)k

dimana, J (u,v) disebut dengan Jacobian ( x, y) terhadap (u,v). Sehingga,

Δ A =v

r

u

r

∂

∂×

∂

∂ΔuΔv =

v

y

u

yv

x

u

x

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

ΔuΔv =),(

),(

vu

y x

∂

∂ΔuΔv

Selanjutnya, bilamana f ( x, y) terintegralkan pada daerah R, dibawah transformasi koordinat x = x(u,v), dan y = y(u,v), fungsi f ( x, y) juga terintegralkan pada daerah R’, Gambar 3.3.4.Sebagai hasilnya, penghitungan integral liat dua dibawah transformasi koordinat diberikanoleh,

∫∫ R

dA y x f ),( = ∫∫'

)),(),,((

R

vu yvu x f ),(

),(

vu

y x

∂

∂dudv

= dudvvu J vuF

R

∫∫'

|),(|),(

Kejadian khusus dari transformasi integral lipat dua adalah transformasi koordinat kutub,dimana daerah R berbentuk lingkaran, Gambar 3.3.2. Transformasi koordinat kutub diberikanoleh,

x = r cos θ x2 + y2 = r 2

y = r sin θ tan θ = x

y

J (r ,θ) =),(

),(

θ r

y x

∂

∂ =

θ

θ

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

y

r

y

x

r

x

=θ θ

θ θ

cossin

sincos

r

r − = r

Dibawah transformasi koordinat kutub dihasilkan,

∫∫ R

dA y x f ),( = ∫∫'

)sin,cos(

R

r r f θ θ ),(

),(

θ r

y x

∂

∂dr d θ

= ∫∫'

),(

R

r r F θ dr d θ

dengan R’ adalah daerah pada bidang r dan θ . Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.

Contoh 3.3.1

Haitunglah, ∫∫ R

dxdy xy2)( , bilamana R adalah daerah pada kuadran pertama yang dibatasi

oleh, y = x3, 4 y = x

3, x = y3, dan 4 x = y

3.



140

Penyelesaian

Integral lipat dua yang harus dihitung adalah, ∫∫ R

dxdy xy2)( , dimana daerah R terlihat pada

Gambar 3.3.4, berikut ini.

y y = x3 4 y = x

3 v

4 x = y3 4

R R’

x = y3

1 x 1 4 u


Dari sketsa pada Gambar 3.3.4 diatas, terlihat daerah R mempunyai bentuk lengkungan

sederhana. Oleh karena, itu untuk menghitung integral lipat duanya, tranformasikan daerah R pada bidang xy ke bidang R’ pada bidang uv dengan transformasi,

uy = x3, atau u = y

x3

vx = y3, atau v =

x

y3

Dengan transformasi tersebut dihasilkan,

(1). uv = y

x3

x

y3

= ( xy)2, atau xy = 2/12/1vu

(2).),(

),(

vu

y x

∂

∂ =

),(),(

1

y xvu

∂∂

, dengan,

),(

),(

y x

vu

∂

∂ =

y

v

x

v

y

u

x

u

∂

∂

∂

∂∂

∂

∂

∂

=

x

y

x

y

y

x

y

x

2

2

3

2

32

3

3

−

−

= 8 xy

Sehingga,),(

),(

vu

y x

∂

∂=

xy8

1 =

2/12/18

1

vu

(3). Batasan daerah R pada bidang xy akan ditransformasikan menjadi,

y = x3 , atau, y

x3

= 1, ditransformasikan menjadi, u = 1

4 y = x3, atau,

y

x3

= 4, ditransformasikan menjadi, u = 4

x = y3, atau,

x

y3

= 1, ditransformasikan menjadi, v = 1



141

4 x = y3, atau,

x

y3

= 4, ditransformasikan menjadi, v = 4

Hasil transformasi koordinat tersebut diberikan pada Gambar 3.3.5. Dengan demikian batasan daerah R’ = {(u,v) : 1 ≤ u ≤ 4, 1 ≤ v ≤ 4}.

Dengan menggunakan hasil-hasil diatas, maka diperoleh :

∫∫ R

dxdy xy 2)( = ∫∫'

)( R

uv),(),(

vu y x

∂∂dudv = ∫ ∫4

14

1 2/1)(81

uvuv du dv

=8

1∫ ∫

4

1

4

1

2/12/1

vu du dv =8

1∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4

1

4

1

2/12/3

3

2

vu dv

=12

1∫ −

4

1

2/1)18(

v dv =12

7∫

4

1

2/1

v dv =12

74

1

2/3

3

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡v

= )18(18

7− =

18

49

Contoh 3.3.2

Haitunglah, ∫∫ +

R

dxdy y x

22 49 bilamana R adalah daerah yang terletak antara,

36 ≤ 9 x2 + 4 y2 ≤ 144.

Penyelesaian,

Integral lipat dua yang harus dihitung adalah, ∫∫ +

R

dxdy y x

22 49 , dimana daerah R seperti

terlihat pada gambar berikut ini. y r

9 x2 + 4 y2 = 144.

2 R’

x 9 x2 + 4 y2 = 36. 1

θ

2π


Dari gambar 3.3.6, terlihat bahwa daerah R berbentuk elips, oleh karena itu untukmenghitung integral lipat dua diatas, gunakanlah transformasi koordinat,

x = 2 r cos θ , y = 3 r sin θ dengan 0 ≤ θ ≤ 2π

Dengan transformasi tersebut dihasilkan,(1). 9 x2 + 4 y2 = 9(4r

2 cos2θ ) + 4(9r

2 sin2 θ ) = 36 r 2,

(2). 22 49 y x + = 236r = 6r



142

(3).),(

),(

θ r

y x

∂

∂ =

θ θ

θ θ

cos3sin3

sin2cos2

r

r − = 6r (cos2

θ + sin2θ ) = 6r

(4). Batasan daerah R, 36 ≤ 9 x2 + 4 y2 ≤ 144, pada bidang xy akan ditransformasikan menjadi,1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π. Hasil transformasi koordinat tersebut diberikan pada Gambar 3.3.7.Dengan demikian batasan daerah R’ = {(r ,θ ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}.

Dengan menggunakan hasil-hasil diatas, diperoleh :

∫∫ +

R

dxdy y x

22 49 = ∫∫ ∂

∂

'),(

),(6

R

d dr r

y xr θ

θ = ∫ ∫

π 2

0

2

1)6)(6(

r r dr d θ

= 36 ∫ ∫π 2

0

2

1

2

r dr d θ = 36 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π 2

0

2

1

3

3

1

r d θ

= 36 ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

π 2

0)18(

3

1

d θ = 84 ∫ π

θ 2

0

d = 168π

Contoh 3.3.3

Hitunglah, ∫∫ −−

R

dxdy y x

224 , bilamana R adalah daerah yang terletak pada kuadran

pertama dan kedua yang dibatasi oleh, x2 + y2 = 4, garis y = x, dan y = – x.

Penyelesaian

Integral lipat dua yang harus dihitung adalah, ∫∫ +−

R

dxdy y x )(4 22 , dimana daerah R

seperti terlihat pada gambar berikut ini.

y r

y = – x y = x 2

R R’

x2 + y

2 = 4

x θ π/4 3π/4


Karena daerah R pada gambar 3.3.8 berbentuk bagian dari lingkaran, maka dengantransformasi koordinat kutub dihasilkan,

(1). )(4 22 y x +− = 24 r −

(2). Batasan daerah R pada Gambar 3.3.8 menjadi, x

2 + y2 = 4, ditransformasikan menjadi, r = 2

y = x, ditransformasikan menjadi, r sin θ = r cos θ , tan θ = 1, atau θ = π/4 y = – x, ditransformasikan menjadi, r sin θ = – r cos θ , tan θ = –1, atau θ = 3π/4

Dengan demikian batasan daerah R’ adalah R’ = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2, π/4 ≤ θ ≤ 3π/4} yangseperti terlihat pada Gambar 3.3.9.



143

Dengan menggunakan hasil-hasil diatas, diperoleh :

∫∫ +−

R

dxdy y x )(4 22 = ∫ ∫ −

4/3

4/

2

0

24π

π

r r dr d θ

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

4/3

4/

2

0

2/32 )4(3

1π

π

r d θ = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

4/3

4/

2/3)4(3

10

π

π

d θ

= ∫4/3

4/ 3

8π

π

d θ =4/3

4/3

8 π

π

θ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ = ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

44

3

3

8 π π = π

3

4

Contoh 3.3.4Dengan menggunakan integral lipat dua, hitunglah volume benda pejal dibawah permukaankerucut, z2 = x

2 + y2, di dalam siliner lingkaran tegak, x2 + y

2 = 2 y, dan diatas bidang xy.PenyelesaianPerhatikanlah sketsa benda pejal yang diberikan oleh Gambar 3.3.10 berikut ini.

z y

z

2

= x

2

+ y

2

2

x2 + y

2 = 2 y

y x x x

2 + y2 = 2 y 0


Dari sketsa pada Gambar 3.3.19, ambil z = f ( x, y) = 22 y x + . Volume benda yang dicari

adalah benda dibawah permukaan z = f ( x, y) dan diatas daerah R. Dengan demikian,V = ∫∫ +

R

dxdy y x

22

dimana R daerah berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 2 y seperti terlihat pada Gambar 3.3.11.Dengan transformasi koordinat kutub, x = r cos θ , y = r sin θ , dan x

2 + y2 =

r 2, dihasilkan,

(1). f ( x, y) = 22 y x + ditransformasikan menjadi, F (r , θ ) = 2

r = r

(2). Batasan daerah R berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 2 y, ditransformasikan menjadi, r

2 = 2r

sin θ , atau r = 2 sin θ , dengan 0 ≤ θ ≤ π,Jadi dalam koordinat kutub, volume benda pejal V diberikan oleh,

V = ∫∫ +

R

dxdy y x

22 = ∫ ∫π θ

0

sin2

0)(r r dr d θ = ∫ ∫

π θ

0

sin2

0

2r dr d θ

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π θ

0

sin2

0

3

3

1r d θ = ∫

π θ

0

3sin3

8 d θ

=π

θ θ θ

0

2 cos3

2cossin

3

1

3

8⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− )11(

3

2

3

8 =

9

32

Jadi volume benda pejalnya adalah9

32 satuan kubik.

R



144


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 10 berikut ini, selesaikanlah integral berulang dalamkoordinat kutub berikut ini.

1. θ π θ

sin4/

0

cos

0

2∫ ∫

r dr d θ 2. θ π

π

θ sin

2/

4/

sin2

0

2∫ ∫

r dr d θ

3. θ π θ sin4/

0

cos2

0

3∫ ∫

r dr d θ 4. θ π θ cos4/

0

cos2

0

2∫ ∫

r dr d θ

5. θ π θ

sin0

cos1

0

2∫ ∫

−

r dr d θ 6. θ π θ

sin2/

0

sin2

0

2∫ ∫

r dr d θ

7. θ π

π

θ cos

2/

4/

sin1

0

22

∫ ∫ +

r dr d θ 8. θ θ π θ

cossin3/

0

cos1

0

2∫ ∫

−

r dr d θ

9. θ π θ

∫ ∫0

cos2

0

3 cosr dr d θ 10. θ π θ

∫ ∫ −2/

0

sin1

0

2 cosr dr d θ

Dalam soal-soal latihan nomor 11 sampai 20 berikut ini, hitunglah integral lipat dua yangdiberikan

11. dxdy y x x

R∫∫ + 22

, dengan R adalah daerah berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 4

12. dxdy y x

R

∫∫ +− )(4 22 , dengan R adalah daerah pada kuadran pertama yang dibatasi

oleh garis, y = x, lingkaran, x2 + y2 = 4, dan sumbu x.

13. dxdy

y x R

∫∫−−

229

1, dengan R adalah daerah berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 9

14. dxdye

R

y x∫∫

+

)( 22, dengan R adalah daerah berbentuk lingkaran, x2 + y

2 = 4

15. dxdy y x x

R∫∫ + 22

, dengan R adalah daerah berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 2 y

16. dxdy y x y

R

∫∫ + 22

, dengan R adalah daerah berbentuk lingkaran, x2 + y2 = 2 x

17. dxdye

R

y x∫∫

+− )( 22 , dengan R adalah daerah yang terletak antara lingkaran, x2 + y2 = 1,

dan x2 + y

2 = 9

18. dxdy

y x

x

R

∫∫+ 22

, dengan R adalah daerah pada oktan pertama yang dibatasi oleh

lingkaran, x2

+ y

2

= 4, dan x

2

+ y

2

= 1619. dxdy y x x

R

∫∫ + 224 , dengan R adalah daerah yang dibatasi oleh elips, 4 x2 + y2 = 4, dan,

4 x2 + y2 = 16

20. dxdy y x y

R

∫∫ + 22 9 , dengan R adalah daerah yang dibatasi oleh elips, x2 + 9 y2 = 9, dan,

x2 + 9 y2 = 36



145

Dalam soal-soal latihan nomor 21 sampai 30, hitunglah luas daerah R.

21. Daerah R pada kuadran pertama dibatasi oleh, xy = 4, xy = 8, xy2 = 5, dan xy

2 = 1522. Daerah R pada kuadran pertama dibatasi oleh, x = y

2, x = 4 y2, y = x2, dan y = 4 x2.

23. Daerah R pada kuadran pertama dibatasi oleh, xy2 = 1, xy

2 = 8, x2 y = 1, dan x

2 y = 8

24. Daerah R pada kuadran pertama dibatasi oleh, xy3 = 1, xy

3 = 9, x3 y = 1, dan x

3 y = 9

25. Daerah R pada kuadran pertama dibatasi oleh, y2

= x3

, 4 y2

= x3

, x2

= y3

, dan 4 x2

= y3


2 = 4, dan x2 + y

2 = 4 y.27. Daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 2 y, dan x2 + y

2 = 4 y.28. Daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 2 x, dan x2 + y

2 = 4 x.29. Daerah R dibatasi oleh elipsoida, 9 x2 + y

2 = 9, dan 9 x2 + y2 = 36.

30. Daerah R dibatasi oleh elipsoida, x2 + 4 y2 = 16, dan x2 + 4 y2 = 36.

Dalam soal-soal latihan nomor 31 sampai 40 berikut ini, dengan transformasi dalamkoordinat kutub hitunglah volume benda pejal yang diberikan.

31. Benda terletak dibawah permukaan paraboloida, z = x2 + y2, didalam silinder lingkarantegak, x2 + y

2 = 2 y, dan diatas bidang xy

32. Benda terletak dibawah permukaan paraboloida, z = x2 + y2, didalam silinder lingkarantegak, x2 + y

2 = 2 x, dan diatas bidang xy 33.Benda terletak dibawah permukaan kerucut, z

2 = 3( x2 + y2), didalam silinder lingkaran

tegak, x2 + y2 = 2 y, dan diatas bidang xy

34.Benda terletak dibawah permukaan kerucut, 3 z2 = x2 + y

2, didalam silinder lingkarantegak, x2 + y2 = 2 x.

35.Benda terletak dibawah permukaan elipsoida, 2 x2 + 2 y2 + z2 = 18, di dalam silinder

lingkaran tegak, x2 + y2 = 4, dan diatas bidang xy.

36. Benda terletak dibawah permukaan bola, x2 + y2 + z

2 = 25, di dalam silinder lingkaran

tegak, x2 + y2 = 16, dan diatas bidang xy.

37. Benda di bawah permukaan bola, x2 + y2 + z2 = 36, di atas kerucut, 3( x2 + y2) = z2.38. Benda di bawah permukaan bidang, z = y, di atas silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 2 y.39. Benda di bawah permukaan bidang, z = x, di atas silinder lingkaran tegak, x2 + y2 = 2 x.40. Benda di bawah permukaan bidang, z + y = 4, diatas silinder lingkaran tegak, x2 + y2 = 2 y.



146

3.4. Penerapan Integral Lipat Dua

Penerapan integral lipat dua, secara tidak langsung telah dibahas antara lain adalah

menghitung luas daerah dan volume benda pejal. Secara lebih luas penerapan integral lipat

dua antara lain adalah untuk menghitung massa lamina, pusat masaa lamina, moment inersia,

maupun luas permukaan benda

3.4.1. Massa dan Pusat Massa Lamina

Misalkan diberikan suatu pelat yang sedemikian tipisnya sehingga dapat dipandang sebagai

benda berdimensi dua. Pelat tipis demikian itu disebut dengan lamina. Andaikan diberikan

suatu lamina yang dibatasi oleh daerah R pada bidang xy, dan andaikan pula kerapatannya

(massa per satuan luas) di sembarang titik ( x, y) dinyatakan dengan δ( x, y) seperti terlihat pada

Gambar 3.4.1.

y

),( k k y x

x

Gambar 3.4.1

Dengan pendekatan jumlahan Reiman, massa Rk secara hampiran diberikan oleh,

δ ),( k k y x Δ Ak

dan massa total Lamina diberikan oleh,

m(k ) = ∑=

Δn

k

k k k A y x

1

),(δ

Apabila hampiran diatas diambil nilai limitnya, artinya untuk Δ Ak partisinya mendekati nol,

maka dengan pendekatan integral lipat dua, massa lamina diberikan oleh,

m = dA y x

R

∫∫ ),(δ

Selanjutnya, bilamana M y dan M x masing-masing menyatakan moment lamina terhadap

sumbu y, dan moment lamina terhadap sumbu x, maka moment tersebut diberikan oleh,

M y = dA y x x

R∫∫

),(δ

M x = dA y x y

R

∫∫

),(δ

Akhirnya, koordinat titik pusat massa ),( y x tersebut diberikan oleh,

x =m

M y, y =

m

M x



147

Contoh 3.4.1

Lamina pada kuadran pertama dibatasi oleh, y = x2 dan x = y

2. Bilamana kerapatannya di

setiap titinya sebanding dengan kuadrat jarak terhadap titik pusat. Hitunglah massa lamina.

Penyelesaian

Diketahui bahwa kerapatannya adalah δ ( x, y) = k ( x2 + y

2), maka massa lamina adalah,

m = k dA y x

R∫∫ +

)( 22

dimana R adalah daerah seperti terlihat pada pada Gambar 3.4.2, berikut ini.

y y = x2

x = y2 Dari sketsa, terlihat kedua grafik

berpotongan di (0,0) dan (1,1).

Dengan pendekatan y sederhana

dibatasi oleh,

R = {( x, y) : x2 ≤ y ≤ x

1/2, 0 ≤ x ≤ 1}

x Gambar 3.4.2

Dengan demikian,

m = k dA y x

R

∫∫ + )( 22 = dydx y x

R

∫∫ + )( 22

= k ∫ ∫ +1

0

222/1

2 )(

dydx y x x

x

= k ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

1

0

32

2/1

23

1

dx y y x

x

x

= k ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ −−+10

642/32/5

31

31

dx x x x x

= k

1

0

752/52/7

21

1

5

1

5

2

7

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+ x x x x

= k ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+

21

1

5

1

15

2

7

2 = k

35

6

Jadi masa lamina yang diberikan adalah k 35

6, kg.

Contoh 3.4.2

Lamina pada kuadran pertama dibatasi oleh persamaan-persamaan, x2 – y2 = 4, x2 – y2 = 9, xy = 2, dan xy = 4. Hitunglah massa lamina bilamana kerapatannya sebanding dengan kuadrat

jarak terhadap titik pusat.

Penyelesaian

Karena kerapatan lamina sebanding dengan kuadrat jarak terhadap titik pusat, dan andaikan

m menyatakan masa lamina, maka dengan integral lipat dua diberikan oleh,

m = dA y x

R

∫∫ ),(δ = dxdy y xk

R

∫∫ +

)( 22



148

dimana R adalah derah berbentuk lengkungan sederhana seperti terlihat pada Gambar 3.4.3

y xy = 1 xy = 4 v

x2 – y

2= 4

u = 4 u = 9

x2 – y

2 = 9 4

R R’

1

x v


Karena daerah berbentuk lengkungan sederhana, untuk menghitung integral lipat duanya,

digunakan transformasi, u = x2 – y

2 dan v = xy. Sebaga hasilnya diperoleh,

(1).

),(

),(

y x

vu

∂

∂ =

x y

y x 22 − = 2( x

2 + y

2), dan J (u,v) =

),(

),(

vu

y x

∂

∂ =

)(2

1

22

y x +

(2). Daerah R pada bidang xy ditransformasikan pada bidang R’ pada bidang uv, yaitu :

x2 – y

2 = 4, menjadi u = 4, dan x

2 – y

2 = 9, menjadi u = 9

xy = 1, menjadi, v = 1, dan xy = 4, menjadi v = 4

Dengan demikian daerah R’ dibatasi oleh, R’ = {(u,v) : 4 ≤ u ≤ 9, 1 ≤ v ≤ 4} yang terlihat

pada Gambar 3.4.4.

Dengan menggunakan hasil diatas, maka ;

m = dxdy y xk

R

∫∫ +

)( 22 = k dudvvu J y x

R

),()(

'

22∫∫ +

= k ∫ ∫ ++

4

1 22

9

4

22

)(2

1

)(

dudv y x y x = k ∫ ∫

4

1

9

4 2

1

dudv = k ∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡4

1

9

42

1

dvu

= k ∫4

1 2

5

dv = k

4

12

5

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡v = k

2

15

Jadi masa lamina yang diberikan adalah k 2

15

Contoh 3.4.3

Lamina dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 2 y. Bilamana kerapatannya adalah sebanding

dengan jarak terhadap titik pusat, hitunglah pusat massa lamina.

Penyelesaian

Kerapatan sebanding dengan jarak terhadap titik pusat, maka δ ( x, y) = k 22 y x + .

Andaikan ),( y x menyatakan titik pusat massa lamina, maka koordinat titik pusat tersebut

diberikan oleh, x =m

M y, dan y =

m

M x , dimana

m = k dxdy y x

R

∫∫ +

22 M y = k dxdy y x x

R

∫∫ +

22



149

M x = k dxdy y x y

R

∫∫ +

22

dimana R adalah lingkaran x2 + y

2 = 2 y. seperti terlihat pada Gambar 3.4.5 berikut ini

y Untuk menghitung integral lipat dua diatas

atas daerah R seperti pada Gambar 3.4.5

x

2

+ y

2

= 2 y gunakanlah transformasi koordinat kutub, x = r cos θ, y = r sin θ , x2 + y

2 = r

2

Hasilnya daerah R ditransformasikan menjadi

x R’ = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2 sin θ, 0 ≤ θ ≤ π}

Gambar 3.4.5

Dengan demikian,

m = k dxdy y x

R

∫∫ +

22 = k θ drd r r

R

∫∫'

)( = k θ π θ

drd r ∫ ∫0

sin2

0

2

= k θ π

θ

d r ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0

sin2

0

3

3

1 = k

3

8θ θ

π d

∫ 0

3sin

= k 3

8 π

θ θ θ

0

2 cos3

2cossin

3

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− = k

3

8⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− )11(

3

20 =

9

32k

M y = k dxdy y x x

R

∫∫ +

22 = k θ θ drd r r r

R

∫∫'

)(cos = k θ θ π θ

drd r ∫ ∫0

sin2

0

3 cos

= k θ θ π

θ

d r ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

0

sin2

0

4 cos

4

1 = 4k θ θ θ

π d

∫0

4 cossin = 4k

π

θ

0

5sin

5

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ = 0

M x = k dxdy y x y

R

∫∫ +


R

∫∫'

)(sin = θ θ π θ

drd r ∫ ∫0

sin2

0

3 sin

= k θ θ π

θ

d r ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡0

sin2

0

4 sin4

1 = 4k θ θ

π d

∫ 0

5sin

= 4k

π

θ θ θ θ θ

0

24 cos3

2cossin

3

1

5

4cossin

5

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+−

= 4k ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−− )11(

15

8 = k

15

64

Jadi koordinat titik pusat masa diberikan oleh,

x =m

M y =

k )9/32(

0 = 0,

dan

y =m

M x =k

k

)9/32(

)15/64( =

15

64

32

9 =

5

6

R



150

3.4.2. Moment Inersia

Dalam ilmu fisika, dinyatakan bahwa moment inersia suatu partiekl dengan massa m kg

terhadap suatu sumbu didefinisikan oleh mr 2 kg-m

2, dimana jarak tegak lurus partikel ke

sumbu adalah r meter. Misalkan suatu lamina yang dibatasi oleh daerah R pada bidang xy

mempunyai kerapatan, δ ( x, y). Bilamana I, menyatakan moment inersia terhadap titik asal, I x

menyatakan memont inersia terhadap sumbu x, dan I y menyatakan moment inersia terhadapsumbu y, maka dengan integral lipat dua masing-masing diberikan oleh,

I x = dA y x y

R

∫∫ ),(2δ

I y = dA y x x

R

∫∫ ),(2δ

I = I x + I y = dA y x y x

R

∫∫ + ),()( 22δ

Contoh 3.4.4Suatu lamina dikuadran pertama dibatasi oleh parabola, y = x

2 dan x = y

2. Bilamana

kerapatannya adalah δ ( x, y) = k ( x2 + y

2). Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x, sumbu

y dan titik asalnya.

Penyelesaian

Sketsa daerah R diberikan oleh Gambar 3.4.2, dimana batasan daerahnya diberikan oleh,

R = {( x, y) : x2 ≤ y ≤ x

1/2, 0 ≤ x ≤ 1}. Karena kerapatannya adalah, δ ( x, y) = k 22 y x + , maka

:

I x = dA y x y

R

∫∫ ),(2δ = k dydx y x y

R

∫∫ + )( 222 = k ∫ ∫ +1

0

4222/1

2 )(

dydx y y x x

x

= k ∫ ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

1

0

532

2/1

25

1

3

1

dx y y x x

x

= k ∫ ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −−+

1

0

1082/52/7

5

1

3

1

5

1

3

1

dx x x x x

= k

1

0

9832/7

55

1

27

1

35

2

27

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+ x x x x

= k ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+

55

1

27

1

35

2

27

2 = k

2079

158

Jadi moment inersia terhadap sumbu x adalah k 2079

316

I y = dA y x x

R∫∫),(2

δ = k dydx y x x

R

∫∫ + )( 222 = k

∫ ∫ +

1

0

2242/1

2 )(

dydx y x x x

x

= k ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

1

0

324

2/1

23

1

dx y x y x

x

x

= k ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+

1

0

862/72/9

3

1

3

1

dx x x x x

= k

1

0

9832/7

27

1

7

1

27

2

11

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+ x x x x



151

= k ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+

27

1

7

1

27

2

11

2 = k

2079

158

Jadi moment inersia terhadap sumbu y adalah k 2079

316

I = I x + I y = k

2079

158 + k

2079

158 = k

2079

316

Jadi moment inersia terhadap titik pusatnya adalah k 2079

316

Contoh 3.4.5Lamina pada kuadran pertama dibatasi oleh lingkaran, x

2 + y

2 = 4. Bilamana kerapatannya

adalah sebanding dengan jarak terhadap titik pusat, hitunglah moment inersia terhadap sumbu x, sumbu y dan titik asalnya.Penyelesaian,

Kerapatan sebanding dengan jarak terhadap titik pusat, maka δ ( x, y) = k 22 y x + , maka

I x = k dA y x y R∫∫ ),(

2δ

= k dxdy y x y R∫∫ +

222

I y = k dxdy y x x

R

∫∫ +

222

I O = k dxdy y x y x

R

∫∫ ++

2222 )( = I x + I y

Dimana daerah R adalah seperempat lingkaran pada kuadran pertama dari, x2 + y

2 = 4, seperti

terlihat pada Gambar 3.4.6 berikut ini.

y Dalam koordinat kutub, daerah yang terlihat pada Gambar 3.4.6 diberikan oleh

R x2 + y

2 = 4 R’ = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2 sin θ, 0 ≤ θ ≤ π}

x Gambar 3.4.6

Sehingga dengan pendekatan transformasi koordinat kutub dihasilkan,

I x = k dxdy y x y

R

∫∫ +


R

∫∫'

2 )()sin(

= k θ θ

π

drd r ∫ ∫

2/

0

2

024 sin = k θ θ

π

d r ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2/

0

2

025 sin5

1

= k 5

32θ θ

π d

∫2/

0

2sin = k 5

322/

02

1cossin

2

1 π

θ θ θ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

= k 5

32⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

22

1 π = k

5

8π



152

Jadi moment inersia terhadap sumbu x adalah k 5

8π

I y = k dxdy y x x

R

∫∫ +


R

∫∫'

2 )()cos(

= k θ θ

π

drd r ∫ ∫

2/

0

2

0

24

cos = k θ θ

π

d r ∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡2/

0

2

0

25

cos5

1

= k 5

32θ θ

π d

∫2/

0

2cos = k 5

322/

02

1sincos

2

1 π

θ θ θ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

= k 5

32⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

22

1 π = k

5

8π

Jadi moment inersia terhadap sumbu y adalah k 5

8π . Dengan demikian moment inersia

terhadap sumbu koordinat adalah, I O = I x + I y = k 5

8π + k

5

8π = k

5

16π

Soal-soal Latihan Bab 3.41. Lamina terletak di kuadran pertama dibatasi oleh kurva-kurva, y = x

2, dan y = x

2. Jika

kerapatannya, δ ( x, y) = kxy, hitunglah massa dan pusat massanya.2. Lamina terletak di kuadran pertama dibatasi oleh kurva-kurva, x = y

2, 4 x = y

2, y = x

2 dan

4 y = x2. Jika kerapatannya adalah, δ ( x, y) = k ( xy)

3, hitunglah massanya.

3. Daerah R terletak dikuadran pertama dibatasi oleh garis y = x, dan parabola x = y2. Jika

kerapatannya adalah δ ( x, y) = kx, hitunglah masa, dan pusat masanya.

4. Daerah R dibatasi oleh kurva-kurva, y = x2, y = 1 dan sumbu x. Jika kerapatannya adalah δ

( x, y) = k ( x + y), hitunglah masa dan pusat masanya5. Daerah R terletak di kuadran pertama dibatasi oleh, lingkaran x

2 + y

2 = 4, dan x + y = 2.

Jika kerapatannya adalah δ ( x, y) = kxy, hitunglah masa, dan pusat masanya.6. Hitunglah masa lamina yang dibatasi oleh lingkaran, x

2 + y2 = 4, dan garis y = x, jika

kerapatannya adalah δ ( x, y) = k 22

y x +

7. Hitunglah masa lamina yang terletak pada kuadran pertama dibatasi oleh kurva, y = x2

dan y = 2 x, bilamana kerapatannya adalah δ ( x, y) = k ( x2+ y

2).

8. Hitunglah masa lamina yang terletak di kuadran pertama yang dibatasi oleh kurva, y = x3,

dan x = y2, bilamana kerapatannya δ ( x, y) = k ( x + y).

9. Hitunglah masa lamina yang terletak di kuadran pertama yang dibatasi oleh kurva, y = x2,

dan x = y3, bilamana kerapatannya adalah δ ( x, y) = k ( x + y

2).

10. Hitunglah masa lamina yang terletak pada kuadran pertama yang oleh y = x3, dan y = 4 x,

jika kerapatnnya adalah δ ( x, y) = k ( x2 + y).

11. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x, dari suatu lamina yang dibatasi oleh parabola, y = 4 – x

2 dan garis x + y = 2, jika kerapatannya konstan.

12. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu y suatu lamina yang dibatasi oleh lingkaran x2

+ y2 = 4 x, garis y = x, dan y = – x. Jika kerapatannya sebanding dengan jarak terhadap

titik pusat.13. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu y, suatu lamina yang dibatasi oleh lingkaran,

x2 + y

2 = 4, dan garis x + y = 2, bilamana kerapatnnya adalah δ ( x, y) = ky.

14. Hitunglah moment inersia terhadap titik pusat koordinat, dari suatu lamina yang dibatasioleh y = x

3, dan x = y

3 bilamana kerapatnnya konstan.



153

15. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x dan sumbu y, dari lamina yang dibatasi oleh

garis y = x, x + y = 4, dan sumbu x. Bilamana kerapatanya adalah δ ( x, y) = kxy.16. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x dan sumbu y, dari lamina yang dibatasi oleh

garis y = x2, x + y = 2, dan sumbu x. Bilamana kerapatanya adalah δ ( x, y) = kx.

17. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x, dari lamina yang dibatasi oleh lingkaran x2

+ y2 = 4 x, dan garis x + y = 2. Bilamana kerapatanya adalah konstan.

18. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu x, dari lamina yang dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4 y, bilamana kerapatanya sebanding dengan jarak terhadap titik pusat.

19. Hitunglah moment inersia terhadap titik pusat koordinat, dari lamina yang dibatasi olehlingkaran, x

2 + y

2 = 4 y, bilamana kerapatanya adalah berbanding terbalik dengan jarak

terhadap titik pusat.20. Hitunglah moment inersia terhadap titik pusat koordinat, dari lamina yang dibatasi oleh

lingkaran, x2 + y

2 = 4 y, garis y = x , dan y = – x. bilamana kerapatanya adalah berbanding

terbalik dengan jarak terhadap titik pusat.



154

3.5. Integral Lipat Tiga

Konsep volume benda pejal yang telah dirumuskan dalam mendefinisikan integral lipat dua pada sub sebelumnya, dapat diperluas digeneralisasikan untuk mendefinisikan integral lipattiga. Andaikan f adalah fungsi tiga variabel dari x, y, dan z yang terdefinisikan pada balok B,dalam ruang dimensi tiga, dimana sisi-sisinya sejajar dengan bidang-bidang koordinat. LihatGambar 3.5.1.

z B

),,( k k k z y x

Bk

y

xGambar 3.5.1

Pada balok B buatlah partisi berhingga banyak P dengan membagi menjadi n bagian, yakni B1, B2, …, Bn dimana masing-masing volumenya adalah ΔV k , dan selanjutnya bentuk jumlahnya Reimann,

k

n

k

k k k V z y x f Δ∑=

1

),,(

dengan ΔV k = Δ xk Δ yk Δ zk , adalah volume Δ Bk , dan ),,( k k

k z y x adalah sembarang titik

dalam balok B, lihat Gambar 3.5.1. Bilamana partisi P diambil mendekati nol, danselanjutnya diambil nilai limitnya dan jika limitnya ada, maka fungsi f dikatakan

terintegralkan pada B, ditulis ∫∫∫ B

dV z y x f

),,( . Jadi,

∫∫∫ B

dV z y x f

),,( =0||

lim→P

k

n

k

k k k V z y x f Δ∑=

1

),,(

asalkan limitnya ada.

Sebagaimana pada integral lipat dua, jika f adalah fungsi yang kontinu pada daerah tertutupmaka untuk menghitung integral tentunya dapat digunakan pendekatan integral berulang duakali. Demikian pula untuk menghitung integral lipat tiga diatas, dapat digunakan pendekatan berulang tiga kali, asalkan f kontinu.

Dengan demikian, bilamana B adalah balok berbentuk empat persegi panjang, yang dibatasioleh :

B = {( x, y,z) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , e ≤ z ≤ h}

seperti yang terlihat pada Gambar 3.5.2 berikut ini.



155

z h

e c d y

a

b

x Gambar 3.5.2

Bilamana B = {( x, y,z) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , e ≤ z ≤ h}, maka untuk menghitung integral lipattiga atas benda B dapat digunakan pendekatan,

∫∫∫ B

dV z y x f ),,( = ∫ ∫ ∫⎭

⎬⎫

⎩

⎨⎧

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ b

a

d

c

h

edxdydz z y x f

),,(

Pendekatan lain yang dapat digunakan untuk menghitung integral lipat, tergantung padaurutan integrasinya. Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh soal berikut ini.

Contoh 3.5.1

Hitunglah, ∫∫∫ B

dV yz x

32 , bilamana B adalah balok berbentuk empat persegi panjang yang

dibatasi oleh, B = {( x, y,z) : 1 ≤ x ≤ 2, 2 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 2}.PenyelesaianBenda balok B diberikan pada Gambar 3.5.3 berikut ini

z

2

2 31

2 x

Gambar 3.5.3

Mengingat, ΔV k = Δ xk Δ yk Δ zk , maka dV dapat dinyatakan dalam urutan yang berbeda, dimana

menghasilkan urutan pengintegralan yang berbeda pulaCara pertama. Diambil, dV = dx dy dz

Bilamana diambil pendekatan, dV = dx dy dz maka dihasilkan,

∫∫∫ B

dV yz x

32 = ∫ ∫ ∫2

0

3

2

2

1

32

dxdydz yz x = ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

3

2

2

1

33

3

1

dydz yz x

= ∫ ∫ −2

0

3

2

333 ])1()2[(3

1

dydz yz = ∫ ∫2

0

3

2

3

3

7

dydz yz



156

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

3

2

32

2

1

3

7

dz z y = ∫ −2

0

322 ])2()3[(6

7

dz z

= ∫2

0

3

6

35

dz z =2

0

4

4

1

6

35

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ z = ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ 4)2(4

1

6

35

= )4(635 =

370

Cara kedua, diambil dV = dy dz dx

Bilamana diambil pendekatan, dV = dy dz dx maka dihasilkan,

∫∫∫ B

dV yz x

32 = ∫ ∫ ∫2

1

2

0

3

2

32

dxdzdy yz x = ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

1

2

0

3

2

322

2

1

dxdz z y x

= ∫ ∫ −2

1

2

0

2232 ])2()3[(2

1

dxdz z x = ∫ ∫2

1

2

0

32

2

5

dxdz z x

=

∫ ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡2

1

2

0

42

4

1

2

5

dx z x =

∫

2

1

24)2(8

5

dx x

= ∫2

1

210

dx x =2

1

3

3

110

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ x = ])1()2[(

3

10 33 −

=3

70

Dari kedua cara diatas terlihat bahwa, bilamana benda V berbentuk balok sederhana urutanintegrasi berulang yang berbeda dengan batasan integrasi menyesuaikan akan menghasilkannilai integral lipat yang sama. Secara umum, urutan integrasi akan berubah atau mengikuti bentuk dari benda V. Analog pada perhitungan integral lipat dua atas daerah umum R, untuk

menghitung integral lipatnya digunakan pendekatan y sederhana, atau x sederhana. Perluasandari daerah umum pada bidang, dapat dikembangkan untuk benda pejal V yang terdiri atashimpunan-himpunan sederhana.

Andaikan f ( x, y,z) terdefinisikan pada S , dan f bernilai nol bilamana diluar S . Andaikan pula S adalah himpunan z sederhana, dan S xy adalah proyeksi permukaan benda S pada bidang xy,untuk lebih jelasnya perhatikan Gambar 3.5.4, dan Gambar 3.5.5

z

y y2

S xy

y y1

x

S xy a b

x




157

Bilamana f kontibu dan terintegralkan pada benda pejal S , maka diperoleh :

dV z y x f

S

∫∫∫ ),,( = dAdz z y x f

xyS

y x z

y x z ∫∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ),(

),(

2

1),,(

dimana S xy adalah percerminan permukaan benda pejal S pada bidang xy. Selanjutnya, jika S xy

daerah pada bidang xy yang berbentuk y sederhana seperti terlihat pada Gambar 3.5.5, yangdibatasi oleh,

S xy = {( x, y) : y1( x) ≤ y ≤ y2( x), a ≤ x ≤ b}

maka dengan integral berulang dihasilkan,

dV z y x f

S

∫∫∫ ),,( = dAdz z y x f

xyS

y x z

y x z ∫∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ),(

),(

2

1),,(

= ∫ ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ b

a

x y

x y

y x z

y x zdxdydz z y x f

)(

)(

),(

),(

2

1

2

1),,(

Dari rumus integral berulang diatas, yang perlu diperhatikan bahwa batasan integrasi harussesuai dengan urutan-urutan pengintegralannya. Demikian pula urutan integrasi mungkin berubah, hal ini tergantung pada benda pejal S dan proyeksi permukaannya. Seperti halnya

integral lipat dua, dimana A( R) = ∫∫ R

dA y x f

),( dapat ditafsirkan sebagai luas bidang datar,

demikian pula, V = ∫∫∫S

dV dapat ditafsirkan sebagai volume benda pejal. Berikut ini adalah

beberapa contoh soal yang mengilustrasikan integral berulang.

Contoh 3.5.2Hitunglah, ∫ ∫ ∫

+2

0 1

x y x

ydxdydz yz

PenyelesaianDengan pendekatan integral berulang tiga kali dihasilkan,

∫ ∫ ∫ +2

0 1

x y x

ydxdydz yz = ∫ ∫

+

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0 1

2

2

1

x y x

y

dxdy yz

=2

1∫ ∫ −+

2

0 1

22 ])[(

xdxdy y y x y

=

2

1∫ ∫ −++

2

0 1

222 )2(

xdxdy y y xy x y

=2

1∫ ∫ +

2

0 1

22 )2(

xdxdy xy y x

= dx xy y x

x

∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

2

01

322

3

2

2

1

2

1

= dx x x x x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+

2

02322

3

2

2

1)(

3

2)(

2

1

2

1



158

= dx x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

2

0

24

3

2

2

1

6

7

2

1 =

2

0

235

6

2

6

1

30

7

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− x x x

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− )4(

6

2)8(

6

1)32(

30

7

2

1 =

15

56

Contoh 3.5.3

Hitunglah, ∫ ∫ ∫2

1

2

0

y

xdydxdz xz

Penyelesaian,Dengan pendekatan integral berulang tiga kali dihasilkan,

∫ ∫ ∫2

1

2

0

y

xdydxdz xz = ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

1

2

0

2

2

1 y

x

dydx xz

= ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

1

2 2)(2

1 y

dydx x x = ∫ ∫2

1

2 3

2

1

ydydx x

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

1

2

44121

dy x y

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

124 )(41)2(4121

dy y

= ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

1

2

4

14

2

1

dy y =2

1

3

12

14

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− y y

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−

12

1)1(4)8(

12

1)2(4

2

1 = ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

12

74

2

1 =

24

41

Contoh 5.3.4

Hitunglah, dV z y x f

S

∫∫∫ ),,( , bilamana f ( x, y, z) = x2 z, dan S adalah benda pejal yang dibatasi

oleh silinder paraboloida, x + z2 = 4, dan bidang-bidang, x + y = 4, y = x, x = 0, dan y = 0.Penyelesaian

Integral lipat tiga yang harus dihitung adalah, dV xz

S

∫∫∫ , dimana S adalah benda pejal seperti

yang terlihat pada Gambar 3.5.6, berikut ini.

z

y

z = x−44 y = x

(2,2) x = y

y R x = 4 - y R x + y = 4 x

y = x 0 4

x Gambar 3.5.6 Gambar 3.5.7



159

Dari sektsa benda pejal S pada Gambar 3.5.6, terlihat bahwa S berbentuk himpunan z

sederhana, yakni, 0 ≤ z ≤ x−4 . Dengan demikian integral berulang menjadi,

dV xz

S

∫∫∫ = dAdz xz

xyS

x ∫∫ ∫

−4

0

dimana S xy adalah proyeksi permukaan benda pejal S pada bidang xy seperti terlihat padaGambar 3.5.7. Dari gambar tersebut, daerah R berbentuk x sederhana yang dibatasi oleh, S xy ={( x, y) : y ≤ x ≤ 4 – y, 0 ≤ y ≤ 2}, dan dA = dx dy. Dengan demikian diperoleh,

dV xz

S

∫∫∫ = dAdz xz

xyS

x ∫∫ ∫

−4

0 = ∫ ∫ ∫

− −2

0

4 4

0

y

y

xdydxdz xz

= ∫ ∫ −

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

44

0

2

2

1

y

y

x

dydx xz = ∫ ∫ −

−2

0

4 2)4(2

1 y

ydydx x x

= ∫ ∫ −

−2

0

4 2 )4(2

1

y

ydydx x x = dy x x

y

y

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−∫

4322

0 3

12

2

1

= dy y y y y ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +−−−−∫

32322

0 312)4(

31)4(2

21

=2

0

4343

12

1

3

2)4(

12

1)4(

3

2

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− y y y y

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++−+− 434343 )4(

12

1)4(

3

2)2(

12

1)2(

3

2)2(

12

1)2(

3

2

2

1

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++−+−

3

64

3

128

3

4

3

16

3

4

3

16

2

1

= ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛

3

40

2

1 =

3

20

Contoh 5.3.5

Hitunglah, dV xy

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal dibawah bidang, y + z = 4, dan dibatasi

oleh silinder paraboloida, y = x2, y = 2 – x2, dan bidang-bidang x = 0, dan z = 0.PenyelesaianBenda pejal V diberikan oleh sketsa pada Gambar 3.5.8 berikut ini

z y

y = x2

y + z = 4

(1,1) R y = 2 – x2

y x

S xy

y = 2 – x2 Gambar 3.5.9

y = x2

x Gambar 3.5.8



160

Dari sketsa pada Gambar 3.5.8, terlihat bahwa benda pejal S berbentuk z, sederhana yakni, 0≤ z ≤ 4 – y. Dengan demikian, dV = dz dA, sehingga.

dV xy

S

∫∫∫ = dAdz xy

xyS

y ∫∫ ∫

−4

0

dimana S xy adalah proyeksi permukaan benda pejal S pada bidang xy seperti terlihat padaGambar 3.5.9. Dari gambar tersebut, daerah R berbentuk y sederhana yang dibatasi oleh, S xy ={( x, y) : x2

≤ y ≤ 2 – x2, 0 ≤ x ≤ 1}, dan dA = dx dy. Dengan demikian diperoleh,

dV xy

S

∫∫∫ = dAdz xy

xyS

y ∫∫ ∫

−4

0

= dxdydz xy x

x

y ∫ ∫ ∫

− −1

0

2 4

0

2

2

= [ ] dxdy xyz x

x

y ∫ ∫

− −1

0

2 4

0

2

2

= dxdy y xy x

x

∫ ∫

−−

1

0

2 2

2)4(

= dx y y x

x

x

∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1

0

232

2

23

12

= dx x x x x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−−−

1

0

753222

3

12)2(

3

1)2(2

=1

0

864232

24

1

3

1)2(

24

1)2(

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− x x x x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+− 8643 )1(

24

1)1(

3

1)1(

24

1)1(

3

1 – ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− 43 )2(

24

1)2(

3

1

= ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −++−+−

24

16

3

8

24

1

3

1

24

1

3

1

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++−+−

24

16

24

64

24

1

24

8

24

1

24

8 =

24

34

Volume Benda Pejal

Analog dengan penerapan integral lipat dua, secara lebih luas penerapan integral lipat tigadapat digunakan untuk menghitung volume benda pejal, massa dan pusat massa, maupunmoment inersia. Dengan pendekatan integral lipat tiga, volume benda pejal S diberikan oleh,

V = dV S ∫∫∫

Berikut ini adalah beberapa contoh penerapannya.

Contoh 5.3.6Hitunglag volume benda pejal dibawah permukaan paraboloida, z = 4 – y

2, dan dibatasi oleh, x = y

2, x + y = 2, z = 0, dan x = 0.



161

PenyelesaianPerhatikan sketsa benda pejal S pada Gambar 3.5.10 berikut ini.

z y

z = 4 – y2

y = 2 – x

R x = y2

(1,1) y y = x

1/2

x + y = 2 x

x x = y2


Dari sketsa pada Gambar 3.5.10, terlihat bahwa permukaan benda pejal S berbentuk z sederhana, yakni : 0 ≤ z ≤ 4 – y

2, dan, dV = dz dA. Sedangkan proyeksi permukaan S pada bidang xy, S xy berbentuk y sederhana, dimana S xy = {( x, y) : x1/2

≤ y ≤ 2 – x, 0 ≤ x ≤ 1}, dan dA = dx dy. Jadi volume benda pejal V diberikan oleh,

V = dV

S

∫∫∫ = dAdz

xyS

y ∫∫ ∫

− 24

0

= dxdydz x

x

y ∫ ∫ ∫

− −1

0

2 4

02/1

2

= [ ] dxdy z x

x

y ∫ ∫

− −1

0

2 4

02/1

2

= dxdy y x

x ∫ ∫

−−

1

0

2 22/1 )4(

= dx y y

x

x

∫−

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ −10

23

2/1314

= dx x x x x ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−−−

1

0

2/32/13

3

14)2(

3

1)2(4

=1

0

2/52/342

15

2

3

8)2(

12

1)2(2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− x x x x

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+− 2/52/342 )1(

15

2)1(

3

8)1(

12

1)1(2 – ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− 42 )2(

12

1)2(2

= ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −++−+−

12

168

15

2

3

8

12

12 = ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −−+

3

8

12

15

15

26 =

60

133


133 satuan kubik

Contoh 5.3.6Hitunglah volume benda pejal V dibawah permukaan bidang, x = y, yang dibatasi olehsilinder lingkaran tegak, y2 + z

2 = 8, bidang-bidang ; y = z, x = 0, dan z = 0



162

PenyelesaianDengan melalukan perputaran sumbu koordinat, perhatikanlah sketsa benda pejal V padaGambar 3.5.12 berikut ini.

x y

x = y y = z

R (2,2)

y y = 28 z− R

y2 + z

2 = 8 z

z y = z


Dari sketsa pada Gambar 3.5.12, setelah dilakukan perputaran sumbu koordinat terlihat bahwa benda pejal S berbentuk x sederhana, dengan batasan 0 ≤ x ≤ y. Sedangkan proyeksi permukaan S pada bidang yz pada Gambar 3.5.13 terlihat bahwa daerah R berbentuk y sederhana, yaitu :

S yz = {( y, z) : z ≤ y ≤ 28 z− , 0 ≤ z ≤ 2}Dengan demikian volume benda pejalnya diberikan oleh,

V = dAdz

xyS

y ∫∫ ∫ 0

= ∫ ∫ ∫−2

0

8

0

2 z

z

ydzdydx

= [ ]∫ ∫ −2

0

8

0

2 z

z

ydzdy x = ∫ ∫

−2

0

8 2 z

zdzdy y

= dz y

z

z∫

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

82

2

2

1

= dz z∫ −2

0

2 )28(2

1

=2

0

3

3

28

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− z z

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− 3)2(

3

2)2(8

2

1 = ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

1616

2

1 =

3

16


16 satuan kubik

Massa dan Pusat Massa

Andaikan bahwa δ ( x, y, z) menyatakan kerapatan (massa per satuan volume) di setiap titik( x, y, z) suatu benda pejal S . Bilamana m, M xy masing-masing menyatakan massa dan moment

terhadap bidang xy, maka koordinat pusat masa yang searah sumbu z yakni z dari pusatmassa diberikan oleh,

z =m

M xy

dengan, m = dV z y x

S

∫∫∫ ),,(δ , dan M xy = dV z y x z

S

∫∫∫ ),,(δ



163

Dengan pendekatan yang sama, dapat pula dirumuskan M yz, M xz, dan y x , . Berikut ini adalah

contoh-contoh soalnya.

Contoh 3.5.7Suatu benda pejal S di oktan pertama terletak dibawah permukaan silinder lingkaran tegak, x2 + z

2 = 16, dan dibatasi oleh bidang-bidang x + y = 4, y = x, z = 0, dan y = 0. Hitunglah massa benda pejal S , bilamana kerapatannya di sembarang titik ( x, y, z) adalah kz.PenyelesaianAndaikan m menyatakan massa benda pejal S , dan karena kerapatannya δ ( x, y, z) = kz,sehingga massa benda pejal S diberikan oleh,

m = dV kz

S

∫∫∫

dimana sketsa benda pejal S diberikan oleh Gambar 3.5.14 berikut ini.

z y

4

x = y x

2 + z2 = 16

(2,2) x

x + y = 4 R x = 4 – y

x y = x

y


Dari sketsa pada Gambar 3.5.14 terlihat bahwa permukaan benda pejal S berbentuk z

sederhana dengan, 0 ≤ z ≤ 216 x− , dan proyeksinya pada bidang xy dari Gambar 3.5.15

terlihat bahwa daerah R berbentuk x sebanding dengan, y ≤ x ≤ 4 – y, 0 ≤ y ≤ 2. Dengandemikian,

m = k dAdz z

xyS

x ∫∫ ∫

− 216

0 = k ∫ ∫ ∫

− −2

0

4 16

0

2

dydxdz z y

y

x

= k ∫ ∫ −

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

416

0

2

2

2

1

dydx z y

y

x

=2

k ∫ ∫

−⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −

2

0

4 2216

dydx x y

y

= 2

k

∫ ∫

−

−

2

0

4 2

)16(

dydx x

y

y = = 2

k

∫

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

2

0

43

3

1

16

dy x x

y

y

=2

k ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−−−

2

0

33

3

116)4(

3

1)4(16

dy y y y y

=2

k 2

0

4242

12

18)4(

12

1)4(8

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− y y y y



164

=2

k ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++−+− 424242 )4(

12

1)4(8)2(

12

1)2(8)2(

12

1)2(8

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++−+−

3

64128

3

432

3

432

2

k

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

3

64

3

8

642

k

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

136

2

k

= k 3

68

Contoh 3.5.8Tentukanlah pusat massa benda pejal dibawah permukaan bidang, y + z = 4, dan dibatasi oleh bidang-bidang, y = x, x + y = 4, z = 0, dan x = 0, bilamana kerapatannya konstan.Penyelesaian

Andaikan, ),,( z y x menyatakan pusat massa yang diberikan oleh,

m

M x

yz= ,

m

M y xz= , dan

m

M z

xy=

dengan,

m = dV k S

∫∫∫ M xz = dV kyS

∫∫∫

M yz = dV kx

S

∫∫∫ M xy = dV kz

S

∫∫∫

dimana benda pejal S diperlihatkan pada Gambar 3.5.16 berikut ini z

y

4 z = 4 – y

y = x

R (2,2) y y = 4 – x

y = x R y = 4 – x x

x

Gambar 3.5.16 Gambar 3.5.17Dari sketsa pada Gambar 3.5.16 terlihat bahwa benda pejal S berbentuk z sederhana dengan,0 ≤ z ≤ 4 – y, dan proyeksinya pada bidang xy dari Gambar 3.5.15 terlihat bahwa daerah R

berbentuk y sebanding dengan, x ≤ y ≤ 4 – x, 0 ≤ x ≤ 2. Dengan demikian,

m = dAdzk

xyS

y ∫∫ ∫

−4

0 = k ∫ ∫ ∫

− −2

0

4 4

0

dxdydz x

x

y

= k [ ]∫ ∫ − −2

0

4 4

0

dxdy z x

x

y = k ∫ ∫

−−

2

0

4)4(

dxdy y x

x

= k ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

0

42

2

14

dx y y

x

x

= k ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−−−

2

0

22

2

14)4(

2

1)4(4

dx x x x x

= k 2

0

3232

6

12)4(

6

1)4(2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− x x x x



165

= k ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++−+− 323232 )4(

6

1)4(2)2(

6

1)2(2)2(

6

1)2(2

= k ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

6

4816 = 8k

M xy = dAdz zk

xyS

y

∫∫ ∫

−4

0 = k

∫ ∫ ∫

− −2

0

4 4

0

dxdydz z x

x

y

= k ∫ ∫ −

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

44

0

2

2

1

dxdy z x

x

y

=2

k ∫ ∫

−−

2

0

4 2)4(

dxdy y x

x

=2

k ∫

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

2

0

43)4(

3

1

dx y

x

x

=6

k ∫ −−

2

0

33 ])4[(

dx x x

=6

k 2

0

44

4

1)4(

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− x x =

6

k ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−− 444 )4(

4

1)2(

4

1)2(

4

1

= k

6

56

M xz = dAdzky

xyS

y ∫∫ ∫

−4

0 = k ∫ ∫ ∫

− −2

0

4 4

0

dxdydz y x

x

y

= k [ ]∫ ∫ − −2

0

4 4

0

dxdy yz x

x

y = k ∫ ∫

−−

2

0

4)4(

dxdy y y x

x

= k ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

0

432

3

12

dx y y

x

x

= k ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−−−

2

0

3232

3

12)4(

3

1)4(2

dx x x x x

= k 2

0

4343

12

1

3

2)4(

12

1)4(

3

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−+−− x x x x

= k 3

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−++−+− 434343 )4(

4

1)4(2)2(

4

1)2(2)2(

4

1)2(2

= k 3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++−+− 64108

4

1616

4

1616 = k

3

40

M yz = dAdzkx

xyS

y ∫∫ ∫

−4

0 = k ∫ ∫ ∫

− −2

0

4 4

0

dxdydz x x

x

y

= k [ ]∫ ∫ − −2

0

4 4

0

dxdy xz x

x

y = k ∫ ∫

−−

2

0

4)4(

dxdy y x x

x

= k ∫

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

2

0

42

2

1

4

dx y y x

x

x

= k ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−−−−

2

0

22

2

14)4(

2

1)4(4

dx x x x x x

= k ∫ −2

0)48(

dx x x = 4k ∫ −2

0

2 )2(

dx x x



166

= 4k

2

0

32

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x = 4k ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− 32 )2(

3

1)2( = 4k ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

84

= k 3

16

Dengan demikian titik pusat massanya adalah,

m

M x

yz= =

k

k

8

)3/16( =

3

2

m

M y xz= =

k

k

8

)3/40( =

3

5

m

M z

xy= =

k

k

8

)6/56( =

3

7


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai 10 berikut ini, selesaikanlah integral berulang yangdiberikan.

1. ∫ ∫ ∫− +2

0

4

2

1

0

x ydxdydz z 2. ∫ ∫ ∫

2

0

2

z

x

xdzdxdy xyz

3. ∫ ∫ ∫2

1 0 1

y xdydxdz xz 4. ∫ ∫ ∫

+

−

2

1

1

1 0

x

x

ydxdydz yz

5. ∫ ∫ ∫2

1 1

y

y

xdydxdz xz 6. ∫ ∫ ∫

−1

0

2

0

2 y

y

xdydxdz xyz

7. ∫ ∫ ∫−1

0

2

0

22

x

x

ydydxdz z xy 8. ∫ ∫ ∫

−1

0

2

0

22

y

y

xdydxdz xyz

9. ∫ ∫ ∫2

1 0

2 y

y

xdydxdz xyz 10. ∫ ∫ ∫

1

0 02

y

y

xdydxdz xyz

Dalam soal-soal latihan berikut ini, buatlah sketsa bendanya dan selesaikanlah integral lipattiga yang diberikan.

11. dV x

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh, 2 x + 2 y + z = 8, y = x, z = 0,

dan y = 0

12. dV z x

S

∫∫∫ + )3( , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh silinder, y2 + z

2 = 9,

bidang, x + y = 3, z = 0, dan y = 0.

13. dV xyz

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal di oktan pertama dibatasi oleh silinder

lingkaran tegak, y2 + z2 = 4, dan x

2 + y2 = 4.

14. dV x

S

∫∫∫2 , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh, x + y

2 = 4, x + z2 = 4, dan

bidang, x = 0, y = 0, dan z = 0.



167

15. dV z

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh silinder, y2 + z

2 = 4, dan

bidang-bidang, y = x, x = 0, dan z = 0.

16. dV z

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh silinder, x2 + z2 = 4, bidang-

bidang, y = x, z = 0, dan y = 017. dV xyz

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh, x = z2, y = x

2, bidang-

bidang, x = 1, z = 0, dan y = 0

18. dV xz

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang dibatasi oleh, x2 + z2 = 4, bidang-bidang,

y = x, y = 0, dan z = 0

19. dV xz

S

∫∫∫ , bilamana S adalah benda pejal yang terletak di oktan pertama yang terletak

dibawah permukaan, x2 + 4 y2 + z = 4.

20. dV x

S

∫∫∫, bilamana S adalah benda pejal dibawah paraboloida, y = x

2, dan dibatasi oleh

bidang-bidang, x = z, x + z = 4, z = 0, dan y = 0

Dalam soal-soal latihan nomor 21 sampai 30 berikut ini, buatlah sketsa benda pejalnya, danselanjutnya hitunglah volume bendanya dengan pendekatan integral lipat tiga.21. Benda pejal S dibawah bidang, y + z = 4, dan dibatasi oleh, z = 4 x2, z = 5 – x

2, x = 0, dan y = 0.

22. Benda pejal S dibatasi oleh silinder, y2 + z = 16, dan bidang-bidang, x + y = 4, x = 0, y =

0.23. Benda pejal S dibawah permukaan silinder, y2

+ z2 = 16, dan dibatasi oleh bidang-bidang,

x + y = 4, x = 0, y = 0, dan z = 0.

24. Benda pejal S dibawah bidang, x + z = 4, dan dibatasi oleh, x = y2

, y = 0, dan z = 0.25. Benda pejal S dibatasi oleh silinder parabolik, z = x2, dan y = z2, bidang-bidang, y = 1, x =0, dan z = 0.

26. Benda pejal S dibatasi oleh silinder parabolik, y = x2 + 2, bidang-bidang, y = 4, 3 y = 4 z,

dan z = 027. Benda pejal S dibatasi silinder parabolik, 2 z = y

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

28. Benda pejal S dibatasi oleh silinder parabolik, y = x2, dan bidang-bidang, x = z, x + z = 4, y = 0 dan z = 0.

29. Benda pejal S dibatasi oleh bidang-bidang, y + z = 4, x = z, y = z, x = 0, dan z = 0.30. Benda pejal S dibawah bidang, x + y + z = 6, dan dibatasi oleh, y = x

2, y = 0, dan z = 0.

Dalam soal-soal latihan nomor 31 sampai 40 berikut ini hitunglah massa benda pejal S yangdiberikan.31. Benda pejal S dibatasi oleh silinder parabolik, y = x

2, dan bidang-bidang, x = z, x + z = 4, y = 0 dan z = 0, bilamana kerapatannya adalah kx.

32. Benda pejal S dibatasi oleh bidang-bidang, y + z = 4, x = z, y = z, x = 0, dan z = 0.Bilamana kerapatannya adalah xz.

33. Benda pejal S dibawah bidang, x + y + z = 6, dan dibatasi oleh, y = x2, y = 0, dan z = 0.

Bilamana kerapatannya adalah x



168

34. Benda pejal S dibatasi oleh silinder lingkaran tegak, x2 + z2 = 4, dan bidang-bidang, x = y,

y = 0 dan z = 0, bilamana kerapatannya adalah kz.35. Benda pejal S dibatasi oleh silinder parabolik, y = x

2, x = z2 dan bidang-bidang, x = 1, y =

0 dan z = 0, bilamana kerapatannya adalah kxyz.36. Benda pejal S dibatasi oleh silinder lingkaran tegak, y2

+ z2 = 4, dan bidang-bidang, y = x,

x = 0 dan z = 0, bilamana kerapatannya adalah yx.

37. Benda pejal S terletak di oktan pertama dibatasi oleh, z = 4 – x2

– 4 y2

, dan ketiga bidangkoordinat, bilamana kerapatannya adalah xz.

38. Benda pejal S dibawah bidang, y = z, dan dibatasi oleh, z = x2, z = 2 – x

2, x = 0, dan y = 0.Bilamana kerapatannya adalah xy.

39. Benda pejal S dibawah permukaan silinder, y2 + z

2 = 16, dan dibatasi oleh bidang-bidang,

x + y = 4, y = x, y = 0, dan z = 0. Bilamana kerapatannya adalah kz.40. Benda pejal S dibawah permukaan silinder, x2

+ z2 = 4, dan dibatasi oleh bidang-bidang, y

= x, y = 0, dan z = 0. Bilamana kerapatannya adalah xz.



169

3.6. Koordinat Silinder dan Koordinat Bola

Dalam integral lipat tiga, selain koordinat kartesius dikenal pula sistem koordinat silinder dan

sistem koordinat bola. Penggunaan kedua sistem koordinat ini akan memudahkan dalam

penghitungan integral lipat t iga. Sistem koordinat silinder digunakan bilamana benda pejal S simetris terhadap sumbu z . Sedangkan sistem koordinat bola digunakan bilamana benda pejal

S simetris terhadap titik tertentu, titik tertentu tersebut yang sering digunakan adalah titik

(0,0,0) sumbu koordinat. Disamping itu, kedua sistem koordinat ini, banyak penggunaannya

dalam penerapannya di bidang ilmu fisika, teori medan elektro magnetik, mekanika fluida,

maupun terapan lainnya.

3.6.1. Sistem Koodinat Silinder

Sebagaimana telah dijelaskan pada Bab I, hubungan antara setiap titik ( x, y, z ) dalam sistem

koordinat kartesius dengan titik (r ,, z ) pada sistem koordinat silinder diberikan oleh

transformasi,

x = r cos ,

y = r sin , z = z ,

tan = x

y,

x2 + y

2 = r

2

Hubungan antara kedua sistem koordinat tersebut diberikan pada Gambar 3.6.1 berikut ini.

z

P ( x,y,z ) P (r , , z )

0 y

r x2 + y2 = r 2

x Gambar 3.6.1

Sebagai hasil dari transformasi tersenut, fungsi f ( x, y, z ) ditransformasikan menjadi,

f ( x, y, z ) = f (r cos, r sin , z ) = F (r ,, z )

Selanjutnya andaikan f ( x, y, z ) terintegralkan pada benda pejal S , sedemikian rupa sehingga,

dV z y x f

S

),,( ada. Khususnya jika benda pejal S simetris terhadap sumbu z , untuk

menghitung integral lipat tiganya lebih mudah menggunakan sistem koordinat silinder. Untuk

itu definisikanlah, Jacobian J (r ,, z ) yaitu :



170

J (r ,, z ) =),,(

),,(

z r

z y x

=

z

z z

r

z z

y y

r

y z

x x

r

x

=

100

0cossin

0sincos

r

r

= r

Dengan demikian untuk menghitung integral lipat tiga, dV z y x f

S

),,( , dalam sistem

koordinat silinder dihitung dengan rumus,

dV z y x f

S

),,( = dxdydz z y x f

S

),,(

= d dr dz z r J z r r f

S

'

),,(),sin,cos(

=

d dr dz r z r F

r

r

r g

r g

2

1

2

1

2

1

)(

)(

),(

),(),,(

Perhatikanlah bahwa dalam penghitungan integral berulang diatas, dV = dx dy dz , pada sistem

koordinat kartesius ditransformasikan menjadi, dV = r dz dr dθ . Untuk lebih jelasnya

perhatikanlah contoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 3.6.1

Hitunglah volume dan massa sebuah benda pejal yang terletak dibawah permukaan kerucut,

z 2 = x2 + y2, di dalam silinder lingkaran tegak, x2 + y2 = 2 y, dan diatas bidang xy. Bilamana

diketahui kerapatannya adalah ( x, y, z ) = 22 y x .

Penyelesaian

Andaikan V dan m masing-masing menyatakan volume dan masa benda pejal, maka

V = dxdydz

S

m = dxdydz z y x

S

),,( = dxdydz y x

S

22

dimana S adalah benda pejal seperti tergambar.

z

z 2 = x

2 + y

2

x2 + y2 = 2 y

y

0 0

x x2

+ y2

= 2 y Gambar 3.6.2. Gambar 3.6.3.



171

Dari sketsa pada Gambar 3.6.2, terlihat bahwa benda pejal S simetris terhadap sumbu z , dan

permukaannya berbentuk z sederhana yang dibatasi oleh, 0 z 22 y x . Sedangkan

proyeksinya permukaan S yang dipotong oleh silinder lingkaran tegak pada bidang xy

berbentuk lingkaran, x2 + y

2 = 2 y yang seperti terlihat pada Gambar 3.6.3. Dalam koordinat

silinder yakni dengan transformasi, x = r cos θ, y = r sin θ, z = z , dan x2

+ y2

= r 2

,, permukaan-permukaan yang membentuk benda pejal S dinyatakan oleh,

(1). Kerucut, z 2 = x2 + y2 ditransformasikan menjadi, z = r

(2). Silinder, x2 + y2 = 2 y ditransformasikan menjadi, r = 2 sin , dengan 0

(3). Kerapatan, ( x, y, z ) = 22 y x ditransformasikan menjadi, *(r ,, z ) = r

Dengan demikian batasan integral berulangnya dalam sistem koordinat silinder adalah

S * = {(r ,, z ) : 0 z r , 0 r 2 sin , dan 0 }Sehingga volume dan massa benda pejal masing-masing adalah :

V = dxdydz

S

= d dr dz r r 0

sin2

0

0

=

d dr z r r

0

0

sin2

0 =

d dr r 2

0

sin2

0

=

d r 3

1sin2

0

0

3

=

d sin

3

8

0

3

=

0

2 cos3

2cossin

3

1

3

8

=

9

32

Jadi volume benda pejal yang diberikan adalah9

32 satuan kubik

Sedangkan massa benda pejal diperoleh dari,

m = dxdydz y x

S

22 =

d dr dz r r

r )(

0

sin2

0

0

=

d dr z r r

02

0

sin2

0 =

d dr r 3

0

sin2

0

=

d r 4

1sin2

0

0

4

= 4

d sin

0

4

= 4

0

3

8

3cossin

8

3cossin

4

1

= 4

8

3 =

2

3

Jadi massa benda pejal yang diberikan adalah 2

3

Contoh 3.6.2

Hitunglah volume benda pejal yang terletak dibawah bola, x2 + y

2 + z

2 = 25, dan terletak

antara silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 9, x

2 + y

2 = 16, dan diatas bidang xy.

Penyelesaian

Andaikan V volume benda pejal yang dimaksud, dengan integral lipat tiga diberikan oleh,



172

V = dxdydz

S

dimana sketsa benda pejal S terilhat seperti pada gambar berikut ini. z

y

x2 + y2 + z 2 = 25

x2 + y

2 = 16

r = 4

y x

x2 + y

2 = 9

x r = 3


Dari sketsa pada gambar 3.6.4, terlihat bahwa benda pejal S simetris terhadap sumbu z ,

dengan permukaannya berbentuk z sederhana, yaitu dibatasi oleh,

0 z 2225 y x .

Sedangkan proyeksinya silinder lingkaran tegak x2 + y

2 = 9 dan x

2 + y

2 = 16, pada bidang xy

daerah R yang dibatasi oleh dua buah lingkaran yaitu 9 x2 + y

2 16. Dalam koordinat

silinder yakni dengan transformasi, x = r cos θ, y = r sin θ, z = z , dan x2 + y

2 = r

2, benda pejal

S dinyatakan dengan,

(1). Bola, x2 + y2 + z 2 = 25, atau z = 2225 y x , menjadi z = 225 r

(2). Silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 9 dan x

2 + y

2 = 16, menjadi r = 3, dan r = 4 dengan 0

.Dengan demikian batasan benda pejal S dalam koordinat silinder adalah

S = {(r , , z ) : 0 2, 3 r 4, 0 z 225 r }

Dengan demikian volume benda pejal S dalam koordinat silinder diberikan oleh,

V = dxdydz

S

= d dr dz r

S

'

= 2

0

4

3

25

0

2

r r dr d =

2

0

4

3

250

2 r zr dr d

= 2

0

4

3

225 r r dr d =

2

0

4

3

2/32 )25(3

1r dr d

=

2

0

2/32/3 )16(3

1)9(

3

1 d =

2

0 3

37 d =

2

03

37

= )2(3

37 =

3

74

Jadi volume benda pejal yang diberikan adalah 3

74 satuan kubik



173

Contoh 3.6.3

Hitunglah masa dan pusat masa benda pejal yang terletak dibawah bola, x2 + y

2 + z

2 = 8, dan

diatas kerucut lingkaran tegak, z 2 = x

2 + y

2, bilamana kerapatannya sebanding dengan jarak

terhadap bidang xy, yakni δ( x, y, z ) = kz .

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa benda pejal S berikut ini, z

x2 + y

2 + z

2 = 8

z 2 = x

2 + y

2

y

x

Gambar 3.6.6

Andaikan m dan ( x , y , ) menyatakan massa dan titik pusat masa benda pejal. Dari gambar

3.6.6, terlihat bahwa benda pejal simetris terhadap sumbu z , maka pusat massa benda pejal

adalah (0,0, ), dimana = M xy/m, dimana M xy disebut moment terhadap bidang xy.

Mengingat kerapatan benda pejal adalah, δ( x, y, z ) = kz , maka dengan integral lipat tiga

m = S

z y x ),,( dz dy dx = S

kz dz dy dx

M xy

=

S

z y x z ),,( dz dy dx =

S

kz z )( dz dy dx =

S

kz 2 dz dy dx

dimana S adalah benda pejal yang dibatasi bola, x2 + y

2 + z

2 = 8 dan kerucut, z

2 = x

2 + y

2,

seperti yang terlihat pada Gambar 3.6.6. Dari sketsa pada Gambar 3.6.6, terlihat bahwa benda

pejal berbentuk z sederhana dimana berlaku :

22 y x z 228 y x .

Dari perpotongan persamaan bola, x2 + y

2 + z

2 = 8 dan kerucut x

2 + y

2 = z

2, diperoleh

persamaan, x2 + y

2 = 4. Sehingga perpotongan bola dan kerucut bilamana diproyeksikan pada

bidang xy bernemtuk lingkaran dengan persamaan, x2 + y

2 = 4. Karena benda pejal S simetris

terhadap sumbu z , maka dengan tranformasi koordinat silinder yakni dengan transformasi, x =

r cos θ, y = r sin θ, z = z , dan x2 + y

2 = r

2, dihasilkan,

(1). Bola, x2 + y

2 + z

2 = 8 ditransformasikan menjadi r

2 + z

2 = 8, dan khusus persamaan bola

diatas bidang xy adalah z = 28 r

(2). Kecurut, z 2 = x

2 + y

2, ditransformasikan menjadi, z

2 = r

2 atau z = r

(3). Perpotongan bola dan kerucut yakni x2 + y

2 = 4, ditransformasikan menjadi, r

2 = 4, atau r

= 2, dan 0 2.

Dengan demikian benda pejal S dalam koordinat silinder dibatasi oleh,

S = {(r , , z ) : 0 2, 0 r 2, r z 28 r }

Dengan koordinat silinder, massa dan moment terhadao bidang xy diberikan oleh,



174

m = S

kz dz dy dx = k 2

0

2

0

8

2r

r z r dz dr d

= k

2

0

2

0

8

2

2

2

1r

r z r dr d = k

2

0

2

0

22

2

2

1

82

1

r r r dr d

=2

k

2

0

2

0

22 ])8[( r r r dr d =2

k

2

0

2

0

3)28( r r dr d

=2

k

2

0

2

0

42

2

14 r r d =

2

k

2

0)16(

2

1)4(4 d

=2

k

2

08 d = 4k (2) = 8k

Jadi massa benda pejal benda yang diberikan adalah, 8k satuan kubik.

Sedangkan moment terhadap bidang xy diberikan oleh,

M xy = S

kz 2 dz dy dx = k 2

0

2

0

8

22r

r z r dz dr d

= k

2

0

2

0

8

3

2

3

1r

r

z r dr d = k

2

0

2

0

33

2

3

18

3

1r r r dr d

=3

k

2

0

2

0

42/32 ])8([ r r r dr d =3

k

2

0

2

0

52/52

5

1)8(

5

1r r d

=3

k

2

0

2/552/5 )8(5

1)2(

5

1)4(

5

1 d =

15

k

2

0)642128( d

=15

64k )122(

2

0 d =

15

64k )122( (2) =

15

128)122( k

Sehingga dihasilkan,

z =m

M xy =

15

128)122( k

k 8

1 =

15

16)122(

Jadi pusat massa benda pejalnya adalah (0,0,15

16)122( )

Contoh 3.6.4.

Tentukanlah massa dan moment inersia terhadap sumbu z , sebuah benda pejal yang terletak

dibawah paraboloida, z = x2 + y

2, didalam silinder lingkaran tegak, x

2 + y

2 = 2 y yang terletak

diatas bidang xy, bilamana kerapatan disetiap titik sebanding dengan jarak terhadap bidang

xy.

Penyelesaian

Andaikan m dan I z masing-masing menyatakan massa dan momen inersia terhadap sumbu z .

Karena kerapatan disetiap titik sebanding dengan jarak terhadap bidang xy, maka δ( x, y, z ) =

kz , dengan integral lipat tiga maka

m = S

z y x ),,( dz dy dx = S

kz dz dy dx



175

dan,

I z = )(),,( 22 y x z y x

S

dz dy dx = S

kz ( x2 + y

2) dz dy dx

dimana benda pejal S adalah sebagai berikut,

z

z = x2 + y

2

0 y

x x2 + y

2 = 2 y

Gambar 3.6.7

Dari sketsa terlihat bahwa benda pejal berbentuk z sederhana dimana benda pejal terletak

dibawah permukaan paraboloida, z = x2 + y

2 dan diatas bidang xy atau z = 0 , dengan batasan

daerah R berbentuk lingkaran, x2 + y

2 = 2 y. Karena benda pejal S simetris terhadap sumbu z ,

dalam koordinat silinder yakni dengan transformasi, x = r cos θ, y = r sin θ, z = z , dan x2 + y

2

= r 2, benda pejal S dinyatakan dengan,

(1). Paraboloida yang diatas bidang xy yakni, z = x2 + y

2 ditransformasikan menjadi, z = r

2

(2). Silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 2 y, ditransformasikan menjadi, r

2 = 2r sin θ, atau r = 2

sin θ, dengan 0 θ .

(3). Persamaan, f ( x, y, z ) = x2 + y

2 ditransformasikan menjadi, f *(r , , z ) = r

2

Dengan demikian benda pejal S dalam koordinat silinder dibatasi oleh,

S* = {(r , θ, z ) : 0 θ , 0 r 2 sin θ, 0 z r }

Dengan demikian dalam koordinat silinder massa dan moment inersianya diberikan oleh,

m = S

kz dz dy dx = k

0

sin2

0

0

2

r

z r dz dr d

= k

0

sin2

0

0

2

2

2

1r

z rdrd =2

k

0

sin2

0

4r rdrd

=2

k

0

sin2

0

5r drd =2

k

0

sin2

0

6

6

1r d

=12

64k

0

6sin d =3

16k

0

35 sin48

15sin

24

5sin

6

1cos

48

15

Karena sin = 0, dan sin 0 = 0, maka

m =3

16k

48

15 =

3

5

Jadi massa benda pejalnya adalah 35 satuan kubik.



176

Sedangkan untuk moment inersianya dengan pendekatan trnasformasi koordinat silinderdiberikan oleh,

I z = S

kz ( x2 + y

2) dz dy dx

= k 0

sin20

0

2

r z (r 2) r dz dr d

= k

0

sin2

0

0

2

2

2

1r

z r 3drd

=2

k

0

sin2

0

4r r 3drd

=2

k

0

sin2

0

7r drd =2

k

0

sin2

0

8

8

1r d

=16

256k

08sin d = 16k

= 16k

0

358 sin384

105sin

192

35sin

48

7sin

8

1cos

384

105

Karena, sin = 0, dan sin 0 = 0, maka

I z = 16 k 384

105 =

8

35k

Jadi moment inersia terhadap sumbu z adalah,8

35k .

3.6.2. Koordinat Bola

Sebagaimana telah dijelaskan permasalahan utama yang timbul dalam menghitung integral

lipat tiga, yaitu

S

z y x f ),,( dV = S

z y x f ),,( dxdydz

adalah menentukan urutan integrasi berulang dan menentukan batas integrasinya yang

berkaitan dengan benda pejal S . Salah satu pendekatan yang telah dibahas adalahtransformasi koordinat silinder yang digunakn bilamana benda pejal S simetris terhadapsumbu z . Pendekatan lain yang banyak pula digunakan untuk menyelesaikan masalah integral

lipat tiga adalah transformasi koordinat bola. Transformasi ini digunakan bilamana benda pejal S simetris terhadap titik tertentu, khususnya titik pusat koordinat (0,0,0). Benda-benda

pejal seperti ini biasanya adalah benda yang berbentuk bola dan kerucut.

Hubungan antara setiap titik ( x, y, z ) dalam system koordinat kartesius dengan titik (r , , ) pada

system koordinat bola diberikan oleh transformasi dengan persamaan,

x = r cos sin x2 + y

2 + z

2 = r

2

y = r sin sin 0 2

z = r cos 0 Hubungan kedua system koordinat ini diperlihatkan pada gambar berikut ini,



177

z

P ( x, y, z )

y

r

x

Gambar 3.6.8.

Sebagai hasilnya, bilamana, f ( x, y, z ) sembarang fungsi yang terdefinisikan pada sistem

koordinat kartesius, maka fungsi itu pada koordinat bola ditransformasikan menjadi,

f ( x, y, z ) = f (r cos sin ,r sin sin ,r cos ) = F (r , , )

Selanjutnya andaikan S adalah benda pejal yang simetris terhadap titik pusat koordinat, maka

untuk menghitung integral lipat tiga,

S

z y x f ),,( dV = S

z y x f ),,( dxdydz

dengan menggunakan transformasi koordinat bola diberikan oleh,

S

z y x f ),,( dxdydz = '

(

S

f r cos sin ,r sin sin ,r cos ) J (r , , ) dr d d

dimana,

J (r , , ) =),,(

),,(

r

z y x

=

z z

r

z

y y

r

y

x x

r

x

=

sin0cos

cossinsincossinsin

coscossinsinsincos

r

r r

r r

= r 2 sin

Dengan demikian,

S

z y x f ),,( dxdydz = 'S

f (r cos sin ,r sin sin ,r cos ) J (r , , ) dr d d

= 'S

F (r , , ,) r 2 sin dr d d

= 2

1

2

1

2

1

r

r F (r , , ,) r

2 sin dr d d



178

Contoh 3.6.5

Hitunglah volume suatu benda pejal yang terletak didalam bola x2 + y

2 + z

2 = 4, dan didalam

bola, x2 + y

2 + z

2 = 4 z

Penyelesaian,

Andaikan V menyatakan volume benda pejal, maka dengan integral lipat tiga

V = S

dV = S

dxdydz

dimana S adalah benda pejal seperti terlihat pada gambar berikut

z

x2 + y

2 + z

2 = 4 z

y

x x2 + y

2 + z

2 = 4

Gambar 3.6.9

Dari sketsa benda pejal pada Gambar 3.6.9, terlihat bahwa benda simetris dengan titik pusat

(0,0,0). Sehingga volume benda pejal dalam koordinat bola diberikan oleh,

V = S

dxdydz = 2

12

12

1

r

r r 2 sin dr d d

Sedangkan benda pejalnya dalam transformasi koordinat bola, ditulis menjadi,

(1). Bola, x2 + y

2 + z

2 = 4 z ditranformasikan menjadi, r = 4 cos

(2). Bola, x2 + y

2 + z

2 = 4 ditranformasikan menjadi, r = 2

Perpotongan kedua bola, r = 4 cos dan r = 2, menghasilkan persamaan 4 cos = 2, atau

cos = ½, atau = /3. Dengan demikian batasan benda pejal S yang terletak di dalam bola

r = 4 cos dan r = 2 dalam koordinat bola diberikan oleh,

S’ = {(r , , ) : 4 cos r 2; 0 2; /3 /2}

Sehingga dengan pendekatan koordinat bola, volume benda diberikan oleh,

V = 2

1

2

1

2

1

r

r r

2 sin dr d d

= 2/

3/

2

0

2

cos4

r

2 sin dr d d

=

2/

3/

2

0

2

cos4

3

3

1

r sin d d



179

=

2/

3/

2

0

3cos3

64

3

8

sin d d

=3

8

2/

3/

20

(1 – cos3

)sin d

=3

16 2/

3/

4 coscos4

1

Karena, cos /3. = ½, dan cos /2 = 0, maka

V =3

16

2

1

2

10

4

=3

16

16

1

2

1 =

3

7

Jadi volume benda pejal yang diberikan adalah3

7 satuan kubik

Contoh 3.6.6

Hitunglah massa dan pusat massa sebuah benda pejal yang terletak didalam bola, x2 + y

2 + z

2

= a2, dan diatas kerucut, 3 z

2 = x

2 + y

2, bilamana kerapatannya di setiap titik sebanding

dengan jarak terhadap titik pusat.

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa benda pejal berikut ini,

z

a

x2 + y

2 + z

2 = a

2

3 z 2 = x

2 + y

2

y x

Gambar 3.6.10

Andaikan, m dan ( x , y , ) masing-masing menyatakan massa benda dan titik pusat massa.

Dari gambar 3.6.10, terlihat bahwa benda pejal simetris dengan sumbu z , maka x = 0, y = 0,

dan,

z =m

M xy,

imana M xy adalah moment terhadap bidang xy. Mengingat kerapatan di setiap titik sebanding

dengan jarak terhadap titik pusat, maka ( x, y, z ) = k 222 z y x . Sehingga diperoleh,

m = S

z y x ),,( dxdydz = k

S

z y x 222 dxdydz

M xy = S

z y x z ),,( dxdydz = k

S

z y x z 222 dxdydz



180

Karena benda pejal S seperti yang terlihat pada Gambar 3.6.10, simetris juga terhadap titik pusat, maka dengan transformasi koodininat bola dihasilkan,

(1). Bola, x2 + y

2 + z

2 = a

2, ditransformasikan menjadi r = a

(2). Kerucut, 3 z 2= x

2 + y

2, ditransformasikan menjadi, 3r

2cos

2 = r

2 sin2 , atau, tan

2 = 3,

atau = /3.

(3). Persamaan kerapatan ( x, y, z ) = k 222 z y x ditanformasikan menjadi, *(r , , ) = kr

(4). Persamaan, f ( x, y, z ) = z ditransformasikan menjadi, f *(r , , ) = r cos

Sedangkan perpotongan bola, x2 + y

2 + z

2 = a

2,dan kerucut, 3 z

2= x

2 + y

2, dan jika

perpotongannya dicerminkan pada bidang xy menghasilkan persamaan lingkaran, 4( x2 + y

2) =

3a2. Dengan demikian batasan dari adalah 0 2. Jadi benda pejal S dalam koordinat

bola diberikan oleh,

S * = {(r , , ) : 0 r a; 0 2; 0 /3}

Jadi dalam koordinat bola masa dan moment dihitung dengan cara,

m = k

S

z y x 222 dxdydz

= k 2

1

2

1

2

1

r

r (r ) r

2 sin dr d d

= k 3/

0

2

0

0

a r

3sin dr d d

= k

3/

0

2

0

0

4

4

1 a

r sin d d

= k a4

4

1

3/

0

2

0sin

d d = k a4

4

1

3/

0

20

sin d

= k a 4

2

1

3/

0sin

d = k a 4

2

1 3/

0cos

= k a 4

2

1

1

2

1 = k a 4

4

1

Sedangkan momentnya diberikan oleh,

M xy = k

S

z y x z 222 dxdydz

= k 2

1

2

1

2

1

r

r (r cos )(r ) r

2sin dr d d

= k 3/

0

2

0

0

a r

4cos sin dr d d

= k

3/

0

2

0

0

5

5

1 a

r cos sin d d

= k a5

5

1

3/

0

2

0sin

cos d d



181

= k a5

5

1

3/

0

20

cos sin d

= k a 5

5

2

3/

0sin

cos d d = k a 5

5

23/

0

2sin2

1

= k a 5

5

2

2

32

1

2

1 = k a 5

5

2

8

3 = k a 5

20

3

Dengan demikian,

z =m

M xy= k a 5

20

3

k a 4

4 = a

5

3

Jadi massa benda pejal diatas adalah, k a 4

4

1, dan titik pusat massanya adalah (0,0, a

5

3)

Contoh 3.6.7

Hitunglah masa dan moment inersia terhadao sumbu z , dari suatu benda pejal yang terletak

didalam bola, x2 + y

2 + z

2 = 2 z , dan diatas kerucut, z

2= x

2 + y

2, bilamana kerapatan di setiap

titiknya berbanding terbalik dengan jarak terhadap titik pusat.Penyelesaian,

Andaikan d menyatakan jarak terhadap titik pusat, maka d = k 222 z y x , sehingga

kerapatannya adalah, ( x, y, z ) = k/d = k/ 222 z y x . Maka masa dan moment inersianya

diberikan oleh,

m = S

z y x ),,( dxdydz = k S z y x 2221 dxdydz

I Z = S

z y x ),,( ( x2 + y

2) dxdydz = k

S z y x

y x

222

22

dxdydz

dimana benda pejal S seperti terlihat pada Gambar 3.6.11.

z

x2 + y

2 + z

2 = 2 z

z 2

= x2 + y

2

y

x

Gambar 3.6.11

Dari sketsa pada Gambar 3.6.11, terlihat bahwa benda pejal simetris terhadap titik pusatkoordinat. Dalam koordinat bola diperoleh,



182

(1). Bola, x2 + y

2 + z

2 = 2 z ditransformasikan menjadi, r = 2 cos ,

(2). Kerucut, z 2 = x

2 + y

2, ditransformasikan menjadi, r

2 cos

2 = r

2 sin

2 , atau, tan

2 = 1,

atau, = /4

(3). Kerapatan, ( x, y, z ) =

222 z y x

k

, ditransformasikan menjadi, *(r , , ) =

r

k

(4). Persamaan fungsi, f ( x, y, z ) = x2 + y

2, ditransformasikan menjadi, f*(r , , ) = r

2 sin

2 ,

Perpotongan bola, x2 + y

2 + z

2 = 2 z , dan kerucut, z

2= x

2 + y

2, dan jika dicerminkan pada

bidang xy menghasilkan persamaan lingkaran, x2 + y

2 = 1. Dengan demikian batasan dari

adalah 0 2. Jadi benda pejal S dalam koordinat bola diberikan oleh,

S * = {(r , , ) : 0 r 2 cos ; 0 2; 0 /4}

Jadi dalam koordinat bola masa dan moment inersia diberikan oleh,

m = k S z y x 222

1 dxdydz

= k 2

1

2

1

2

1

r

r (

r

1) r

2 sin dr d d

= k 4/

0

2

0

cos2

0

r

sin dr d d

= k

4/0

20

cos2

0

221

r sin d d

= 2k 4/

0

2

0

2cos

sin d d

= 2k 4/

0

20

cos2

sin d

= 4k 4/

0

2cos

sin d = 4k 4/

0

3cos3

1

= k 3

4

24

1

1 = k 3

24

Sedangan moment inersianya diberikan oleh,

I Z = k

S z y x

y x

222

22

dxdydz

= k 2

1

2

1

2

1

r

r

r

r 22 sin r

2 sin dr d d

= k

4/

0

2

0

cos2

0

r

3

sin

3

dr d d



183

= k

4/

0

2

0

cos2

0

4

4

1

r sin3

d d

= 4k 4/

0

2

0

4cos

sin3

d d

= 4k 4/0

20

cos4

sin3 d

= 8k 4/

0

4cos

sin2

sin d

= 8k 4/

0

4cos

(1 – cos2

) sin d

= 8k )coscos( 64/

0

4

sin d

= 8k 4/

0

75 cos7

1cos

5

1

= k 5

8

2

8

11 – k

7

8

2

16

11

= k 5

28

– k

14

216

= k

70

2932

Jadi masa benda pejalnya adalah k 3

24

satuan, dan moment inersia k

70

2932


Dalam soal-soal latihan nomor 1 s.d 20 berikut ini, hitunglah integral berulangnya dan jikadiperlukan gunakan transformasi koordinat silinder atau bola. Pilih yang sesuai

1.

4

0

25

0

)(

0

222 22

x y x

y x dz dy dx

2.

4

0

4

0

0

222 22

x x y x

y x dz dy dx

3.

2

2

42

42

0

2

2

22

x

x

y x( x

2 + y

2) dz dy dx

4.

2

2

42

42

)(

0

2

2

22

x

x

y x 22 y x dz dy dx

5.

2

2

44

44

0

2

2

22

x

x

y x

22 y x

z

dz dy dx

6.

2

2

42

42

)(

0

2

2

22

x

x

y x z 22 y x dz dy dx

7.

4

0

4

4

)(

0

2

2

22

x x

x x

y x( x

2 + y

2) dz dy dx



184

8.

4

0

4

4

0

2

2

22

x x

x x

y x z ( x

2 + y

2) dz dy dx

9. 4

0

25

0

0

2 22

y y x

z 22 y x dz dx dy

10.

10

0

10

0

25

0

222 22

x x y x

y x dz dy dx

11. 2

0

4

0

4

0

2 22

x y x 222 z y x dz dy dx

12.

2

2

4

0

42

0

2 22


13.

3

3-

9

9

9

9

2

2

22

22

x

x

y x

y x

222 z y x dz dy dx

14. 4

0

4

0

4

0

2 22

x x y x

( x2 + y

2 + z

2) dz dy dx

15.

2

2

4

0

42

42

2 22

22

x y x

y x 222

1

z y x dz dy dx

16. 3

0

9

0

164

4

2 22


17.

4

4

16

0

4

164

2

22

x

y x 222

22

z y x

y x

dz dy dx

18.

3

3-

9

9

9

9

2

2

22

22

x

x

y x

y x

222

22

z y x

y x

dz dy dx

19. 4

0

4

0

4

0

2 22

x x y x

222

22

z y x

y x

dz dy dx

20.

2

2

4

0

42

0

2 22

x y x

222

22

z y x

y x

dz dy dx

Dalam soal-soal latihan nomor 21 s.d 30 berikut ini, buatlah sketsa benda pejalnya dan

gunakan transformasi koordinat silinder untuk menghitung integral berualang yang

ditanyakan

21. Benda pejal dibatasi oleh paraboloida, z = x2 + y

2, dan bidang, y = z . Hitunglah volume

bendanya.

22. Benda pejal dibatasi oleh paraboloida, x2 + y

2 + z = 4, dan bidang, z = y. Hitunglah

volume bendanya


2 + z = 12, dan bidang, z = 3. Hitunglah

volume bendanya



185


2 + z = 20, dan silinder lingkaran tegak, x

2 +

y2 = 4. Hitunglah volume bendanya

25. Benda pejal dibatasi oleh paraboloida, z = x2 + y

2, dan silinder lingkaran tegak, x

2 + y

2 =

4 y. Hitunglah volume bendanya

26. Benda pejal terletak didalam oleh silinder lingkaran tegak, x

2

+ y

2

= 4 x, dan dibawahkerucut, x

2 + y

2 = z

2, dan diatas bidang, z = 0. Bilamana kerapatannya sebanding dengan

jarak terhadap bidang xy, hitunglah massanya.

27. Benda pejal terletak didalam oleh silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 4 x, dan dibawah

bola, x2 + y

2 + z

2 = 16 dan diatas bidang, z = 0. Bilamana kerapatannya sebanding dengan

terhadap bidang xy, hitunglah massanya.


2 = 4 y, dan dibawah

kerucut, 2( x2 + y

2) = z

2, dan diatas bidang, z = 0. Bilamana kerapatannya sebanding

kuadrat jarak terhadap bidang xy, hitunglah massanya.



bola, x2

+ y2

+ z 2

= 16 dan diatas bidang, z = 0. Bilamana kerapatannya sebanding dengankuadrat jarak terhadap bidang xy, hitunglah massanya.



bola, x2 + y

2 + z

2 = 16 dan diatas bidang, z = 0. Bilamana kerapatannya sebanding dengan

jarak terhadap bidang xy, hitunglah moment inersia terhadap sumbu z .

Dalam soal-soal latihan nomor 31 s.d 40 berikut ini, buatlah sketsa benda pejalnya dan

gunakan transformasi koordinat bola untuk menghitung integral berualang yang ditanyakan

31. Benda pejal terletak didalam bola, x2 + y

2 + z

2 = 4 z , dan diatas kerucut lingkaran, 3( x

2 +

y2) = z

2. Hitunglah volume bendanya.

32. Benda pejal terletak didalam bola, x2 + y2 + z 2 = 4 z , dan diatas paaboloida lingkaran, z = x

2 + y

2. Hitunglah volume bendanya.

33. Benda pejal terletak diantara dua buah bola, x2 + y

2 + z

2 = 4, dan x

2 + y

2 + z

2 = 25.

Bilamana kerapatannya sebanding dengan jarak terhadap titik pusat, hitunglah masa bendanya.

34.Carilah titik pusat massa benda pejal yang terletak didalam bola x2 + y

2 + z

2 = 4 z , dan

diatas kerucut, x2 + y

2 = z

2, bilamana kerapatannya berbanding terbalik dengan jarak

terhadap titik pusat.35. Hitunglah moment inersia terhadap titik pusat koordinat untuk soal nomor (34).

36. Hitunglah moment inersia terhdap titik pusat koordinat untuk soal nomor (33).

37. Hitunglah massa benda pejal, didalam kedua bola, r = 2 cos2 , dan r = 2. Bilamana

kerapatannya adalah, ( x, y, z ) = k ( x2 + y

2 + z

2)

38. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu z suatu benda pejal yang terletak didalam bola

x2 + y

2 + z

2 = 4 z , dan diatas kerucut, x

2 + y

2 = 3 z

2, bilamana kerapatannya sebanding

dengan kuadrat jarak terhadap titik pusat.

39. Hitunglah, S

z 224 y x dzdydx bilamana S adalah benda pejal berbentuk bola, x2 +

y2 + z

2 = 2 z

40. Hitunglah moment inersia terhadap sumbu z suatu benda pejal yang terletak didalam bola

x2 + y

2 + z

2 = 4 z , dan diatas paraboloida, z = x

2 + y

2, bilamana kerapatannya sebanding

jarak terhadap titik pusat.



186

BAB IV

KALKULUS MEDAN VEKTOR

4.1. Medan Skalar dan Medan Vektor

Fungsi Bernilai Skalar dan Medan Skalar

Pada pembahasan bab-bab sebelumnya fungsi yang digunakan adalah fungsi-fungsi bernilai

scalar. Dalam aplikasi matematika teknik akan sering dijumpai fungsi-fungsi yang bernilai

vector, misalnya adalah gaya, kecepatan fluida, medan elektromagentik. Fungsi bernilai

scalar adalah suatu fungsi yang didefinisikan pada setiap titik dalam suatu himpunan tertentu

(bidang atau ruang), dan nilainya adalah bilangan real dimana nilainya tergantung pada titik

tersebut, bukan pada system koordinat yang digunakan. Fungsi scalar f yang menghubungkan

setiap titik di dalam daerah definisi D, dengan suatu scalar, yang selanjutnya disebut dengan

medan scalar yang diberikan di dalam D. Untuk mempresentasikan fungsi f dalam system

koordinat kartesius x, y, z fungsi scalar ditulis dengan f ( x, y, z). Dalam penerapannya fungsiscalar dapat beruapa kurva pada ruang dimensi dua, atau permukaan suatu benda bilamana di

dalam ruang dimensi tiga.

Sebagai ilustrasi fungsi bernilai scalar, misalkan diberikan fungsi yang didefinsisikan oleh

persamaan,

f ( x, y) = x2 + 4 xy – y

2

maka nilai fungsi di titik (1,2) diberikan oleh,

f (1,2) = (1)2 + 4(1)(2) – (2)

2 = 5

Dari ilustrasi diatas terlihat bahwa hasilnya adalah scalar. Sebagaimana telah dijelaskan

bahwa nilai-nilai fungsi scalar tidak tergantung pada system koordinat yang digunakan.

Sebagai ilustrasi, jarak suatu titik P( x, y, z) dengan titik Q( x1, y1, z1) merupakan fungsi scalar

yang terdefinisikan pada daerah asal D. Dalam system koordinat kartesius, jarak didefinisikan

oleh,

d (P,Q) = 21

21

21 )()()( z z y y x x −+−+−

Bilamana system koordinat kartesius deganti dengan system koordinat yang lain, misalkan

koordinat silinder atau koordinat bola, maka titik P( x, y, z) dan titik Q( x1, y1, z1) akan berubah

nilainya, tetapi jaraknya akan sama atau titdak berubah nilainya. Jadi jarak d (P,Q) adalah

suatau fungsi scalar.

Fungsi Bernilai Vektor dan Medan Vektor

Fungsi bernilai vector adalah suatu fungsi yang terdefinisikan pada suatu himpunan D

didalam bisang (atau ruang) yang menghubungkan setiap titik P( x, y, z) didalam D dengan

sebuah vector F( p). Himpunan Fungsi-fungsi F( p) yang menghubungkan setiap titik di dalam

daerah definisi D dengan sebuah vector F( p) disebut dengan medan vector. Fungs-fungsi

bernilai vector F( p), sering muncul dalam penerapan, misalnya masalah mekanika fluida,

aliran dalam suatu pipa, medan elektro magnetic.



187

Suatu medan vektor dalam ruang dimensi tiga, daerah definisinya adalah suatu himpunan

bagian di R3, fungsi medan vektornya diberikan oleh persamaan,

F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + N ( x, y, z)k

dimana i, j, dan k adalah vektor satuan yang searah dengan sumbu koordinat.

Demikian pula, suatu fungsi dua variabel bernilai vector dimana daerah definisinya pada

bidang, medan vektornya diberikan oleh persamaan,

F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j

dimana i dan j adalah vektor satuan yang searah sumbu koordinat. Sebagai ilustrasi dari

medan vector dalam bidang adalah medan kecepatan suatu benda berputar. Misalkan

diberikan medan vector,

F( x, y, z) = – y i + x j

Tabel 4.1.1 dan Gambar 4.1.1, masing-masing memberikan ilustrasi vector-vektor F( x, y)

dengan daerah asal adalah titik-titik pada bidang.

Tabel 4.1.1

============ y

( x, y) F

--------------------

(1,0) j 1

(0,1) – i –1 1

(–1,0) – j

(0,–1) i –1

=========== Gambar 4.11.

Sebagai ilustrasi untuk fungsi medan vektor dengan tiga variabel, misalkan diberikan fungsi

bernilai vector,

F( x, y, z) = (2 xy + z2)i + ( x

2 – 3 y

2 z) j + (2 xz – y

3)k

Maka nilai fungsi vector di titik-titik,

(1). (1,2,1) adalah F(1,2,1) = 5 i – 11 j – 6k

(2). (1,1,2) adalah F(1,1,2) = 6 i – 5 j + 3k

(3). (2,1,1) adalah F(2,1,1) = 5 i + j + 3 k

Dari ilustrasi diatas terlihat bahwa variabel input fungsi adalah skalar, akan tetapi variable

output yakni nilai adalah vektor pada ruang dimensi tiga. Fungsi medan vektor yang telah

dikenal adalah gradien dari fungsi bernilai skalar.



188

Gradien Medan Skalar


parsial ),( y x f x dan ),( y x f y . Gradien f yang dinyatakan dengan ∇ f ( x, y) = grad f (dibaca

“del f ”) didefinisikan oleh,

∇ f ( x, y) = ),( y x f x i + ),( y x f y j

dimana i = <1,0> dan j = <0,1> masing-masing menyatakan vektor satuan yang searah sumbu

x dan sumbu y. Sedangkan fungsi tiga variabel, andaikan f ( x, y, z) adalah fungsi tiga variabel

dari x, y, dan z mempunyai turunan-turunan parsial ),,( z y x f x , ),,( z y x f y , dan ),,( z y x f z .

Gradien f dinyatakan dengan ∇ f ( x, y, z) = grad f (dibaca “del f ”) didefinisikan oleh,

∇ f ( x, y, z) = ),,( z y x f x i + ),,( z y x f y j + ),,( z y x f z k

dimana i = <1,0,0>, j = <0,1,0> dan k = <0,0,1> masing-masing menyatakan vektor satuan

yang searah sumbu x, sumbu y dan sumbu z.

Dengan notasi operator diferensial, “del” yaitu

∇ = x∂

∂ i +

y∂

∂ j +

z∂

∂ k

gradien f ditulis menjadi,

∇ f ( x, y, z) = ∇ • f ( x, y, z)

= ( x∂

∂i +

y∂

∂ j +

z∂

∂ k)• f ( x, y, z)

=

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k

Dengan demikian, menurut definisi, gradien fungsi skalar f diberikan oleh,

∇ f ( x, y, z) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k = ),,( z y x f x i + ),,( z y x f y j + ),,( z y x f z k

dimana i, j, dan k adalah vector satuan yang searah dengan sumbu koordinat. Sedangkan

fungsi gradien di dalam bidang diberikan oleh,

∇ f ( x, y) =

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j = ),( y x f x i + ),( y x f y j

dimana i, dan j adalah vektor satuan yang searah dengan sumbu koordinat. Dari turunan

berarah telah diperoleh beberapa penerapan dari fungsi bernilai vektor, misalnya adalah laju

perubahan suhu dalam suatu ruangan, laju perubahan potensial listrik, laju perubahan

kepadatan, dan laju perubahan panas dalam suatu ruangan. Untuk lebih jelasnya

perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.



189

Contoh 4.1.1

Jika f ( x, y) = x2 y – xy3, hitunglah fungsi gradien medan skalar f , dan hitung nilai gradien f di

titik (3,2)

Penyelesaian

Dari, f ( x, y) = x2 y – xy

3, diperoleh :

x

f

∂

∂

= ),( y x f x = 2 xy – y

3

y

f

∂

∂ = ),( y x f y = x

2 – 3 xy

2


∇ f ( x, y) = (2 xy – y3)i + ( x

2 – 3 xy

2) j

Sehingga gradien f di titik (3,2) diberikan oleh :

∇ f (3,2) = [2(3)(2) – (2)3]i + [(3)

2 – 3(3)(2)

2] j

= 4i – 27 j

Contoh 4.1.2

Jika, f ( x, y) = x3 y

)(2 y xe − hitunglah fungsi gradien medan sklalar f , dan hitung nilai gradien

f di titik (1,1)

Penyelesaian

Dari fungsi skalar, f ( x, y) = x3 y )(2 y xe − diperoleh

x

f

∂

∂= ),( y x f x = 3 x

2 y )(2 y xe − + 2 x

3 y )(2 y xe −

= (3 x2 y + 2 x

3 y) )(2 y xe −

y

f

∂

∂ = ),( y x f y = x

3 )(2 y xe − – 2 x

3 y )(2 y x

e −

= ( x3 – 2 x

3 y)

)(2 y xe −


∇ f ( x, y) = (3 x2 y + 2 x

3 y) )(2 y x

e − i + ( x3 – 2 x

3 y) )(2 y x

e − j


∇ f (3,2) = [3(1)(1) + 2(1)(1)3]i + [(1) – 2(1)(1)] j

= 5i – j

Contoh 4.1.3

Tentukanlah gradien fungsi, f ( x, y, z) = x2 y

3 + x

3 z

2 – y

2 z

4 , dan hitunglah nilainya gradiennya di

titik (2,1,1), (1,2,1) dan (1,1,2)

Penyelesaian

Dari fungsi f , dengan menngunakan rumus turunan parsial maka dihasilkan

x

f

∂

∂= ),,( z y x f x = 2 xy

3 + 3 x

2 z

2



190

y

f

∂

∂= ),,( z y x f y = 3 x

2 y

2 – 2 yz

4 ,

z

f

∂

∂ = ),,( z y x f z = 2 x

3 z – 4 y

2 z

3 ,

maka menurut definisi gradien fungsi diberikan oleh

∇ f ( x, y, z) = x f ∂

∂i +

y f ∂

∂ j +

z f ∂

∂k

= (2 xy3 + 3 x

2 z

2)i + (3 x

2 y

2 – 2 yz

4) j + (2 x

3 z – 4 y

2 z

3)k

Ssedangkan nilai fungsi vektor gradiennya untuk titik-titik dimaksud adalah,

(1). (2,1,1) adalah ∇ f (2,1,1) = 16i + 10 j + 12k

(2). (1,2,1) adalah ∇ f (1,2,1) = 10i + 8 j – 14k

(3). (1,1,2) adalah ∇ f (1,1,2) = 5i + j + 3k

Contoh 4.1.4.

Tentukanlah gradien fungsi, f ( x, y, z) = sin ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −

z

y x dan hitunglah nilainya gradiennya di titik

(1,1,1), dan (2,2,1).

Penyelesaian

Dari fungsi, f ( x, y, z) = sin ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x, dan menggunakan rumus turunan parsial diperoleh,

x

f

∂

∂= ),,( z y x f x =

z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x

y

f

∂

∂= ),,( z y x f y = –

z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x,

z

f

∂

∂ = ),,( z y x f z = –

2 z

y x −cos ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −

z

y x

maka menurut definisi gradien fungsi diberikan oleh

∇ f ( x, y, z) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k

= z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y xi –

z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x j –

2 z

y x −cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y xk

Ssedangkan nilai fungsi vektor gradiennya untuk titik-titik dimaksud adalah,

(1). (2,2,2) adalah ∇ f (2,2,2) =2

1cos 0 i –

2

1cos 0 j + 0 k

=

2

1i –

2

1 j

(2). (2π,0,2) adalah ∇ f (1,2,1) =2

1cos π i –

2

1cos π j –

2

π

cos πk

= –2

1i +

2

1 j +

2

π

k

Contoh 4.1.5.

Jika, f ( x, y, z) = x2 )( 22 z ye − , hitunglah turunan berarah f di titik (2,1,1)



191

Penyelesaian

Dari, f ( x, y, z) = x2 )( 22

z ye

− , diperoleh :

x

f

∂

∂= ),,( z y x f x = 2 x )( 22 z y

e −

y

f

∂

∂

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

2

y

)( 22 z y

e

−

z

f

∂

∂ = ),,( z y x f z = – 2 x

2 z )( 22

z ye

−


∇ f ( x, y, z) = 2 x)( 22

z ye − i + 2 x

2 y

)( 22 z y

e − j – 2 x2 z

)( 22 z y

e − k

Sehingga gradien f di titik (2,1,1) diberikan oleh

∇ f (2,3,1) = (4)(1)i + 2(4)(1) j – 2 (4)(1) k = 4i + 8 j – 8k

Divergensi Medan Vektor

Andaikan, F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j adalah medan vektor pada ruang dimensi dua, dengan

M dan N adalah fungsi dua variabel dari x dan y yang mempunyai turunan parsial. Divergensi

dari medan vektor F ditulis div F didefinisikan oleh :

div F = ∇• F = ( x∂

∂i +

y∂

∂ j )• [ M ( x, y)i + N ( x, y) j]

= x

M

∂

∂+

y

N

∂

∂

Dari definisi diatas terlihat bahwa divergensi medan vektor adalah skalar. Demikian pula

definisi diatas juga berlaku untuk fungsi medan vektor tiga variabel.

Andaikan, F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k adalah medan vektor pada ruang

dimensi tiga, dengan M , N , dan R adalah fungsi tiga variabel dari x, y dan z yang mempunyai

turunan parsial. Divergensi dari medan vektor F ditulis div F didefinisikan oleh :

div F = ∇• F = ( x∂

∂i +

y∂

∂ j +

z∂

∂ k)• [ M ( x, y, z) i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k]

=

x

M

∂

∂+

y

N

∂

∂+

z

R

∂

∂

Contoh 4.1.6

Bilamana, F( x, y) = axe cos by i + axe sin by j . Hitunglah div F = ∇• F.

Penyelesaian

Dari medan vektor F, dihasilkan :

M ( x, y) = axe cos by N ( x, y) = axe sin by



192

x

M

∂

∂= )cos( bye

x

ax

∂

∂

y

N

∂

∂= )sin( bye

y

ax

∂

∂

= a axe cos by = b axe cos by

Jadi menurut definisi divergensi medan vektor F diberikan oleh,

div F = ∇• F = x M ∂∂ +

y N ∂∂ = (a axe cos by ) + (b axe cos by)

= (a + b) axe cos by

Contoh 4.1.6

Tentukanlah divergensi medan vektor,

F( x, y, z) = ( y + x yze )i + ( z + y yze ) j + ( xy + z yze )k .

Penyelesaian


M ( x, y, z) = y + x yze N ( x, y, z) = z + y yze R( x, y, z) = xy + z yze

x

M

∂

∂=

x∂

∂( y + x yze )

y

N

∂

∂=

y∂

∂( z + y yze )

z

R

∂

∂ =

z∂

∂( xy + z yze )

= yze = yze + yz yze = yze + yz yze

Jadi menurut definisi divergensi medan vektor F diberikan oleh,

div F = ∇• F = x

M

∂

∂+

y

N

∂

∂+

z

R

∂

∂

= yze + ( yz

e + yz yze ) + ( yz

e + yz yze )

= (3 + 2 yz) yze

Fungsi Harmonik

Dari definisi gradien medan skalar, telah diperoleh bahwa gradien medan skalar adalah

merupakan fungsi bernilai vektor. Oleh karenanya dari gradien medan skalar dapat pula

dihitung divergensi gradien medan skalar, yaitu ∇•(∇ f ) = ∇2 f . Menurut definisi gradien

medan skalar f ( x, y, z) adalah vektor, yaitu :

∇ f ( x, y, z) = ),,( z y x f x i + ),,( z y x f y j + ),,( z y x f z k

=

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k

Berdasarkan definisi diatas, divergensi gradien medan skalar diberikan oleh,

∇2 f = ∇•(∇ f ) = (

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k)(

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k)

=2

2

x

f

∂

∂ +

2

2

y

f

∂

∂ +

2

2

z

f

∂

∂

Dengan menetapkan, f ( x, y, z) = 0 atau ∇2 f ( x, y, z)= 0 maka diperoleh,



193

2

2

x

f

∂

∂ +

2

2

y

f

∂

∂ +

2

2

z

f

∂

∂ = 0

Persamaan terakhir ini dikenal dengan persamaan Laplace dalam koordinat kartesius dalam

ruang. Fungsi medan skalar yang memenuhi persamaan Laplace dikatakan sebagai fungsi

harmonik. Sedangkan fungsi harmonik dalam ruang dimensi dua adalah fungsi yangmemenuhi persamaan Laalace dalam ruang dimensi dua yaitu :

∇2 f ( x, y) = 0

2

2

x

f

∂

∂ +

2

2

y

f

∂

∂ = 0

Contoh 4.1.7

Diberikan fungsi medan skalar,

f ( x, y) = sin x ye + cos y xe .

Selidikilah apakah fungsi skalar tersebut harmonik, dimana memenuhi persamaan Laplaceorde dua

Penyelesaian

Dengan menurunkan secara parsial terhadap x dan y masing-masing dua kali dihasilkan,

x

f

∂

∂ = cos x ye + cos y xe

y

f

∂

∂ = sin x ye – sin y xe

2

2

x

f

∂

∂ = –sin x ye + cos y xe

2

2

y

f

∂

∂ = sin x ye – cos y xe

Dengan menggunakan hasil diatas, maka diperoleh :

2

2

x

f

∂

∂ +

2

2

y

f

∂

∂ = (–sin x ye + cos y xe ) + ( sin x ye – cos y xe )

= (–sin x ye + sin x ye ) + (cos y xe – cos y xe ) = 0

Dengan demikian terbukti bahwa f ( x, y) = sin x ye + cos y xe adalah fungsi harmonik.

Contoh 4.1.8

Diberikan fungsi medan skalar,

f ( x, y, z) =222

1

z y x ++.

Selidikilah apakah fungsi skalar tersebut harmonik, dimana memenuhi persamaan Laplace

orde duaPenyelesaian

Dengan cara yang sama seperti pada contoh 4.1.7 diatas, dihasilkan :

x

f

∂

∂=

2/3222 )( z y x

x

++

−

y

f

∂

∂=

2/3222 )( z y x

y

++

−

z

f

∂

∂=

2/3222 )( z y x

z

++

−

2

2

x

f

∂

∂ =

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

−−

2

2

y

f

∂

∂ =

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

−+−

2

2

z

f

∂

∂ =

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

+−−



194

Dengan menjumlahkan ketiga turunan orde dua diatas diperoleh,

2

2

x

f

∂

∂ +

2

2

y

f

∂

∂ +

2

2

z

f

∂

∂ =

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

−− +

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

−+−+

2/5222

222

)(

2

z y x

z y x

++

+−−

=2/5222 )(

1

z y x ++[(2 x

2 – y

2 – z

2) + (2 y

2 – x

2 – z

2) + (2 z

2 – x

2 – y

2)]

=2/5222 )(

1

z y x ++[(2 x

2 – x

2 – x

2) + (2 y

2 – y

2 – y

2) + (2 z

2 – z

2 – z

2)]

= 0

Dengan demikian terbukti bahwa f ( x, y, z) =222

1

z y x ++ adalah fungsi harmonik.

Curl Medan Vektor

Andaikan, F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k adalah medan vektor pada ruang

dimensi tiga, dengan M , N , dan R adalah fungsi tiga variabel dari x, y dan z yang mempunyai

turunan parsial. Curl medan vektor F ditulis curl F didefinisikan oleh :

curl F = ∇× F =

k ji

R N M

z y x ∂

∂

∂

∂

∂

∂

=

R N

z y ∂

∂

∂

∂

i –

R M z x ∂

∂

∂

∂ j +

N M

y x ∂

∂

∂

∂

k

= ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

z

N

y

Ri – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

z

M

x

R j + ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

y

M

x

N k

Dari definisi diatas terlihat bahwa curl medan vektor adalah vektor. Demikian pula definisi

diatas juga berlaku untuk fungsi medan vektor dua variabel. Khusus untuk fungsi dua

variabel, F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j, curl medan vektornya diberikan oleh,

curl F = ∇ F =

k ji

0

0

N M

y x ∂

∂

∂

∂ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

y

M

x

N k

Contoh 4.1.9

Diberikan medan vektor,

F( x, y) =axe cos by i +

axe sin by j .

Hitunglah curl F = ∇×F, dan div(curl F).



195

Penyelesaian


M ( x, y) = axe cos by , dan N ( x, y) = axe sin by .

Menurut definisi curl medan vektor diberikan oleh,

curl F = ∇ × F =

k ji

0cossin

0

byebye

y xaxax

∂∂

∂∂

= ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

y

M

x

N k = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂)cos()sin( bye

ybye

x

axax k

= [a axe cos by – (– b ax

e sin by]k = (a + b) axe sin by k

Dengan demikian,

div(curl F) = ∇•( ∇ × F) = z∂

∂[(a + b) ax

e sin by] = 0

Contoh 4.1.10

Tentukanlah curl(F), dan div(curl(F)) dari medan vektor,

F( x, y, z) = ( y + x yze )i + ( z + y yze ) j + ( xy + z yze )k .

Penyelesaian


M ( x, y, z) = y + x yze N ( x, y, z) = z + y yze R( x, y, z) = xy + z yze

Menurut definisi, curl medan vektor F diberikan oleh,

curl F = ∇ × F =

k ji

yz yz yz ze xy ye z xe y

z y x

+++

∂

∂

∂

∂

∂

∂

= ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

∂

∂−+

∂

∂)()( yz yz ye z

z ze xy

yi – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

∂

∂−+

∂

∂)()( yz yz xe y

z ze xy

x j

+ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

∂

∂−+

∂

∂)()(

yz yz xe y

y ye z

xk

= [( x + z2 yze – (1 + y

2 yze )]i – [ y – ( xy yze )] j) + [0 – (1 + xz yze )]k

= ( x – 1 + z2 yze – y2 yze )i + ( xy yze – y) j – (1 + xz yze )k

Sedangkan divergensi dari curl F diberikan oleh,

div(curl F) = ∇•( ∇ × F)

= x∂

∂( x – 1 + z

2 yze – y2 yze ) +

y∂

∂( xy yze – y) +

z∂

∂[– (1 + xz yze )]

= 1 + ( x yze + zyx yze – 1) – ( x yze + xyz yze ) = 0



196

Sifat-sifat divergensi dan curl

Dari kedua contoh diatas diperoleh hasil bahwa, div(curl F) = ∇•( ∇ × F) = 0. Selengkapnya

tentang sifat-sifat dari divergensi dan curl medan vektro dan medan skalar disajikan berikut

ini.

(1). div(curl F) = ∇•( ∇ × F) = 0

(2). curl(grad f ) = ∇ × (∇ f ) = 0

Soal-soal Latihan 41

Dalam soal-soal berikut ini, hitunglah fungsi gradien yang diberikan, dan selidikiliah apakah

fungsi yang diberikan harmonik atau tidak .

1. f ( x, y) =22 y x

xy

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

y

x −

4. f ( x, y) = 22 y x

y x

+

− 5. f ( x, y) = x

)( 22 y x

e +−

6. f ( x, y) = 2 x2

y – x3

+ y3

7 f ( x, y) = xy ln( x2 – y

2) 8. f ( x, y) = y )( 22

y xe +− 9. f ( x, y) = xy sin( x2 – y

2)

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

y x

−

+ 11. f ( x, y, z) = x

3 y + y

2 z

2 – xz

3 12. f ( x, y, z) =

xz xy ye ze +−

13. f ( x, y, z) = xz yz xe ye +− 14. f ( x, y, z) = xy

3 sin xz 15. f ( x, y, z) = x

3 y cos yz

16. f ( x, y, z) = z xe y tan2−

17. f ( x, y, z) = z2( x

2 + y

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

2 + y

2 + z

2)3/2

19. f ( x, y, z) = 222 z y x ++ 20. f ( x, y, z) = ln 222 z y x ++

Dalam soal nomor 21 s.d 40, berikut ini tentukanlah : div F = (∇ • F), curl F = (∇ × F), dandiv(curl F) = ∇•( ∇ × F) untuk setiap fungsi medan vektor yang diberikan.

21. F( x, y) = ( xy2 + y xye )i + ( xy – x xye ) j

22. F( x, y) = ( x2 ye + y

2)i + ( x ye – 4 xy

2) j

23. F( x, y) = (cos x ye + xy

2)i + (sin x

ye + 4 xy) j

24. F( x, y) = ( y2 + x xye )i + ( y xye + x

2) j

25. F( x, y) = (cos by – sin by)axe i + (sin by + cos by)

axe j

26. F( x, y) = (sin 2 x + cos 2 y) ye 2− i + (cos 2 x + sin 2 y) ye 2− j

27. F( x, y) = ( x2 ln y + y)i + (2 x + y

2ln y) j

28. F( x, y) = ( x2 ln x + 2 y)i + ( x+ y

2ln x) j

29. F( x, y, z) = ( xy + x xze )i + ( yz + y xze ) j + ( yz + z xze )k

30. F( x, y, z) = ( yz + x xye )i + ( xz + y xye ) j + ( xy + z xye )k

31. F( x, y, z) = xz cos y i + xz2 sin y j + x

2 z sin y k .

32. F( x, y, z) = ( y + z) cos x i + ( y – z) sin x j + ( y2 – z

2)cos x k .

33. F( x, y, z) = x2 cos yz i + y

2 sin yz j + z

2cos yz k .

34. F( x, y, z) = xy sin xz i + yz sin xz j + xz cos xz k .



197

35. F( x, y, z) = xye sin z i + xye cos z j – xye sin z k .

36. F( x, y, z) = xze ln y i – xze y

yln j + xze y ln y k .

37. F( x, y, z) = y sin xz i – y cos xz j + y2 cos xz k

38. F( x, y, z) = x ln( y2 + z

2)i – y ln( y

2 + z

2) j + zln( y

2 + z

2)k

39. F( x, y, z) = y ln( x2 + z2)i – xy ln( x2 + z2) j + yz ln( x2 + z2)k

40. F( x, y, z) = z ln( x2 + y

2)i + xz ln( x

2 + y

2) j – yz ln( x

2 + y

2)k



198

4.2. Medan Vektor Konservatif

Sebagaimana telah dijelaskan pada sub bab sebelumnya, salah satu fungsi bernilai vektor

adalah gradien fungsi skalar dalam ruang dimensi tiga. yang didefinisikan oleh,

∇ f ( x, y, z) = x

f

∂∂ i +

y

f

∂∂ j +

z

f

∂∂ k

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

dimana i, j, dan k adalah vektor satuan yang searah dengan sumbu koordinat. Sedangkan

gradien fungsi skalar dalam bidang diberikan oleh,

∇ f ( x, y) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j

= ),( y x f x i + ),( y x f y j

dimana i, dan j adalah vektor satuan yang searah dengan sumbu koordinat x dan y. Secara

formal kasus demikian ini disebut dengan medan vektor gradien.

Andaikan f adalah medan skalar, dan F adalah medan vektor. Suatu medan vektor F yang

didefinisikan oleh,

F = ∇ f

maka F disebut dengan medan vektor gradien, dan f dikatakan sebagai fungsi potensial untuk

medan vektor gradien F. Medan veKtor gradien sering pula disebut medan konservatif.

Dengan menggunakan pendekatan diatas, andaikan f ( x, y, z) adalah fungsi skalar tiga variabel

bebas, maka medan vektor gradiennya diberikan oleh,

F( x, y, z) = ∇ f ( x, y, z) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k

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

Sedangkan untuk fungsi dua variabel f ( x, y), medan vektor gradiennya diberikan oleh,

F( x, y) = ∇ f ( x, y) =

x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j

= ),( y x f x i + ),( y x f y j

Sebagai ilustrasi, misalkan diberikan fungsi medan vektor dan medan skalar, yaitu :

F( x, y) = (2 xy – y3)i + ( x

2 – 3 xy

2) j

dan,

f ( x, y) = xy( x2 – y

2)



199

Menurut definisi gradien f (∇ f ) diberikan oleh,

∇ f ( x, y) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j = ),( y x f x i + ),( y x f y j

= (3 x2 y – y

3)i + ( x

3 – 2 xy

2) j

Karena, ∇ f ( x, y)≠

F( x, y), maka medan vektor F dikatakan bukan sebagai mdan vektorkonservatif, dan fungsi f ( x, y) bukan fungsi potensial untuk F. Sebaliknya misalkan diberikan

oleh fungsi

F( x, y) = (3 x2 y + 2 x

3 y)

)(2 y xe − i + ( x3 – 2 x

3 y)

)(2 y xe − j

dan,

f ( x, y) = x3 y )(2 y xe −

Menurut definisi gradien f (∇ f ) diberikan oleh,

∇ f ( x, y) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j

= (3 x2 y + 2 x

3 y) )(2 y xe − i + ( x

3 – 2 x

3 y) )(2 y xe − j

Karena, ∇ f ( x, y) = F( x, y), maka medan vektor F dikatakan sebagai medan vektor konservatif,

dan fungsi f ( x, y) disebut fungsi potensial untuk F.

Demikian pula untuk fungsi tiga variabel. Misalkan diberikan fungsi medan skalar dan medan

vektor, seperti pada contoh 4.1.4, yaitu :

f ( x, y, z) = sin ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x

dan,

F( x, y, z) = x

f

∂

∂i +

y

f

∂

∂ j +

z

f

∂

∂k = ),,( z y x f x i + ),,( z y x f y j + ),,( z y x f z k

= z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y xi –

z

1cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y x j –

2 z

y x −cos ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

z

y xk

Karena, ∇ f ( x, y,z) = F( x, y, z) maka fungsi bernilai vektor F dikatakan sebagai medan vektorkonservatif, dan fungsi f ( x, y, z) disebut fungsi potensial untuk F( x, y, z).

Dari kedua ilustrasi diatas, terlihat bahwa adalah cukup mudah untuk menentukan medanvektor korservatif atau bukan bilamana diberikan fungsi potensialnya dengan menggunakandefinisi gradien medan skalar. Masalah yang timbul adalah menentukan medan vektorkonservatif atau tidak, akan tetapi tidak diberikan fungsi potensialnya, dan bagaimanamenentukan fungsi potensialnya. Untuk mengatasi masalah ini, dapat digunakan pendekatandiferensial total, dan atau persamaan diferensial eksak.

Andaikan F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j adalah medan vektor dimana M dan N adalah fungsi-fungsi dua variabel yang kontinu, dan mempunyai turunan parsial kontinu. Medan vektor,F( x, y) = M ( x, y) i + N ( x, y) j dikatakan konservatif bilamana :

y

M

∂

∂ =

x

N

∂

∂



200

Bilamana F adalah medan vektor konservatif, fungsi potensial f dapat dihitung dengan pendekatan persamaan diferensial total eksak. Oleh karenanya andaikan diberikan fungsimedan vektor konservatif, F( x, y) = M ( x,y)i + N ( x,y) j, dan f ( x, y) adalah fungsi potensial untuk

F( x, y). Karena, F( x, y) = ∇ f , maka fungsi potensial f ( x,y) = c, diberikan oleh :

f ( x,y) = dx y x M ),(∫ + g( y)

dimana g( y) fungsi dari y dihasilkan dari :

y

f

∂

∂( x, y) = N ( x,y)

Dengan mendeferensialkan persamaan ini secara parsial terhadap y, maka dihasilkan :

dx y x M y

),(∫∂

∂ + g ( y) = N ( x,y)

Jadi fungsi g( y) pada penyelesaian umumnya persamaan diferensial eksak diberikan oleh,

g( y) = dydx y x M y

y x N ),(),(∫ ∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

∂

∂ + c

Pendekatan lain, untuk menentukan fungsi potensial f ( x,y) = c adalah dapat diperoleh dari,

f ( x,y) = dy y x N ),(∫ + h( x)

dengan h( x) fungsi dari x diperoleh dari,

x

f

∂

∂( x, y) = M ( x,y)

dy y x N x

),(∫∂

∂ + h ( x) = M ( x,y)

Jadi fungsi h( x) pada penyelesaian persamaan diferensial eksak diberikan oleh,

h( x) = dxdy y x N x

y x M ),(),(∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂ + c

Dengan demikian fungsi potensialnya diberikan oleh,

f ( x,y) = dy y x N ),(∫ + dxdy y x N x

y x M ),(),(∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

∂

∂ + c

Contoh 4.2.1.

Misalkan F adalah medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y) = (2 xy3 + ye

x)i + (3 x

2 y

2 + e

x – y

2) j

Tentukanlah fungsi potensial f ( x, y) bilamana F konservatif

Penyelesaian :

Dari medan vektor F, diperoleh :

M ( x,y) = 2 xy3 + ye

x, N ( x,y) = 3 x

2 y

2 + e

x – y

2

y

M

∂∂ = 6 xy

2+ ye

x,

x

N

∂∂ = 6 xy

2+ e

x

Karena,

y

M

∂

∂ =

x

N

∂

∂ = 6 xy

2+ e

x,

maka F medan vektor konservatif, dan F( x, y) = ∇ f ( x, y). Oleh karena itu, fungsi potensial f

diperoleh dari F( x, y) = ∇ f ( x, y). Dengan demikian fungsi potensialnya diberikan oleh,



201

f ( x,y) = dx ye xy x

)2( 3∫ + + g( y) = x

2 y

3 + ye

x+ g( y)

dimana fungsi g( y) diperoleh dari :

y

f

∂

∂( x, y) = N ( x,y)

y∂

∂

( x

2

y

3

+ ye

x

) + g

( y) = 3 x

2

y

2

+ e

x

– y

2

3 x2 y

2 + ye

x + g ( y) = 3 x

2 y

2 – y

2

g ( y) = – y2

g( y) = dy y∫ − 2 + c = – 3

3

1 y + c.

Jadi, fungsi potensial f untuk medan vektor konservatif F adalah,

f ( x, y) = x2 y

3 + ye

x – 3

3

1 y + c

Contoh 4.2.2.Misalkan F adalah medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y) = ( x + y xye + e x

cos y)i +( x xye + 2 y – e x

sin y) j

Tentukanlah fungsi potensial f ( x, y) bilamana F konservatif

Penyelesaian :

Dari fungsi medan vektornya, dihasilkan:

M ( x,y) = x + y xye + e

xcos y N ( x,y) = x xy

e + 2 y – e x

sin y

y

M

∂

∂ = xye + y xye ( x) – e

xsin y

x

N

∂

∂ = xye + x xye ( y) – e

xsin y

= (1 + xy) xye – e x

sin y = (1 + xy) xye – e x

sin y

Karena,

y

M

∂

∂ =

x

N

∂

∂= (1 + xy) xye – e

xsin y,

maka fungsi medan vektor yang diberikan adalah konservatif. Oleh karena itu, fungsi

potensial f diperoleh dari F( x, y) = ∇ f ( x, y), dan fungsi potensialnya diberikan oleh, f ( x,y) = c,

dimana,

f ( x,y) = dy ye y xe x xy )sin2(∫ −+ + h( x)

= xye + y2 + e

xcos y + h( x)

Seperti contoh 4.2.1, h( x) diperoleh dari :

x

f

∂

∂( x, y) = M ( x,y)

x∂

∂ ( xye + y

2 + e

xcos y) + h ( x) = x + y xye + e

xcos y

y xye + e x

cos y + h ( x) = x + y xye + e x

cos y

h ( x) = x

h( x) = dx x ∫ + c = 2

2

1 x + .c



202

Karena, h( x) = 2

2

1 x + c. Jadi, fungsi pembangkitnya diberikan oleh,

f ( x,y) = xye + y2 + e

xcos y + 2

2

1 x + c

Pada dasarnya, metode untuk menentukan fungsi pembangkit dua variabel x dan y dapat

dikembangkan untuk menentukan fungsi pembangkit tiga variabel x, y dan z, yakni dengan

pendekatan diferensiaal total atau fungsi gradien. Misalkan diberikan fungsi medan vektor,

F( x, y, z) = M ( x,y, z)i + N ( x,y, z) j + R( x,y, z) k

dimana M , N , dan R adalah fungsi-fungsi tiga variabel yang kontinu, dan mempunyai turunan

parsial yang kontinu. Medan vektor F dikatakan konservatif (atau medan vektor gradien), jika

hanya jika :

y

M

∂

∂ =

x

N

∂

∂;

z

M

∂

∂=

x

R

∂

∂;

z

N

∂

∂ =

y

R

∂

∂

Seperti pada permasalahan fungsi medan vektor dua variabel, bilamana diberikan fungsi

medan vektor konservatif, masalah yang timbul adalah menentukan fungsi potensial atau

fungsi pembangkitnya, yaitu dari F( x, y, z) = ∇ f ( x, y, z),. Andaikan diberikan fungsi medan

vektor F( x, y, z) = M ( x,y, z)i + N ( x,y, z) j + R( x,y, z) k konservatif, fungsi potensial f untuk F

adalah fungsi tiga variabel f ( x, y, z) = c, sedemikian rupa sehingga F( x, y, z) = ∇ f ( x, y, z), dimana

fungsi tersebut diberikan oleh,

f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + g( y, z)

dimana g( y, z) fungsi dari y dan z diperoleh dari,

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

Dengan mendeferensialkan persamaan, f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + g( y, z) secara parsial

terhadap y dihasilkan,

y∂

∂dx z y x M ),,(∫ + ),( z yg y = N ( x, y, z),

),( z yg y = N ( x, y, z) – y∂

∂dx z y x M ),,(∫

Jadi fungsi g( y, z) pada penyelesaian umum persamaan diferensial eksak adalah,

g( y, z) = ∫ ∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂− dydx z y x M y

z y x N ),,(),,( + h( z)


f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + ∫ ∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂− dydx z y x M

y z y x N ),,(),,( + h( z)

Sedangan h( z) diperoleh dari,

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



203

Mengingat, bilamana fungsi medan vektornya adalah konservatif, maka untuk menentukan

fungsi pembangkitnya tidak tergantung pada urutan integrasi. Dengan cara yang sama urutan

integrasi parsial untuk menentukan fungsi pembangkit f ( x, y, z) dapat dikerjakan dengan urutan

yang berbeda, misalnya pertama integrasi terhadap y, langkah kedua integrasi terhadap z dan

terakhir adalah integrasi terhadap x. Pendekatan lain, langkah pertama integrasi terhadap z,

integrasi kedua terhadap y, dan integrasi terakhir terhadap x. Namun demikian, perbedaan

urutan integrasi ini tidak mempengaruhi hasil akhir. Untuk lebih jelasnya perhatikanlahcontoh-contoh soal berikut ini.

Contoh 4.2.3

Tentukan fungsi potensial f untuk medan vektor F, jika medan vektor yang diberikan berikut

ini adalah konservatif.

F( x, y, z) = )(2 3 ze x y − i + ( x2 ye – 2 y cos z) j + ( y

2sin z – 3 x

2 z

2 + z

2)k

Penyelesaian

Dari fungsi medan vektor F dihasilkan :

M ( x, y, z) = )(2 3 ze x y − , N ( x, y, z) = x2 ye – 2 y cos z, dan R( x, y, z) = y

2sin z – 3 x

2 z2 + z2

Dengan menurunkan secara parsial terhadap x, y, dan z dihasilkan :

y M = ye x 2 x N = ye x 2 x R = 26 xz−

z M = 26 xz− z N = 2 y sin z y R = 2 y sin z


y M = x N = ye x 2

z M = x R = 26 xz−

z N = y R = 2 y sin z

Dari hasil diatas maka dapat disimpulkan bahwa medan vektor yang diberikan adalah medan

vektor konservatif.

Sedangkan fungsi potensialnya adalah f ( x, y, z) = c, dan diberikan oleh :

f ( x, y, z) = dx z y x M ),,(∫ + g( y, z)

= dx ze x y )(2 3∫ − + g( y, z)

= )( 32 ze x y − + g( y, z)

dimana g( y, z) fungsi dari y dan z diperoleh dari,

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

y∂

∂[ )( 32 ze x y − ] + ),( z yg y = x

2 ye – 2 y cos z

x2 ye + ),( z yg y = x

2 ye – 2 y cos z

),( z yg y = – 2 y cos z

g( y, z) = – dy z y cos2∫

= – y2 cos z + h( z)

Dengan demikian fungsi pembangkitnya dapat ditulis menjadi,

f ( x, y, z) = )( 32 ze x y − – y2cos z + h( z)



204

dimana h( z) diperoleh dari,

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

z∂

∂[ )( 32 ze x y − – y

2cos z] + h′ ( z) = y

2sin z – 3 x

2 z

2 + z

2

– x2 z

2 + y

2sin z + h′ ( z) = y

2sin z – 3 x

2 z

2 + z

2

h′ ( z) = z

2

h(z) = dz z 2

∫

= 3

3

1 z + c

Jadi fungsi pembangkitnya medan vektornya yang diberikan adalah,

f ( x, y, z) = )( 32 ze x y − – y2cos z + 3

3

1 z + c

Contoh 4.2.4

Tentukan fungsi potensial f untuk medan vektor F, jika medan vektor yang diberikan berikut

ini adalah konservatif,

F( x, y, z) = x2(1 – 3 ye2 z)i + (3 y2cos z – x3e2 z) j + ( z2 – y3 sin z – 2 x3 ye2 z)k Penyelesaian

Dari fungsi medan vektor F dan selanjutnya dengan menurunkan secara parsial terhadap x, y,

dan z dihasilkan :

M ( x, y, z) = x2(1 – 3 ye

2 z); N ( x, y, z) = 3 y

2cos z – x

3e

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

2 – y

3sin z – 2 x3 ye

2 z

y M = –3 x2e

2 z x N = –3 x

2e

2 z x R = – 6 x

2 ye

2 z

z M = –6 x2 ye

2 z z N = –(3 y

2 sin z + 2 x

3e

2 z) y R = – (3 y

2 sin z + 2 x

3e

2 z)


y M = x N = –3 x2e

2 z

z M =

x R = –6 x

2 ye

2 z

z N = y R = – (3 y2 sin z + 2 x

3e

2 z)


vektor konservatif.

Sedangkan fungsi potensialnya adalah f ( x, y, z) = c, dan diberikan oleh :

f ( x, y, z) = dy z y x N ),,(∫ + g( x, z)

= dye x z y z )cos3( 232∫ − + g( x, z)

= y3cos z – x

3 ye

2 z + g( x, z)

dimana g( x, z) fungsi dari x dan z diperoleh dari,

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

z∂

∂[ y

3cos z – x

3 ye

2 z] + g z( x, z) = z

2 – y

3sin z – 2 x

3 ye

2 z

– 3 y2 sin z – 2 x

3 ye

2 z + g z( x, z) = z

2 – y

3 sin z – 2 x

3 ye

2 z

g z( x, z) = z2

g( x, z) = dz z 2∫ + h( x) = 3

3

1 z + h( x)



205


f ( x, y, z) = y3cos z – x

3 ye

2 z + 3

3

1 z + h( x)

dimana h( x) diperoleh dari,

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

x∂

∂[ y3cos z – x3 ye2 z + 3

31 z ] + h′ ( x) = x2(1 – 3 ye2 z)

–3 x2 ye

2 z + h′ ( x) = x

2(1 – 3 ye

2 z)

h′ ( x) = x2

h( x) = dx x 2∫ = 3

3

1 x + c


f ( x, y, z) = y3cos z – x

3 ye

2 z + 3

3

1 z + 3

3

1 x + c

Contoh 4.2.5

Tentukan fungsi potensial f untuk medan vektor F, jika medan vektor yang diberikan berikutini adalah konservatif,

F( x, y, z) = ( x ln x + 2 x ln y + y3e

2 z)i + (

y

x2

+ 3 xy2e

2 z) j + ( z + 2 xy

3e

2 z)k

Penyelesaian

Dari fungsi medan vektor F dan selanjutnya dengan menurunkan secara parsial terhadap x, y,

dan z dihasilkan :

M ( x, y, z) = x ln x + 2 x ln y + y3e

2 z N ( x, y, z) =

y

x2

+ 3 xy2e

2 z R( x, y, z) = z + 2 xy

3e

2 z

y M = ze y

y

x 2232

+ x N = ze y

y

x 2232

+ x R = 2 y3e

2 z

z M = 2 y3e

2 z z N = 6 xy

2e

2 z y R = 6 xy

2e

2 z


y M = x N = ze y y

x 2232

+

z M = x R = 2 y3e

2 z

z N = y R = 6 xy2e

2 z


vektor konservatif. Sedangkan fungsi potensialnya adalah f ( x, y, z) = c, dan diberikan oleh :

f ( x, y, z) = dz z y x R ),,(∫ + g( x, y) = dze xy z z )2( 23∫ + + g( x, y)

= ze xy z 232

2

1+ + g( x, y)

dimana g( x, z) fungsi dari x dan y diperoleh dari,

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

y∂

∂[ ze xy z 232

2

1+ ] + ),( y xg y =

y

x2

+ 3 xy2e

2 z



206

3 xy2e

2 z + ),( y xg y =

y

x2

+ 3 xy2e

2 z

),( y xg y = y

x2

+ h( x)

g( x, y) = ∫ dy y

x

2

+ h( x) = x2 ln y + h( x)


f ( x, y, z) = ze xy z 232

2

1+ + x

2 ln y + h( x)

dimana h( x) diperoleh dari,

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

x∂

∂[ ze xy z 232

2

1+ + x

2 ln y] + h′ ( x) = x ln x + 2 x ln y + y

3e

2 z

y3e

2 z + 2 x ln y + h′ ( x) = x ln x + 2 x ln y + y

3e

2 z

h′ ( x) = x ln x

h( x) = dx x x ln∫

= )1ln2(4

1 2 − x x + c


f ( x, y, z) = ze xy z 232

2

1+ + x

2 ln y + )1ln2(

4

1 2 − x x + c


Dalam soal-soal berikut ini, selidikilah apakah medan vektor yang diberikan konservatif. Jikakonservatif tentukanlah fungsi potensial f untuk fungsi medan vektor F.

1. F( x, y) = )( 23 y x

i + )2( 3 y xy

j

2. F( x, y) = ( x + y sin 2 x)i + )3(sin 22 y x j

3. F( x, y) = (2 x + y cos( xy))i + ( x cos( xy) – 2 y) j

4. F( x, y) = )}sin(2{ 22 y x x i + )sin( 22 y x y − j

5. F( x, y) = 2)( y x

i + )2( 2 y ye xy x ++ j

6. F( x, y) = )( xy x yee + i + )1( xy xe+ j

7. F( x, y) = )( y x e xe − i + )1( xe y − j

8. F( x, y) = 22 )1(3 y x i + )1(2 3 y x j



207

9. F( x, y) = )ln2cos( y x ye x + i +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +− y ye

y

x x2sin

2

j

10. F( x, y) =21 x

y x

+

+i + (arc tan x – 2 y) j

11. F( x, y) =21

21 x xy

++ i +

⎪⎭⎪⎬⎫

⎪⎩⎪⎨⎧

+++ 2

2

12)1ln( y y x j

12. F( x, y) =21 x

y x

−

+i + (arc sin x + 2 y) j

13. F( x, y) =2

2

1

)1(

x

y x

+

+i +

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−+

2

2

1

1)1ln(2

y x y j

14. F( x, y) =2

13 x xy + i +⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++ y

y x

ln)1(

2/32 j

15. F( x, y) = )cos2( xe y x − i + )sin( 2 y x y j

16. F( x, y) = )2sin1( 3 x y i + )cos32( 22 x y y j

17. F( x, y) =⎭⎩

x y y

x65

2 2 i +⎪

⎪

⎬

⎫

⎪

⎪

⎨

⎧

xy y

x y 102

2

2

j

18. F( x, y) = )2sin3(2

xy y y i + (6 xy + x sin 2 xy + 1) j

19. F( x, y) = x

y x

+

+

1i +

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+++

)1ln(1

1 x

y j

20. F( x, y) =21 x

xy x

+

+i +

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+++

y x

1

11 2 j

21. F( x, y) = )}1ln(2{ 3 y x x ++ i +⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+++

y y y

xcos2

1

2

j

22. F( x, y) = )arctan23( 2 y x x i +⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

++

y ye y

x

2

2

1 j

23. F( x, y) = )21( 22 y xe

y x + i + )2(23

ye x y x + j

24. F( x, y) =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++−

)1ln(21

y x x

xi +

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

++

+ y

y

y

x

11

2

j

25. F( x, y) = ( x + x ye x

sin )i + [( x – 1) ye x

cos + 3 y) j

26. F( x, y, z) = ( y2 xe + 2 x ze )i + 2 y( xe + ze ) j + ( x

2 + y

2 + z

2) ze k

27. F( x, y, z) = ( x2 – y

2)i + ( yz

2 – 2 xy) j + ( y

2 z + 3 z

2)

ze k

28. F( x, y, z) = (2 x sin y – 2 x ze )i + ( x2 cos y + 2 yz

3) j + (3 y

2 z

2 – x

2 ze )k

29. F( x, y, z) = ( z2 xe + 2 x ye )i + ( x

2 – z

2) ye j + 2 z( xe – ye + ze )k

30. F( x, y, z) = ( xz2 + 2 xy

3)i + (3 x

2 y

2 + 2 z ye ) j + ( x

2 z + z

2 ye + ln z)k



208

31. F( x, y, z) = ( z2 xe + 2 xy ze )i + ( x

2 ze + ln y) j + (2 z xe + x2 y ze + ln z)k

32. F( x, y, z) = x( y2

+ z2)i + y( x

2 + y

2+ z

2) j + z( x

2 + y

2+ ln z)k

33. F( x, y, z) = 2 x( ye – y2 cos z)i + ( x

2 ye – 2 x2 y cos z + 2 y) j + ( x

2 y

2 + ze )sin z k

34. F( x, y, z) = ( xy2 ze2 + 2 x cos y)i + ( x

2 y ze2 – x

2sin y + y) ye j + ( x

2 y

2 + cos z) ze2

k

35. F( x, y, z) = 2 x( y3 + z

3)i + y

2(3 x

2 + 2 z

3) j + z

2(3 x

2 + 2 y

3 + ln z)k



209

4.3. Integral Garis

Konsep luas pada bidang datas, biasanya sering digunakan untuk mendefinisikan integral

tertentu, atau sering dikenal dengan jumlah Reimaan. Demikian pula, sebagai ilustrasi untuk

mendefinisikan integral suatau medan vektor, akan digunakan konsep usaha atau kerja yang

dilakukan oleh sebuah medan vektor gaya sepanjang garis lurus, khususnya medan vektorgaya dalam ruang dimensi dua atau tiga.

Andaikan F( x, y, z) adalah medan gaya yang bekerja pada suatu titik ( x, y, z), dan diberikan

oleh,

F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k

dengan M , N , dan R fungsi-fungsi dari x, y, dan z yang kontinu. Andaikan, W adalah kerja

yang dilakukan oleh medan gaya F untuk memindahlan suatu partikel sepanjang kurva mulus

sederhana C . Andaikan pula bahwa, r = xi + y j + zk adalah vektor posisi untuk titik P( x, y, z)

pada kurva C , seperti yang terlihat pada Gambar 4.3.1.

z

F

B

T

r

A y

x

Gambar 4.3.1.

Jika T adalah vektor singgung satuan,ds

d rdi P, komponen singgung F di P adalah F•T.

Dengan demikian kerja W yang dilakukan medan gaya F sepanjang kurva mulus sederhana C

dengan jarak Δs diberikan oleh :

W ≈ F•T Δs

Bilamana kerja W yang dilakukan sepanjang kurva C dari titik A sampai dengan titik B, maka

kerja W yang dilakukan oleh medan gaya F sepanjang kurva mulus sederhana C didefinisikan

oleh,

W = ∫ •C

dsTF

Mengingat, T =dt

d r ds

dt , maka kerja W dapat ditulis menjadi,

W = ∫ •C

dsds

dt

dt

d

rF

= ∫ •C

d rF



210

Selanjutnya, karena d r = dx i + dy j + dz k, dan F = M i + N j + R k, maka

F• d r = ( M i + N j + R k)•(dx i + dy j + dz k)

= M dx + M dy + R dz

maka kerja W yang dilakukan oleh medan gaya F sepanjang kurva mulus sederhana C diberikan oleh,

W = ∫ •C

d rF = ∫ ++C

dz Rdy N dx M

Rumus integral pada bagian ruas kanan diatas dikenal dengan istilah integral garis. Rumus

diatas juga dapat dikembangkan untuk fungsi medan gaya pada ruang dimensi dua. Dengan

demikian usaha W yang dilakukan oleh medan gaya, F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j, sepanjang

kurva mulus sederhana C dalam bidang diberikan oleh,

W = ∫ •C

d r F = ∫ +C

dy N dx M

Sedangkan untuk menghitung integral garis diatas dapat dialkukan dengan beberapa

pendekatan. Untuk lebih jelasnya sebagai ilustrasi perhitungan integral garis diatas,

perhatikanlah contoh berikut ini.

Contoh 4.3.1.

Misalkan suatu partikel bergerak dari titik (0,0) ke titik (2,4). Hitunglah kerja total yang

dilakukan oleh medan gaya :

F( x, y) = ( x2 + xy

2)i + ( x

2 y + 2 y) j,

bilamana, kurva C adalah berbentuk kurva paraboloida, y = x2. Asumsikanlah jarak diukur

dalam meter, dan medan gaya dalam newton.

PenyelesaianPerhatikanlah skesa grafik parabola seperti

pada Gambar 4.3.2, Dalam bentuk persamaan 4 y = x2

parameter persamaan parabola, y = x2

diberikan oleh :

x = t , y = t 2, 0 ≤ t ≤ 2.

Dengan demikiam persamaan fungsi vektor

dari parabola y = x2 adalah, x

r(t ) = t i + t 2 j 2

dan Gambar 4.3.2

r (t ) = i + 2t j

Dengan persamaan parameter tersebut, medan vektor F dapat ditulis menjadi,

F = (t 2 + (t )(t

2)2)i + (t

2t 2 + 2t

2) j,

= (t 2 + t

5)i + (t

4 + 2t

2) j,

Menurut definisi, oleh karenanya kerja W yang dilakukan oleh medan vektor F sepanjang

kurva C diberikan oleh :



211

W = ∫ •)4,2(

)0,0(rF d

= ∫ +2

0

52 )(

it t + (t 4 + 2t

2) j • (i + 2t j)dt

= ∫ ++2

0

532 )34(

dt t t t

=2

0

643

2

1

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++ t t t

= 32163

8++

=3

152

Jadi kerja total yang dilakukan medan gaya F sepanjang kurva C adalah3

152 Joule .

Pendekatan lain yang dapat digunakan untuk menghitung kerja total diatas adalah dengan

menggunakan rumus :W = ∫ +

C dy N dx M

= ∫ +++C

dy y y xdx xy x ) )2(( 222

Dengan rumus diatas, ambil variabel x sebagai parameter, dan substitusikan :

y = x2,

dy = 2 x dx

dengan 0 ≤ x ≤ 2.

Jadi, integral garis diatas dapat dihitung pula dengan cara sebagai berikut yaitu,

W =

∫ +++

C dy y y xdx xy x ) )2(( 222

= ∫ +++2

0

222222 )2)2())((

( dx x x x xdx y x x

= ∫ ++2

0

532 )34(

dx x x x

=

2

0

643

2

1

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++ x x x

= 32163

8++

=

3

152

Jadi kerja total yang dilakukan medan gaya F sepanjang kurva C adalah3

152 Joule .

Perhatikanlah bahwa, baik menggunakan variabel x atau t sebagai parameter jedua variabelmenghasilkan hasil akhir yang sama, karena lintasannya sama. Dengan demikian integralgaris nilainya tidak tergantung pada variabel yang digunakan. Dengan demikian pendekatankerja total dapat digunakan untuk mendefinisikan integral garis. Berikut ini disajikan secaraformal dari definisi integral garis.



212

Andaikan C adalah suatu kurva pada ruang dimensi tiga yang diberikan oleh persamaanvektor :

z

r(t ) = x(t ) i + y(t ) j + z(t )k a ≤ t ≤ b F B

sedemikian rupa sehingga x (t ), y (t ), dan z (t ) C

kontinu pada interval tertutup a ≤ t ≤ b. A rLihat Gambar 4.3.3. Misalkan pula F adalah y

medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k x

Gambar 4.3.3dimana M , N , dan R fungsi dari x, y, dan z yang kontinu. Maka integral garis F sepanjang kurva C didefinisikan oleh,

∫ •C

d rF = dt t t C

rrF∫ ′• )())((

= M C

(

∫ x′ + N y’ + R z’) dt

Bilamana d r = dx i + dy j + dz k, maka integral garis diatas dapat dituliskan menjadi,

∫ •C

d rF = ∫C M ( x, y, z)dx + N ( x, y, z)dy + R( x, y, z)dz

Selanjutnya, andaikan C adalah suatu kurva pada ruang dimensi dua yang diberikan oleh

persamaan vektor :

y

r(t ) = x(t ) i + y(t ) j a ≤ t ≤ b F B

sedemikian rupa sehingga x (t ), dan y (t ) C

kontinu pada interval tertutup a ≤ t ≤ b. A

Lihat Gambar 4.3.4. Misalkan pula F adalah r

medan vektor yang didefinisikan oleh, x

F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j Gambar 4.3.4

dimana M , dan N fungsi-funsgi dari x, dan y yang kontinu. Maka integral garis F sepanjang

kurva C didefinisikan oleh,

∫ •

C d rF = dt t t C rrF∫ ′•

)())((

= ))(),(( t yt x M C ∫ x

(t ) dt + N ( x(t ), y(t )) y

(t ) dt

Bilamana d r = dx i + dy j, maka integral garis diatas dapat dituliskan menjadi,

∫ •C

d rF = ∫C M ( x, y)dx + N ( x, y)dy



213

Contoh 4.3.1

Hitunglah integral garis dari, ∫ •C

d rF , jika F = x2 yi + ( x

2 – xy) j, apabila C adalah segmen

garis lurus dari (–1,1) ke (0,0) dan busur parabola dari (0,0) sampai dengan (2,4)

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa grafik kurva C seperti y

terlihat pada gambar. Dari sketsa pada 4 (2,4)Gambar 4.3.5, terlihat bahwa lintasan kurva

C terdiri atas busur-busur sederhana C 1

dan C 2. Segmen busur C 1 adalah garis lurus, (-1,1) C 2

y = – x, dan C 2 adalah busur parabola y = x2. 1

Dengan demikian untuk menghitung integral C 1garisnya harus dihitung atas dua segmen garis

tersebut. Oleh karenanya integral garis dari –1 2 x

(-1,1) ke (2,4) diberikan oleh : Gambar 4.3.5

∫ •C

d rF = ∫ •1C

d

rF + ∫ •2C

d

rF = ∫ − •)0,0(

)1,1(

rF d + ∫ •

)4,2(

)0,0(

rF d

Menghitung, ∫ •1C

d

rF

Untuk menghitung integral garis sepanjang busur C 1, pada Gambar 4.3.5, yakni y = – x dari

(–1,1) ke (0,0) substitusikanlah :

y = – x, dan dy = – dx, –1 ≤ x ≤ 0

Dengan demikian dihasilkan,

∫ •1C

d

rF = ∫ − •)0,0(

)1,1(

rF d = ∫ − −+

)0,0(

)1,1(

22 )(

dy xy xdx y x

= ∫ − −−−+−0

1

22 )())(()(

dx x x xdx x x

= ∫ − −0

1

32 )2(

dx x x

=

0

1

43

4

1

3

2

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x

=4

1

3

2+ =

12

11

Menghitung, ∫ •2C d rF

Untuk menghitung integral garis sepanjang busur C 2, pada Gambar 4.3.5, yakni y = x2 dari

(0,0) ke (2,4) substitusikanlah :

y = x2, dan dy = 2 x dx, 0 ≤ x ≤ 2




214

∫ •2C

d

rF = ∫ •)4,2(

)0,0(

rF d

= ∫ −+)4,2(

)0,0(

22 )(

dy xy xdx y x

= ∫ −+2

0

2222 )2())(()(

xdx x x xdx x x

= ∫ −2

0

43 )2(

dx x x

=

2

0

54

5

1

4

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x

=5

32

4

32− =

20

32 =

5

8

Jadi integral garis dari, x2 y dx+ ( x

2 – xy)dy, atas kurva C pada gambar 4.3.5 adalah,

∫ •C

d rF = ∫ − −+)4,2(

)1,1(

22 )(

dy xy xdx y x

= ∫ − −+)0,0(

)1,1(

22 )(

dy xy xdx y x + ∫ −+)4,2(

)0,0(

22 )(

dy xy xdx y x

=12

11 +

5

8 =

60

9655+ =

60

151

Contoh 4.3.2

Hitunglah integral garis,

∫ •C

d rF = ∫ +− C

dy xydx y x 3)2( 22 ,

dari (0,0) ke titik (1,1) bilamana C adalah sembarang kurva yang berbentuk :

(a). Garis lurus dari (0,0) ke (1,1)(b). Parabola, y = x

2, dengan 0 ≤ x ≤ 1

(c). Persamaan parameter, x = t 2, y = t

3 dengan 0 ≤ t ≤ 1.

Penyelesaian

Kasus pertama garis lurus. y

Perhatikanlah sketsa kurva C yang y = x

berbentuk garis lurus, y = x. pada

Gambar 4.3.6. Oleh karena itu

substitusikanlah,

y = x, dan dy = dx, 0 ≤ x ≤ 1 0 1 x

Gambar 4.3.6.


∫ •C

d rF = ∫ +−(1,1)

)0,0(

22 3)2( dy xydx y x

= ∫ +−1

0

22 )(3))(2(

dx x xdx x x

= ∫1

0

24

dx x =

1

0

3

3

4

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ x =

3

4



215

Kasus kedua, parabola y = x2 y

Perhatikanlah sketsa grafik parabola y = x2 1 y = x

2

seperti terlihat pada Gambar 4.3.7. Oleh

karena itu untuk menghitung integral garis

atas kurva tersebut substistusikanlah,

y = x2, dan dy = 2 x dx, 0 ≤ x ≤ 2 x

0 1

Sehingga dihasilkan, Gambar 4.3.7

∫ •C

d rF = ∫ +−(1,1)

)0,0(

22 3)2( dy xydx y x

= ∫ +−1

0

2222 )2()(3))(2(

dx x x xdx x x

= ∫ +1

0

42 )52(

dx x x

=

1

0

53

3

2

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡+ x x = 1

3

2+ =

3

5

Kasus ketiga, persamaan parameter,

Untuk persamaan parameter, x = t 2, y = t

3 dengan 0 ≤ t ≤ 1. Untuk menghitung itegral

garisnya subsititusikanlah :

x = t 2, dx = 2t dt

y = t 3, dy = 3t

2dt

dengan 0 ≤ t ≤ 1. Sehingga dihasilkan,

∫ •C

d rF = ∫ +−(1,1)

)0,0(

22 3)2( dy xydx y x

= ∫ +−1

0

2322322 )3())((3)2())()(2(

dt t t t tdt t t

= ∫ +1

0

75 )74(

dt t t

=

1

0

86

8

7

6

4

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+ t t =

8

7

6

4+ =

24

37

Contoh 4.3.3


∫ •C

d rF = ∫ +−+

)C

dz yzdy xz ydx xy 2(2 2

dari titik (0,0,0) ke titik (1,2,1). Bilamana C adalah kurva yang berbentuk.(a). Garis lurus dari (0,0,0) ke (1,2,1)

(b). Persamaan vektor, r(t ) = t i + 2t 2 j + t

3k, 0 ≤ t ≤ 1.

Penyelesaian

Kasus pertama, lintasan C garis lurus. Persaman garis lurus dari (0,0,0) ke titik (1,2,1), dalam

bentuk persamaan parameter adalah,

x = t , y = 2t , z = t , 0 ≤ t ≤ 1



216

Sehingga dihasilkan, dx = dt , dy = 2 dt , dz = dt . Dengan mensubsitusikan pada persamaan

integral garis dihasilkan,

∫ •C

d rF = ∫ +−+

))1,2,1(

)0,0,0(

2 2(2 dz yzdy xz ydx xy

= ∫ +−+1

0

2 ))(2(22))(()2(()2)((2

dt t t dt t t t dt t t

= ∫1

0

210

dt t =1

0

3

3

10

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡t =

3

10

Kasus Kedua. Untuk lintasan C berbentuk persamaan vektor r(t ) = t i + 2t 2 j + t

3k, 0 ≤ t ≤ 1.

Ambil sebagai persamaan paramaternya adalah,

x = t , y = 2t 2, z = t

3,

maka dihasilkan, dx = dt , dy = 4t dt , dz = 3t 2 dt . Dengan mensubsitusikan hasil diatas pada

persamaan integral garis dihasilkan,

∫ •C

d rF = ∫ +−+

))1,2,1(

)0,0,0(

2 2(2 dz yzdy xz ydx xy

= ∫ +−+1

0

2323222 )3())(2(2)2)))(()2(()2)((2

( dt t t t dt t t t t dt t t

= ∫ ++1

0

753 )1224(

dt t t t

=

1

0

864

2

3

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++ t t t

=2

3

3

11 ++ =

6

17

Dari kedua contoh diatas terlihat bahwa untuk lintasan C yang berbeda menghasilkan nilai

integral garis yang berbeda, baik integral garis dalam bidang maupun integral garis dalam

ruang. Pada kasus demikian nilai integral garis tergantung pada lintasan yang digunakan.

Sedangkan pada kasus berikut ini, nilai integral garis tidak tergantung pada lintasannta.

Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh berikut ini.

Contoh 4.3.4


∫ •C

d rF = ∫ −+−

)C

dy y x ydx xy x222 4()2(

dari titik (0,0) ke titik (2,4). Bilamana C adalah kurva yang berbentuk.(a). Garis lurus y = 2 x dari (0,0) ke (2,4)

(b). Parabola, y = x2.

Penyelesaian

Kasus pertama garis lurus.

Untuk kurva C berbentuk garis lurus y = 2 x, untuk menghitung integral garisnya ambil

sebagai persamaan paramternya adalah, x = t , y = 2t , 0 ≤ t ≤ 2. Dengan mensubtitusikan x = t ,

dx = dt , y = 2t , dan dy = 2dt , maka dihasilkan :



217

∫ •C

d rF = ∫ −+−)4,2(

)0,0(

222 4()2(

) dy y x ydx xy x

= ∫ −+−2

0

222 )2())2()()2(4()())2()(2(

dt t t t dt t t t

= ∫ −+2

0

32 )8216(

dt t t t

=2

0

432 23

28

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ t t t

= 32 +3

16 - 32 =

3

16

Kasus kedua, parabola y = x2

Untuk kurva C berbentuk garis parabola, y = x2, untuk menghitung integral garisnya ambil

sebagai persamaan paramternya adalah,

x = t , y = t 2

, 0 ≤ t ≤ 2.

Dengan mensubtitusikan x = t , dx = dt , y = t 2, dan dy = 2t dt , maka dihasilkan :

∫ •C

d rF = ∫ −+−)4,2(

)0,0(

222 4()2(

) dy y x ydx xy x

= ∫ −+−2

0

222222 )2())()()(4()())()(2(

dt t t t t dt t t t

= ∫ −+2

0

532 )382(

dt t t t

=

2

0

643

2

1

23

2

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−+ t t t

=3

16 + 32 - 32 =

3

16

Contoh 4.3.5


∫ •C

d rF = ∫ ++−+−

)C

dz z ydy x z ydx xy x )(2()4( 2223

dari titik (0,0,0) ke titik (1,1,2). Bilamana C adalah kurva yang berbentuk.

(a). Garis lurus dari (0,0,0) ke (1,1,2)

(b). Persamaan vektor, r(t ) = t i + t 2 j + 2t 3 k, 0 ≤ t ≤ 1.Penyelesaian

Kasus pertama, lintasan C garis lurus. Persaman garis lurus dari (0,0,0) ke titik (1,1,2), dalam

bentuk persamaan parameter adalah,

x = t , y = t , z = 2t , 0 ≤ t ≤ 1

Sehingga dihasilkan, dx = dt , dy = dt , dan dz = 2dt . Dengan mensubsitusikan pada persamaan

integral garis dihasilkan,



218

∫ •C

d rF = ∫ ++−+−

))1,1,1(

)0,0,0(

2223 )(2()4( dz z ydy x z ydx xy x

= ∫ ++−+−

1

0

2223 )2()2()4())(4( dt t t dt t t t dt t t t

= ∫ ++1

0

23 )462(

dt t t t

=1

0

234 222

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++ t t t

=2

1+ 2 + 2 =

2

9

Kasus Kedua. Untuk lintasan C berbentuk persamaan vektor r(t ) = t i + t 2 j + 2t

3k, 0 ≤ t ≤ 1.

Ambil sebagai persamaan paramaternya adalah,

x = t , y = t 2, z = 2t

3,

maka dihasilkan, dx = dt , dy = 2t dt , dz = 6t 2 dt . Dengan mensubsitusikan hasil diatas pada

persamaan integral garis dihasilkan,

∫ •C

d rF = ∫ ++−+−

))1,1,1(

)0,0,0(

2223 )(2()4( dz z ydy x z ydx xy x

= ∫ ++−+−

1

0

2322232223 )6()2)(()2()4())(4( dt t t t tdt t t t dt t t t

= ∫ ++1

0

653 )1494(

dt t t t

=

1

0

764 22

3

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡++ t t t

= 1 +2

3+ 2 =

2

9

Dari kedua contoh terakhir ini terlihat bahwa untuk lintasan C yan berbeda menghasilkan

nilai integral garis yang sama, baik untuk kasus integral garis dalam bidang maupun integral

garis dalam ruang. Pada kasus demikian ini, nilai integral garis tidak tergantung pada lintasan

C yang digunakan. Integral garis semacam kasus ini disebut dengan kebebasan lintasan

integral garis. Kasus-kasu demikian ini akan dibahas lebih lanjut pada sub bab kebebasan

lintasan integral garis.


Dalam soal-soal latohan berikut ini, hitunglah nilai integral garis yang diberikan

1. ∫ ++ C

dy xydx y y x )( 22 dari titik (0,0) ke titik (2,4), dan bilamana C adalah lintasan

berbentuk (a) garis lurus, (b) parabola y = x2.



219

2. ∫ +− C

dy y xdx x xy222 )( dari titik (0,0) ke titik (4,2), dan bilamana C adalah lintasan

berbentuk (a) garis lurus, dan (b) parabola x = y2.

3. ∫ +− C

dy y xdx x y x 222 )( dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah lintasan

berbentuk (a) parabola y = x2, dan (b) persamaan vektor, r(t ) = t

2 i + t

3 j, 0 ≤ t ≤ 1.

4. ∫ +− C

dy y xdx y x x222 )( dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah lintasan

berbentuk (a) parabola y = x3, dan (b) persamaan vektor, r(t ) = t

3 i + t

2 j, 0 ≤ t ≤ 1.

5. ∫ −−+ C

dy x ydx y x x )2()( 222 dari titik (0,0) ke titik (2,4), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) garis lurus, y = 2 x, (b) persamaan vektor, r(t ) = t i + t 2 j, 0 ≤ t ≤ 2.

6. ∫ −−− C

dy y x ydx y x )2()( 22 dari titik (0,0) ke titik (2,4), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) garis lurus, y = 2 x, (b) persamaan vektor, r(t ) = t i + t 2 j, 0 ≤ t ≤ 2.

7. ∫ −++ C

dy y y xdx xy x )()( 2222 dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) parabola, y = x2, (b) persamaan vektor, r(t ) = t 3 i + t 2 j, 0 ≤ t ≤ 1.

8. ∫ −++ C

dy y xydx y x )33()( 233 dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) parabola, x = y2, (b) persamaan vektor, r(t ) = t i + t

3 j, 0 ≤ t ≤ 1.

9. ∫ −−− C

dy y y xdx y x )33()1(2 223 dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) kubik, y = x3, (b) persamaan vektor, r(t ) = t i + t

2 j, 0 ≤ t ≤ 1.

10. ∫ −++ C

dy y x ydx y x x )3()3( 22 dari titik (0,0) ke titik (1,1), dan bilamana C adalah

lintasan berbentuk (a) parabola, x = y3, (b) persamaan vektor, r(t ) = t

2 i + t

3 j, 0 ≤ t ≤ 1.

11. ∫ −−− C dy y x ydx y x x )3()3(

22

dengan C adalah lintasan berbentuk parabola, y = x

2

dari(–1,1) dan dilanjutkan dengan garis lurus dari (0,0) ke (2,2)

12. ∫ +− C

dy xydx xy x 2)( 22 dengan C adalah lintasan berbentuk garis lurus dari (–1,1) ke

(0,0) dan dilanjutkan dengan parabola, y = x2 dari (0,0) ke (2,4)

13. ∫ +− C

dy xydx y x x22 2)2( dengan C adalah lintasan berbentuk garis lurus dari (0,0) ke

(1,1) dan dilanjutkan dengan parabola, y = x2 dari (1,1) ke (2,4)

14. ∫ −− C

dy y xdx xy x22 )3( dengan C adalah lintasan parabola, y = x

2 dari (–1,1) ke (0,0)

dan dilanjutkan dengan persamaan vektor, r(t ) = t 2 i + t

3 j, 0 ≤ t ≤ 1.

15. ∫ −++ C

dy y y xdx xy x )3()4( 22 dengan C adalah lintasan berbentuk persamaan vektor,

r(t ) = t 2 i + t

3 j, 0 ≤ t ≤ 1, dan dilanjutkan dengan parabola y = y = x

2 dari (1,1) ke (2,4).

16. ∫ +−+−++ C

dz y x zdy z x ydx z y x )23()()3( 222222 dengan C adalah lintasan

berbentuk persamaan vektor, r(t ) = t i + t 2 j + t

3k, 0 ≤ t ≤ 1,



220

17. ∫ +−+−++ C

dz y xdy z yxdx z xy )2()()3( 222222 dengan C adalah lintasan berbentuk

persamaan vektor, r(t ) = t i + 2t j + 3t k, 0 ≤ t ≤ 1,

18. ∫ +−++ C

dz xydy z x ydx yz x 2)()( 2 dengan C adalah lintasan berbentuk persamaan

vektor, r(t ) = t 2 i + t j + t

3k, 0 ≤ t ≤ 1,

19. ∫ +++ C

dz y x zdy xzdx xyz )(432 dengan C adalah lintasan berbentuk persamaan vektor,

r(t ) = t 3 i + t

2 j + t k, 0 ≤ t ≤ 1,

20. ∫ +−+− C

dz xydy z x ydx z y x 4)()( dengan C adalah lintasan berbentuk persamaan

vektor, r(t ) = t i + t 2 j + t

3 k, 0 ≤ t ≤ 1,

21. ∫ +−+− C

dz xyzdy z x ydx z y x 4)()( 22 dengan C adalah lintasan berbentuk persamaan

vektor, r(t ) = t i + t 2 j + t

3 k, 0 ≤ t ≤ 1,

22. ∫ −+−−+− C

dz y x zdy z x ydx z y x )2()()( 222222 dengan C adalah lintasan berbentuk

persamaan vektor, r(t ) = t i + t 2 j + t 3 k, 0 ≤ t ≤ 1,

23. ∫ −+−−+− C

dz y x zdy z x ydx z y x )2()()( 222222 dengan C adalah lintasan berbentuk

persamaan vektor, r(t ) = t 3 i + t

2 j + t k, 0 ≤ t ≤ 1,

24. ∫ −+−−+− C

dz z y xdy z x ydx z y x )2()2()2( 2222 dengan C adalah lintasan berbentuk

persamaan vektor, r(t ) = t 3 i + t

2 j + t k, 0 ≤ t ≤ 1,

25. ∫ −++−++− C

dz z y xzdy x z ydx z y x )32()(2)2( 2222 dengan C adalah lintasan yang

berbentuk persamaan vektor, r(t ) = t 3 i + t

2 j + t k, 0 ≤ t ≤ 1,



221

4.4. Kebebasan Lintasan Integral Garis

Dari berbagai contoh yang telah dibahas pada sub bab 4.3., dan sebagaimana telah dijelaskan

pada akhir pembahasan pada sub 4.3, bahwa pada penghitungan integral garis, diperoleh dua

inormasi yang cukup penting, yakni pertama nilai integral garis akan berbeda apbila lintasan

C berbeda. Sedangkan informasi kedua adalah nilai integral garis akan menghasilkan nilaiyang sama walaupun lintasan yang digunakan berbeda, dengan kata lain nilai integral garis

tidak tergantung pada lintasan C yang digunakan. Integral garis semacam ini disebut dengan

integral garis yang tidak tergantung pada lintasan, atau kebebasan lintasan integral garis.

Teorema dasar integral garis berikut ini memberikan dasar dan atau syarat-syarat yang

diperlukan agar supaya nilai integral garis tidak tergantung pada lintasan yang digunakan.

Teorema A

Andaikan C adalah kurva mulus sederhana sepotong-sepotong yang menghubungkan titik

A( x1, y1) ke titik B( x2, y2) yang terletak pada bidang. Misalkan F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) jadalah medan vektor konservatif, dan f adalah suatu fungsi potensial untuk F. Maka integral

garis, ∫ •C

d rF tidak tergantung pada lintasan C , dan

∫ •C

d rF = f ( x2, y2) – f ( x1, y1)

Atas dasar hal itu, berikut ini disajikan tiga persyaratan yang dapat digunakan untuk

memudahkan menghitung integral garis, dimana medan vektor F adalah konservatif, yaitu :

1). F = ∇ f , untuk suatu medan vektor skalar f , dengan F medan vektor konservatif

2). ∫ •C

d rF tidak tergantung pada lintasan C , jika F medan vektor konservatif

3). ∫ •

C d rF = 0 untuk setiap lintasan tertutup C , jika F medan vektor konservatif

Sebagai ilustrasi penggunaan teorema diatas, kembali pada Contoh 4.3.4, telah diperoleh

bahwa nilai integral garis dari medan vektor F( x, y) = (2 x2 – xy

2)i + (4 y – x

2 y) j dari titik (0,0)

ke titik (2,4), yaitu :

∫ •C

d rF = ∫ −+−

)C

dy y x ydx xy x 222 4()2( =3

16

Bilamana diterapkan teorema diatas, dari medan vektornya diperoleh :

M ( x, y) = 2 x2 – xy

2 N ( x, y) = 4 y – x

2 y

y M ( x, y) = –2 xy x N ( x, y) = –2 xy

Karena, y M ( x, y) = x N ( x, y) = –2 xy, maka medan vektor yang diberikan adalah konservatif

sedemikian rupa berlaku F = ∇ f . Dengan metode yang telah dikembangkan pada bagian

medan vektor konservatif, fungsi potensial f ( x,y) untuk medan vektor F adalah :

f ( x, y) = c y y x x ++− 2223 22

1

3

2



222

Karena F medan vektor konservatif, maka integral garis yang diberikan tidak tergantung padalintasan C . Dengan demikian menurut teorema diatas,

∫ •C

d rF = ∫ −+−)4,2(

)0,0(

222 4()2(

) dy y x ydx xy x

=

)4,2(

)0,0(2223 2

2

1

3

2

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− y y x x

= 32323

16+− =

3

16

Perhatikanlah bahwa hasil ini memberikan hasil yang sama dengan contoh pada 4.3.4

sebelumnya. Dari teorema diatas terlihat bahwa persyaratan yang harus dipenuhi adanya

kebebasan lintasan integral garis pertama lintasan C adalah kontinu, dan medan vektor F

adalah konservatif. Berikut ini disajikan contoh-contoh pengggunaannya.

Contoh 4.4.1Hitunglah, ∫ •

C d rF dari titik A(0,1) ke (1,2) dimana medan vektornya adalah,

F( x, y) = (2 xy3 + ye

x)i + (3 x

2 y

2 + e

x

– y2) j

Penyelesaian :

Dari contoh 4.2.1, telah diketahui bahwa medan vektor F adalah konservatif dan dengan

metode yang telah dikembangkan pada bagian medan vektor konservatif, fungsi potensial

f ( x,y) diberikan oleh,

f ( x, y) = x2 y

3 + ye

x – 3

3

1 y + c

Sehingga dengan menerapkan Teorema A, maka diperoleh :

∫ •

C d rF

= ∫ −+++

)

)2,1(

)1,0(

2223

3()2( dy ye y xdx ye xy

x x

=

)2,1(

)1,0(

332

3

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ y ye y x x

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

3

828 e – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

3

110 = e2

3

14+

Contoh 4.4.2

Hitunglah, ∫ −++

)C

dy y xydx y x 123()2( 233 dari titik (–1,1) ke titik (2,4) dengan cara

langsung dan menggunakan teorema

PenyelesaianMenentukan fungsi skalar f

Medan vektor dari soal yang diberikan adalah,

F( x, y) = (2 x3

+ y3)i + (3 xy

2 – 12 y) j

Dari medan vektor F dihasilkan,

M ( x, y) = 2 x3 + y

3 N ( x, y) = 3 xy

2 – 12 y

y M ( x, y) = 3 y2 x N ( x, y) = 3 y

2



223

Karena, y M ( x, y) = x N ( x, y) = 3 y2, maka medan vektor F adalah medan vektor konservatif

sedemikian rupa berlaku F = ∇ f , dan dengan metode yang telah dikembangkan pada bagian

medan vektor konservatif, fungsi potensial f ( x,y) diberikan oleh,

f ( x, y) = c y xy x +−+ 234 62

1

Menghitung ∫ •C

d rF

Karena medan vektor F konservatif, maka nilai integral garisnya tidak tergantung pada

lintasan C . Oleha karena itu untuk menghitungnya dapat dialkukan dengan dua pendekatan

yaitu dengan mengambil sembarang kurva C yang menghubungkan kedau titik atau langsung

dengan teorema. Pendekatan pertama, andaikanlah bahwa lintasan yang digunakan yang

menghubungkan titik (-1,1) ke titik (2,4) adalah parabola y = x2, -1 ≤ x ≤ 2. Selanjutnya

dengan mensubstitusikan, y = x2, dy = 2 xdx, -1 ≤ x ≤ 2 dihasilkan :

∫ •C

d rF = ∫ − −++

))4,2(

)1,1(

233 123()2( dy y xydx y x

= ∫ − −++

)2

1

2563 )2(123()2( xdx x xdx x x

= ∫ − −

2

1

36 )227( dx x x

=

2

1

47

2

11

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− x x

= (128 – 88) – ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

2

111 =

2

93

Pendekatan kedua untuk menghitung integral garus diatas adalah dengan menggunakan

Teorema A. Karena, F( x, y) = (2 x3

+ y3

)i + (3 xy2

– 12 y) j konservarif, dan sedemikian rupa berlaku F = ∇ f , maka menurut teorema :

∫ •C

d rF = ∫ − −++

))4,2(

)1,1(

233 123()2( dy y xydx y x

=

)4,2(

)1,1(

234 62

1

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ y xy x = [8 + 128 – 96) – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− )61

2

1

=2

147 − =

2

93

Perhatikanlah bahwa baik pendekatan pertama dan kedua menghasilkan integral garis dengan

nilai yang sama, jadi,

∫ − −++

))4,2()1,1(

233 123()2( dy y xydx y x =2

93

Contoh 4.4.3.

Hitunglah, ∫ •C

d rF dari titik A(0,1) ke (1,2) dimana medan vektornya adalah,

F( x, y) = (2 x ln y + y xye )i +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −+ y xe

y

x xy2

j



224

Penyelesaian :

Dari fungsi medan vektornya, dihasilkan:

M ( x,y) = 2 x ln y + y xye N ( x,y) = y xe

y

x xy −+2

y M ( x, y) =

y

x2+ xye + y xye ( x) x N ( x, y) =

y

x2+ xye + x xye ( y)

= y

x2 + (1 + xy)

xye =

y

x2 + (1 + xy)

xye

Karena, y M = x N ( x, y) = y

x2 + (1 + xy) xy

e , maka fungsi medan vektor F yang diberikan

adalah konservatif, sedemikian rupa sehingga berlaku F( x, y) = ∇ f ( x, y). Dengan metode yang

telah dikembangkan pada bagian medan vektor konservatif, fungsi potensial f ( x,y) untuk

medan vektor F diberikan oleh,

f ( x,y) = x2 ln y + xye – 2

2

1 y + c

Jadi menurut Teorema integral garis dari F( x, y) = (2 x ln y + y xye )i +⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −+ y xe

y x xy

2

j dari

titik A(0,1) ke (1,2) tidak tergantung pada lintasan yang digunakan. Jadi nilai integral

garisnya diberikan adalah,

∫ •C

d rF = ∫ +

)2,1(

)1,0()ln2( dx ye y x xy +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −+ y xe

y

x xy2

dy

=

)2,1(

)1,0(

22

2

1ln

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ ye y x xy =

2

52ln 2 −+ e

Dari contoh-contoh diatas terlihat bahwa, jika F konservatif penghitungan integral garis miripdengan teorema dasar kalkulus. Oleh karenanya Teorema kebebasan lintasan integral garis ini

dikenal pula dengan teorema Dasar Kalkulus Integral Garis. Kebebasan integral garis ini

berlaku pada ruang dimensi tiga. Hal ini dinyatakan pada teorema berikut ini.

Teorema B

Misalkan C adalah lintasan mulus sederhana sepotong-potong kontinu dari titik A( x1, y1, z1)

ke titik B( x2, y2, z2) yang terletak pada ruang dimensi tiga. Misalkan :

F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y , z)k

adalah medan vektor konservatif, dan f ( x, y, z) adalah suatu fungsi potensial untuk F. Maka

integral garis, ∫ •C d rF tidak tergantung pada lintasan C , dan

∫ •C

d rF = f ( x2, y2, z2) – f ( x1, y1, z1)

Sebagai ilustrasu manfaat yang sangat penting dari teorema diatas adalah penerapannya

dalam bidang ilmu fisika, yakni Hukum Kekekalan Energi. Hukum ini menyatakan bahwa

jumlahan energi kinetik dan energi potensial adalah konstan.

Andaikan bahwa suatu benda bermassa m bergerak sepanjang kurva C yang diberikan oleh,

r(t ) = x(t )i + x(t )i + y(t ) j + z(t )k



225

Bilamana medan gaya vektor F konservatif, sedemikian rupa berlaku F(r) = f (r). Dari ilmu

fisika mekanika diperoleh bahwa :

(i). F(r) = m a(t ) = m r (t )

(ii). KE =2

1m| r |

2 r(t ) (KE = Energi Kinetik)

(iii). PE = – f (r). (PE = Energi Potensial)

Selanjutnya dengan mendeferensialkan KE dan PE terhadap waktu t diperoleh,

dt

d (KE + PE) =

dt

d ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−′ )(|)(|

2

1 2 rr f t m

=2

1m[ r (t ) r (t ) ] – ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂

t

z

z

f

t

y

y

f

t

x

x

f

= m r (t ) r (t ) – ∇ f (r) r (t ) = [m r (t ) – ∇ f (r)] r (t )

= [F(r) – F(r)] r (t )

= 0

Karena,dt

d (KE + PE) = 0, dan menurut definisi turunan, fungsi turunan yang hasilnya nol

adalah konstanta. Jadi terbuktilah bahwa (KE + PE) = adalah konstan. Dengan kata lain

jumlahan energi kinetik dan energi potensial adalah konstan.

Contoh 4.4.4

Buktikanlah bahwa integral garis,

∫ •C

d rF = ∫ ++⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++++

C

z z z dz ze xydye xy y

xdxe y y x x x )2(3)ln2ln( 2322

223

tidak tergantung pada lintasan C , dan hitunglah nilai integral garisnya dari titik (1,1,0) ke titik(e,e,1)

Penyelesaian

Integral garis tidak tergantung pada lintasan C , bilamana medan vektor F merupakan gradien

medan skalar f atau medan vektornya adalah konservatif. Dari integral garis diketahui bahwa

fungsi medan vektornya adalah,

F( x, y, z) = ( x ln x + 2 x ln y + y3e

2 z)i + (

y

x2

+ 3 xy2e

2 z) j + ( z + 2 xy

3e

2 z)k

Dari contoh soal 4.2.5, telah diketahui bahwa medan vektor F diatas adalah konservatif, dan

fungsi pembangkitnya adalah,

f ( x, y, z) = ze xy z 232

2

1+ + x

2 ln y + )1ln2(

4

1 2 − x x + c

Karena medan vektor F konservatif, menurut teorema B integral garis yang diberikan tidak

tergantung pada lintasan C , dan nilai integral garis dari titik (1,1,0) ke titik (e,e,1) adalah,

∫ •C

d rF = ∫ ++⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++++

)1,,(

)0,1,1(

23222

23 )2(3)ln2ln(ee z z z dz ze xydye xy

y

xdxe y y x x x

=

)1,,(

)0,1,1(

22322

2

1ln)1ln2(

4

1ee

z ze xy y x x x

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+++− =

4

3

4

5 62 −+ ee



226

Contoh 4.4.5


∫ •C

d rF = ∫ ++−+−

)C

dz z ydy x z ydx xy x )(2()4( 2223

dari titik (0,0,0) ke titik (1,1,2), dengan menggunakan teorema bilamana F konservatif

Penyelesaian

Dari contoh 4.3.5 pada sub bagian 4.3, bahwa nilai integral garis diatas29 . Dari masalah

yang diberikan diketahui bahwa,

F( x, y, z) = (4 x3 – xy

2)i + y(2 z – x

2) j +( y

2 + z)k

Dari medan vektor F diperoleh fungsi-fungsi dan turunan parsialnya yaitu ,

M ( x, y, z) = 4 x3 – xy

2 N ( x, y, z) = y(2 z – x

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

2 – z

y M ( x, y,z) = –2 xy x N ( x, y, z) = –2 xy x R ( x, y, z) = 0

z M ( x, y,z) = 0 z N ( x, y, z) = 2 y y R ( x, y, z) = 2 y

Karena,

y M ( x, y,z) = x N ( x, y, z) = –2 xy ,

z M ( x, y,z) = x R ( x, y, z) = 0,

z N ( x, y, z) = y R ( x, y, z) = 2 y

Maka dapat disimpulkan bahwa medan vektor F adalah konservatif, atau medan vektor F

adalah merupakan gradien dari medan skalar f , sedemikian rupa berlaku F= f . Dengan


f ( x,y, z) diberikan oleh,

f ( x,y, z) = 22224

2

1

2

1 z z y y x x ++− + c

Selanjutnya, karena medan vektor F konservatif, maka integral garisnya tidak tergantung

pada lintasan C . Menurut teorema, nilai integral garisnya diberikan oleh :

∫ •C d rF = ∫ ++−+−

)2,1,1(

)0,0,0( 2223 )(2()4(

) dz z ydy x z ydx xy x

=

)2,1,1(

)0,0,0(

22224

2

1

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++− z z y y x x

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++− 22

2

11 =

2

9

Perhatikanlah hasil ini ternyata sama nilainya dengan hasil contoh 4.3.5

Contoh 4.4.6

Buktikanlah bahwa integral garis,

∫ •C d rF = ∫ +−+−++ )C dz y z xdy z x ydx z y x )2((3)2(322223

tidak tergantung pada lintasan C , dan hitunglah integral garis yang diberikan dari titik (1,1,1)

ke titik (2,2,4) bilamana C adalah sembarang lintasan dan kedua menggunakan teorema

Penyelesaian

Persyaratan agar supaya nilai integral garis yang tidak tergantung pada lintasan, adalah

medan vektor F yang diberikan konservatif. Dari integral garis yang diberikan diketahui

bahwa medan vektornya adalah,



227

F( x, y, z) = x(2 y3 + z

2)i + 3 y

2( x

2 – z) j + ( x

2 z – y

3+ 2)k

Dari medan vektor diatas diperoleh fungsi-fungsi dan turunan parsialnya yaitu,

M ( x, y, z) = x(2 y3 + z

2) N ( x, y, z) = 3 y

2( x

2 – z) R( x, y, z) = x

2 z – y

3+ 2

y M ( x, y,z) = 6 xy2 x N ( x, y, z) = 6 xy

2 x R ( x, y, z) = 2 xz

z M ( x, y,z) = 2 xz z N ( x, y, z) = –3 y2

y R ( x, y, z) = –3 y2

Karena,

y M ( x, y,z) = x N ( x, y, z) = 6 xy2

z M ( x, y,z) = x R ( x, y, z) = 2 xz

z N ( x, y, z) = y R ( x, y, z) = –3 y2

Maka dapat disimpulkan bahwa medan vektor F adalah konservatif, atau medan vektor F

adalah merupakan gradien dari medan skalar f , sedemikian rupa berlaku F= f . Dengan


f ( x,y, z) diberikan oleh,

f ( x,y, z) = z z y z x y x 22

1 32232 +−+ + c

Selanjutnya, karena medan vektor F konservatif, maka integral garisnya tidak tergantung

pada lintasan C . Karena lintasan C boleh diambil sembarang, maka sebagai lintasan yang

menghubungkan titik (1,1,1) dengan titik (2,2,4), ambil persamaan parameternya adalah :

x = t , y = t , z = t 2

dx = dt , dy = dt , dz = 2t dt ,

dengan 1 ≤ t ≤ 2. Jadi,

∫ •C

d rF = ∫ +−+−++

))4,2,2(

)1,1,1(

322223 )2((3)2( dz y z xdy z x ydx z y x

= ∫ +−+−++

)2

1

3422243 )2)(2((3)2( tdt t t dt t t t dt t t t

= ∫ +

2

1

5 )34( dt t t =2

1

62

2

12

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ + t t

=2

538− =

2

71

Pendekatan lain untuk menghitung integral garis diatas adalah menggunakan teorema. Karena

medan vektor F konservatif, maka dengan menerapkan teorema, nilai integral garisnya

diberikan oleh :

∫ •C

d rF = ∫ +−+−++

))4,2,2(

)1,1,1(

322223 )2((3)2( dz y z xdy z x ydx z y x

=

)4,2,2(

)1,1,1(

32232 221

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ +−+ z z y z x y x

=2

538− =

2

71



228


Dalam soal-soal latihan berikut ini, tunjukkanlah bahwa integral garis berikut ini tidak

tergantung pada lintasan C . Kemudian hitung nilai integral garisnya dengan menggunakan

sembarang lintasan yang saudara tentukan sendiri.

1. ∫C ( 2 xy2 – y3)dx + (2 x2 – 3 xy2 + 3 y)dy dengan C adalah sembarang lintasan kurva dari

titik (1,1) ke titik (4,2).

2. ∫C ( 2 x + 3 x2 y

2)dx + (2 x

3 y – 3 y

2)dy dengan C adalah sembarang lintasan kurva dari titik

(–2,4) ke titik (1,1).

3. ∫C ( xy x yee + )dx + )1( xy xe+ dy dengan C adalah sembarang lintasan kurva dari titik

(0,0) ke titik (1,1).

4. ∫C ( x + x ye x sin )dx + (( x – 1) ye x cos + 3 y)dy dengan C adalah sembarang lintasan

kurva dari titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

4,1 π

ke titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

2,2 π

.

5. ∫C ( 2 xy – x2)dx + ( x

2 + 3 y

2)dy dengan C adalah sembarang lintasan kurva dari titik (1,1)

ke titik (2,4).

6. ∫C ( 3 x2 + 6 xy – 2 y

2)dx + (3 x

2 – 4 xy + 6 y

2)dy dengan C adalah busur ellips 4 x

2 + 9 y

2 = 36

dari titik pada sumbu x ke titik pada sumbu y di kuadran pertama

7. ∫C ( 4 x + 2 xy2)dx + (2 x

2 y – 2 y

2)dy dengan C adalah susur lingkaran dengan pusat (0,0)

dan jari-jari 2 dari titik pada sumbu x positip ke titik pada sumbu y negatif.

8. ∫C ( x2 – xe2 y

2 + 2 y)dx + (2 x – xe2 y + 3 y

2)dy dengan C adalah sembarang lintasan kurva

dari titik (0,2) ke titik (1,4).9. ∫C ( x

2 + yz)dx + ( xz – yz

2)dy + ( xy – y

2 z + 3 z

2)dz dengan C adalah sembarang lintasan

kurva dari titik (0,0,0) ke titik (1,2,1).

10. ∫C ( xe2 z

2 + 2 x ye )dx + ( x

2 ye – y ze2 )dy + ( xe2 z – y2 ze2 + 3 z)dz dengan C adalah

sembarang lintasan kurva dari titik (0,0,0) ke titik (1,1,1).

11. ∫C ( 2 xy + xz2)dx + ( x

2 – yz

2)dy + z( x

2 – y

2 + z

2)dz dengan C adalah sembarang lintasan


12. ∫ ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −

C z x

y

1

2

2

dx +⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ − x

y

y

z 2

2dy + ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +− z y z

x 11

2dz dengan C adalah sembarang lintasan


13. ∫C ( 2 x sin y – 3 x2 z

2)dx + ( x cos y – yz

2)dy + z(2 – 2 x

3 – y

2)dz dengan C adalah

sembarang lintasan kurva dari titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− 2,

2,1 π

ke titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 4,

2,1 π

.

14. ∫ −+−−+− C

dz z y xdy z x ydx z y x )2()2()2( 2222 dengan C adalah lintasan lintasan




229

15. ∫ −++−++− C

dz z y xzdy x z ydx z y x )32()(2)2( 2222 dengan C adalah lintasan kurva

dari titik (1,1,1) ke titik (2,4,8).

Dalam soal-soal latihan berikut ini, tunjukkanlah bahwa integral garis berikut ini tidaktergantung pada lintasan C . Kemudian hitung nilai integral garisnya dengan menggunakan

teorema A atau B16. ∫C ( x ln x + 2 xy

3)dx + (3 x

2 y

2 + 3 y)dy dari titik (1,1) ke titik (e,4).

17. ∫C ( x2 + x tan y)dx + ( x

2sec

2 y + cos

2 y)dy dari titik ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

6,1 π

ke titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3,2 π

.

18. ∫C ( x3 – xy

4)dx + ( y

3 – 2 x

2 y

3)dy dari titik (-1,1) ke titik (2,3).

19. ∫ −−− C

dy y x ydx y x x )3()3( 22 dari (–1,-1) ke titik (2,2)

20. ∫ −++ C

dy y y xdx xy x )3()4( 22 dari (1,1) ke titik (2,4).

21. ∫ −−+ C dy x ydx y x x )2()(222

dari titik (0,0) ke titik (2,4),

22. ∫ −−− C

dy y x ydx y x )2()( 22 dari titik (1,1) ke titik (2,4)

23. ∫ ++−++ C

dz z xydy y xzdx yz x )()()( 222 dari titik (1,1,1) ke titik (2,-1,2)

24. ∫ +−+−+

)C

dz z y y xdy y x zdx xyz )(3(2 3222 dari titik (0,0,1) ke titik (2,1,2)

25. ∫ −+−−+− C

dz z y x zdy z x ydx z y x )()()( 2222222 dari titik (-1,-1,-1) ke titik (1,2,2)

26. ∫ +−+++− C

dz z xz z ydy yz xdx z xy )23()2()4( 22223 dari titik (1,1,1) ke titik (2,4,8).

27. ∫C ( 2 xe2 sin y + yz)dx + ( xe2 cos y + z sin y + xz)dy + ( xy – cos y + z)dz dari titik

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 1,

4,0 π

ke titik ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2,

2,1 π

.

28. ∫C ( 2 xln yz + y2 xe2 )dx +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ − y

x ye x

22 dy –

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ + z

z

x3

2

dz dari titik (2,1,1) ke titik (4,e,e)

29. ∫C x

e

2 (1 - 2 ye )dx + ( y ze2 – y xe +2 )dy + ze2 ( y

2 – 1)dz dari titik (0,1,0) ke titik (1,2,2).

30. ∫C ( x + 4 y2 z

3)dx + y(1 + 8 xz

3)dy + ( z + 12 xy

2 z

2)dz dari titik (1,1,-1) ke titik (2,4,1)



230

4.5. Teorema Green

Pada pembahasan integral garis dan kebebasan lintasan, sebagian besar lintasan yang

digunakan untuk menghitung integral garisnya adalah berupa segmen kurva terbuka. Pada

bagian ini secara khusus akan dibahas integral garis dengan lintasan tertutup. Dalam

penghitungan integral garisnya akan dikenalkan suatu teorema yang memudahkan untukmenghitung integral garis dimana lintasannya berupa kurva tertutup. Dalam penghitungan

integral garis dengan teorema ini akan lebih banyak menggunakan kerangka teori yang

berkaitan dengan integral lipat dua. Teorema ini banyak terapannya dalam ilmu fisika,

khususnya dalam analisis kalor, listrik medan magnet maupun mekanika fluida.

Dalam generalisasinya teorema ini dikelompokkan menjadi teorema Green, teorema

divergensi Gauss, dan teorema Stokes. Fokus ketiga teorema pada bidang tersebut adalah

menghitung integral garis pada bidang yang berkaitan dengan medan vektor dua variabel

F( x, y) = M( x, y)i + N( x, y) j pada lintasan tertutup sederhana C . Integral garis dimaksud

diberikan oleh,

∫ •C

d

rF = ∫C M

( x, y)dx + N ( x, y)dy

Berikut ini disajikan secara lengkap teorema Grenn dalam bidang.

Teorema Green

Andaikan M dan N adalah fungsi-fungsi dua variabel dari x dan y yang kontinu dan

mempunyai turunan-turunan parsial kontinu pada daerah R, dan batasnya C . Andaikan C

adalah kurva mulus sepotong-sepotong tertutup sederhana yang batasnya membentuk daerah

R dibidang. Bilamana F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j adalah medan vektor dan R daerah yang

dibatasi oleh C , maka :

∫C M

( x, y)dx + N ( x, y)dy = dA

y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

Teorema Green diatas berlaku pula bilamana daerah R adalah daerah tertutup maupun derah

dengan satu atau beberapa lubang dengan arah C berlawanan arah dengan arah jarum jam, hal

ini ditunjukkan pada Gambar 4.5.1, dan 4.5.2.. Daerah tertutup sederhana dimaksud misalnya

daerah R berbentuk x sederhana atau y sederhana.

y y

d

R

R

c

x x

a b




231

Dari teorema Green diatas, bilamana F adalah medan vektor konservatif, dimana berlaku

bahwa,

y

M

∂

∂ =

x

N

∂

∂

maka dihasilkan

∫C M ( x, y)dx + N ( x, y)dy = dA y

M x N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−∂

∂ = 0

Contoh 4.5.1

Periksalah kebenaran berlakunya teorema Green, untuk medan vektor F( x, y)= y2

i + x2 y j, dan

jika C adalah kurva tertutup yang terdiri atas busur parabola dari titik (0,0) ke titik (2,4) dan

busur garis lurus dari titik (2,4) ke titik (0,0) seperti yang terlihat pada Gambar 4.5.3

Penyelesaian

Untuk medan vektor F( x, y)= y2

i + x2 y j, dari ruas kiri teorema Green dihasilkan

∫C

M

( x, y)dx + N ( x, y)dy = dy y xdx y

C

22 +∫

dimana C adalah kurva tertutup sederhana seperti yang terlihat pada Gambar 4.5.3 dengan

arah berlawanan arah jarum jam.

y

(2,4)

y = 2 x

y = x2

x

Gambar 4.5.3 Soal 4.5.1

Dari sketsa terlihat C merupakan kurva tertutup sederhana yang terdiri atas kurva C 1, y = x2

dari (0,0) ke (2,4) dan C 2, y = 2 x, dari (2,4) ke (0,0). Dengan demikian untuk menghitung

integral garisnya, harus dihitung atas kurva C 1 dan C 2, yaitu :

dy y xdx yC

22 +∫ = dy y xdx y

C

22

1+∫ + dy y xdx y

C

22

2+∫

Untuk lintasan C 1, y = x2

dari (0,0) ke (2,4), ambilah sebagai persamaaan parameternyaadalah y = x

2 sehingga dihasilkan dy = 2 x dx, dari x1 = 0 ke x2 = 2. Jadi,

dy y xdx yC

22

1+∫ = ∫ +

2

0

2222 )2)(()(

xdx x xdx x = ∫ +2

0

54 )2(

dx x x

=

2

0

65

3

1

5

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+ x x =

3

64

5

32+ =

15

416



232

Demikian pula untuk lintasan C 2, y = 2 x dari (2,4) ke (0,0), ambilah sebagai persamaaan

parameternya adalah y = 2 x sehingga dihasilkan dy = 2 dx, dengan x1 = 2 ke x2 = 0. Jadi,

dy y xdx yC

22

2+∫ = ∫ +

0

2

22 )2)(2()2(

dx x xdx x = ∫ +0

2

32 )44(

dx x x

=

0

2

43

34

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ + x x = ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +− 16

332 = –

380

Jadi,

dy y xdx yC

22 +∫ = dy y xdx yC

22

1+∫ + dy y xdx y

C 22

2+∫

=15

416 –

3

80 =

15

16

Selanjutnya untuk ruas kanan teorema Green, untuk medan vektor F( x, y)= y2

i + x2 y j,

diperoleh M ( x, y) = y2 dan N ( x, y) = x

2 y. Sehingga untuk ruas kanan teorema Green dihasilkan,

dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂

∂−∂∂ = dA y

y y x

x R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ∂∂−

∂∂ )()( 22

= dA y xy

R

∫∫ − )22(

Dimana dari sketsa pada Gambar 4.5.3, daerah R berbentuk y sederhana yang dibatasi oleh :

R = {( x, y) : x2 ≤ y ≤ 2 x, 0 ≤ x ≤ 2}

Jadi,

dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂ = dA y xy

R

∫∫ − )22(

= ∫ ∫ −

2

0

22 )22( x

x dydx y xy

= [ ]∫ −

2

0

2222

dx y xy x

x = ∫ +−−

2

0

4523 )44( dx x x x x

=

2

0

5634

5

1

6

1

3

4

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−− x x x x

=5

32

6

64

3

3216 +−− =

15

16

Perhatikanlah baik secara langsung maupun dengan pendekatan integral lipat dua

menghasilkan hasil yang sama, yaitu 15

16

.

Contoh 4.5.2

Hitunglah, ∫ −++ C

dy y xdx xy x )()3( 2 , dengan cara langsung dan menggunakan pendekatan

integral lipat dua (teorema Green), bilamana C adalah lintasan tertutup yang berlawanan arah

dengan jarum jam yang dibatasi oleh kurva-kurva, sumbu x dari (0,0) ke (6,0), garis lurus x +

y = 6 dari (6,0) ke (2,4), dan kurva parabola dari (2,4) ke (0,0).



233

Penyelesaian

Menghitung integral garis atas kurva tertutup diatas, dapat diartikan pula menghitung integral

garis ruas kiri teorema Green, untuk medan vektor F( x, y)= ( x + 3 xy)i + (2 x

2 – y) j, yaitu

∫ C M ( x, y)dx + N ( x, y)dy = ∫ −++

C dy y xdx xy x )2()3( 2

dimana C adalah kurva tertutup sederhana seperti yang terlihat pada Gambar 4.5.4 denganarah berlawanan arah jarum jam.

y

y = x2

(2,4)

C 3 C 2

R x + y = 6

x

(0,0) C 1 (6,0)


Dari sketsa terlihat C kurva tertutup terdiri atas kurva C 1, y = 0 dari (0,0) ke (6,0) dan C 2,

garis lurus, x + y = 6, dari (6,0) ke (2,4), dan C 3, parabola, y = x2, dari (2,4) ke (0,0). Dengan

demikian untuk menghitung integral garisnya, harus dihitung atas kurva C 1, C 2, dan C 3.

Untuk lintasan C 1, y = 0

dari (0,0) ke (6,0). Ambilah sebagai persamaaan parameternyaadalah y = 0, sehingga dihasilkan dy = 0, dengan x1 = 0 ke x2 = 6. Jadi,

dy y xdx xy xC

)

−++∫22()3(

1 = ∫ −++

6

0

2 )0)(02()0(

xdx x

= ∫6

0

dx x =

6

0

2

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ x =

2

36 = 18

Untuk lintasan C 2, x + y = 6 dari (6,0) ke (2,4). Ambilah sebagai persamaaan parameternya

adalah, y = 6 – x, sehingga dihasilkan dy = – dx, dari x1 = 6 ke x2 = 2. Jadi,

dy y xdx xy xC

)

−++∫22()3(

2

= ∫ −−−+−+2

6

2 )))(6(2())6(3(

dx x xdx x x x

= ∫ −+2

6

2 )5186(

dx x x

=

2

6

32

3

596

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ x x x

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

4048 =

3

104



234

Untuk lintasan C 3, y = x2

dari (2,4) ke (0,0). Ambilah sebagai persamaaan parameternya

adalah, y = x2, sehingga dihasilkan dy = 2 x dx, dari x1 = 2 sampai dengan x2 = 0. Jadi,

dy y xdx xy xC

)

−++∫22()3(

3 = ∫ −++

0

2

222 )2)(2())(3(

xdx x xdx x x x

=

∫ +

0

2

3)5(

dx x x =

0

2

42

4

5

2

1

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡+ x x

= – (2 + 20) = – 22

Jadi,

∫ −++ C

dy y xdx xy x )()3( 2 = 18 +3

104 – 22 =

3

92

Selanjutnya ruas kanan teorema Green, untuk medan vektor

F( x, y)= ( x + 3 xy)i + (2 x

2 – y) j,

diperoleh M ( x, y) = x

+ 3 xy dan N ( x, y) = 2 x2 – y. Sehingga untuk ruas kanan teorema Green

dihasilkan,

dA y

M

x

N

R ∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂

−∂

∂ = dA xy x y y x x

R ∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

+∂

∂

−−∂

∂)3()2(

2

= dA x x

R

∫∫ − )34( = dA x

R

∫∫

Dimana dari sketsa pada Gambar 4.5.4, daerah R berbentuk x sederhana yang dibatasi oleh :

R = {( x, y) : y1/2

≤ x ≤ 6 – y, 0 ≤ y ≤ 4}

Jadi,

dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂ = dA x

R

∫∫ = ∫ ∫ −

4

0

62/1

y

ydxdy x

=

∫

−

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

2

1

4

0

62

2/1dy x

y

y

= dy y y

∫ −−

4

0

2 ])6[(2

1

=

4

0

23

2

1)6(

3

1

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− y y

= – ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + 8

3

8

2

1 + 36 = 36 – ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + 4

3

4

= 32 –3

4 =

3

92

Perhatikanlah baik secara langsung maupun dengan pendekatan integral lipat dua khususnya

x sederhana menghasilkan hasil yang sama, yaitu 3

92.

Dari kedua contoh diatas terlihat bahwa dengan pendekatan teorema Green, penghitungan

integral garis kususnya kurva tertutup dapat ditransformasikan menjadi integral lipat dua, dan

begitu pula sebaliknya. Transformasi ini sangat memudahlan untuk menghitung integral garis

kususnya kurva tertutup, dan disamping manfaatnya mengalihkan penghitungan integral

vektor ke bentuk integra biasa, begitu pula sebaliknya. Untuk lebih jelasnya tranformasi ini




235

Contoh 4.5.3

Dengan menggunakan teorema Greeb, hitunglah :

∫ ++− C

x dy y y xydx y xe )ln()( 222

dimana C adalah lingkaran x2 + y

2 = 2 y dengan arah berlawanan arah jarum jam.

Penyelesaian

Perhatikanlah kurva tertutup seperti pada gambar 4.5.5 berikut ini.

y

x2 + y

2 = 2 y

C

x


Jika integral garis diatas dihitung secara langsung permasalahan yang timbul adalah

menentukan persamaan paramternya dan menghitung integral tak tentu yang berkaitan

dengan fungsi eksponensial dan logaritma asli dimana integralnya tidaklah cukup sederhana.

Namun demikian dengan pendekatan Teorema Green masalah ini tidak akan terjadi. Dari

integral garis yang diberikan diperoleh :

M ( x, y) = y xe x 22 − dan N ( x, y) = xy

2 + y ln y

Karena lintasan C adalah kurva tertutup sederhana, maka dengan menerapkan teorema Green

dihasilkan,

∫ ++− C

x

dy y y xydx y xe )ln()(222

= dA y xe y y y xy x R

x

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−∂

∂

−+∂

∂)()ln(

222

= dA x y

R

∫∫ −− ))(( 22 = dxdy y x

R

∫∫ + )( 22

dimana R daerah yang dibatasi oleh lintasan C yang berbentuk lingkaran x2 + y

2 = 2 y seperti

terlihat pada gambar 4.5.5. Dalam koordinat kutub dengan transformasi, x = r cos θ, y = r sin

θ, dan x2 + y

2 = r

2, maka daerah R yang dibatasi oleh lingkaran x

2 + y

2 = 2 y ditransformasika

menjadi, r = 2 sin θ, 0 ≤ θ ≤ π. Jadi

dxdy y x

R

∫∫ + )( 22 = ∫ ∫ )

π θ θ

0

sin2

0

2 )(( rdrd r

= ∫ ∫

π θ θ

0

sin2

0

3drd r = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

4

1π θ

θ 0

sin2

0

4d r = ∫

π θ θ

0

4sin164

1 d

= 4

π

θ θ θ θ θ

0

3

8

3cossin

8

3cossin

4

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−−

= 4 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

8

3 =

2

3π



236

Contoh 4.5.4Dengan menggunakan teorema Green, hitunglah kerja total yang dilakukan oleh medan gayaF( x, y) = (cos x + 2 y)i + (5 x + sin y) j, untuk memindahkan suatu benda untuk mengitarilingkaran berjari-jari a yang berlawanan arah dengan jarum jam. Asumsikanlah jarak dalammeter dan gaya dalam newton.Penyelesaian

Andaikan W joule kerja yang dilakukan oleh suatu medan gaya F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j,sepanjang kurva tertutup C , maka

W = ∫ •C

d

rF = ∫ C M ( x, y)dx + N ( x, y)dy

Untuk medan gaya F( x, y) = (cos x + 2 y)i + (5 x + sin y) j, maka kerja W diberikan oleh,

W = dy y xdx y xC

)sin5()2(cos +++∫

dimana C adalah lingkaran berjari-jari a yang berlawanan arah dengan jarum jam. Karena C

adalah lintasan tertutup sederhana, maka dengan menerapkan teorema Green dihasilkan,

W = dy y xdx y xC

)sin5()2(cos +++∫

= dA y x

y

y x

x R

∫∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ +

∂

∂−+

∂

∂)2(cos)sin5(

= dA

R

∫∫ − )35( = 2 dA

R

∫∫

Karena integral lipat dua terakhir ini menyatakan luas daerah, dan daerah R pada integral

terakhir ini adalah lingkaran dengan jari-jari a dimana luasnya adalah πa2, maka

W = 2 dA

R

∫∫ = 2(πa2) = 2πa

2

Jadi usaha yang dilakukan oleh medan gaya diatas adalah 2πa2 Joule.

Luas Daerah

Sebagaimana telah dijelaskaan salah satu manfaat dari teorema Green pada bidang adalah

dapat mentransformasikan penghitungan integral lipat dua menjadi integral garis, dan begitu

pula sebaliknya. Salah satu penerapan dari hal ini adalah manfaatnya untuk menghitung luas

daerah. Misalkan R adalah daerah pada bidang yang dibatasi oleh kurva mulus sederhana

sepotong-sepotong dan tertutup sederhana. Dalam bentuk integral garis, luas daerah R

diberikan oleh,

A( R) = dA

R

∫∫ )2(2

1 = dA y

y x

x R

∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

∂

∂−

∂

∂)()(

2

1

= ∫ −C ydx xdy

21

Contoh 5.4.4

Dengan teorema Green, hitunglah luas daerah yang dibatasi oleh ellips,22

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

b

y

a

x = 1



237

Penyelesaian

Menurut teorema Green luas daerah yang dibatasi oleh kurva tertutup sederhana adalah,

A( R) = ∫ −C

ydx xdy 2

1

Khususnya untuk lintasan C berbentuk ellips dengan arah berlawanan arah jarum jam, yang

terlihat pada Gambar 4.5.6

y

b

22

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

b

y

a

x = 1,

x

– a a


Dengan menggunakan transformasi, x = a cos t , y = b sin t , dx = – a sin t dt , dy = b cos dt , dan

dari sektsa diperoleh pula 0 ≤ t ≤ 2π. Jadi,

A( R) = ∫ −C

ydx xdy 2

1 = ∫ −−

π 2

0)sin)(sin()cos)(cos(

2

1 tdt at btdt bt a

= ∫ +π 2

0

22 )sin(cos2

1 dt t t ab = ∫

π 2

02

dt

ab

=

π 2

02

⎥

⎦

⎤⎢

⎣

⎡t

ab = )2(

2

π ab

= abπ

Jadi luas elips yang ditanyakan adalah abπ satuan luas.

Teorema Divergensi Gauss Dalam Bidang

Teorema Green dalam bentuk vektor dapat dinyatakan dalam dua cara yang berbeda, salah

satunya adalah dengan teorema divergensi Gauss di bidang. Bentuk vektor yang kedua dari

teorema Green adalah dengan teorema stokes.

Andaikan C adalah kurva tertutup, mulus sepotong-sepoting sederhana dalam bidang, dengan

arah berlawanan arah jarum jam seperti terlihat pda Gambar 4.5.7. Selanjutnya, misalkan

persamaan vektor kurva C adalah,

r(s) = x(s)i + y(s) j

Bilamana P adalah sembarang titik pada kurva C , vektor singgung satuan di P diberikan oleh

T(s) = jids

dy

ds

dx+



238

dan vektor normal satuan pada C di P adalah :

n = jids

dx

ds

dy−

(lihat gambar)

y T

n

R P

x

Gambar 4.5.7

Bilamana F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j adalah medan vektor maka :

∫ •C

ds

nF = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−•+

C ds

ds

dx

ds

dy y x N y x M

ji ji ]),(),([

= ∫ −C

dx y x N dy y x M

),(),(

= ∫ +−C

dy y x M dx y x N

),(),(

Dengan menerapkan teorema Green, integral garis ruas kanan dapat dituliskan menjadi,

∫ +−C

dy y x M dx y x N

),(),( = dA y

N

x

M

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

−∂−

∂

∂ )(

= dA

y

N

x

M

R

∫∫ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂

Pada sisi lain, menurut definisi divergensi dari suatu medan vektor F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j,

adalah,

div F = ∇• F = )( ji ji N M y x

+•⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂ =

y

N

x

M

∂

∂+

∂

∂

Dengan demikian dapat disimpulkan,

∫ •C

ds

nF = dA y

N

x

M

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂ = dAdiv

R

F∫∫ = dA

R

F•∇∫∫

Persamaan terakhir ini sering dikanl dengan istilah teorema Divergensi Gauss di dalam bidang. Penerapan pendting dari teorema divergensi Gauss ini adalah manfaatnay untuk

menghitung fluks medan vektor yang menembus suatu titik. Misalkan, F( x, y) = v( x, y)

menyatakan medan kecepatan suatu fluida di titik ( x, y). Banyaknya fluida (bersih) yang

meninggalkan S disebut dengan fluks dari medan vektor F melintasi kurva C dalam arah

keluar R. Fluks medan vektor F yang melintasi C diberikan oleh,

Fluks F = ∫ •C

ds

nF



239

Contoh 5.4.5

Suatu medan kecepatan fluida diberikan oleh,

F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y) j

Hitunglah laju aliran yang keluar dari daerah R yang dibatasi oleh ellips, 4 x2 + 9 y

2 = 36.

Penyelesaian

Menurut teorema divergensi Gauss pada bidang, laju aliran fluida dengan medan kecepatan

fluida F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y) j diberikan oleh,

Fluks F = ∫ •C

ds

nF = dA

R

F•∇∫∫

= dA y x y

y x x

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

∂

∂+−

∂

∂)2()34(

= dA

R

∫∫ + )24( = 6 dA

R

∫∫

dimana R adalah daerah yang dibatasi oleh ellips 4 x2 + 9 y

2 = 36. Karena integral lipat ruas

kanan, dA R∫∫

menyatakan luas daerah yang dibatasi oleh elips,

22

23 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ y x= 1, dan dari

contoh sebelumnya luas elips tersebut adalah abπ = (3)(2)π = 6π satuan luas. Jadi,

Fluks F = 6 dA

R

∫∫ = 6(6π ) = 36π

Jadi laju lairan fluida yang keluar daerah R adalah 36π satuan luas per satuan waktu.

Contoh 5.4.6

Diberikan medan kecepatan fluida,

F( x, y) = x3

i + y3 j

Tentukanlah laju aliran fluida keluar daerah R yang dibatasi oleh kurva C yang berbentuk

lingkaran tertutup, x2 + y

2 = 2 x.

Penyelesaian

Dengan menggunakan teorema divergensi Gauss pada bidang, laju aliran fluida dari medan

kecepatan F( x, y) = x3

i + y3 j diberikan oleh fluks F melalui C , yaitu :

∫ •C

ds

nF = dA

R

F•∇∫∫

= dA y y

x x

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂∂+

∂∂ )()( 33 = dA y x

R

∫∫ + )33( 22

= 3 dA y x

R

∫∫ + )( 22 = 3 dydx y x

R

∫∫ + )( 22

dimana R adalah daerah yang dibatasi oleh lintasan C yang berbentuk lingkaran x2 + y

2 = 2 y

seperti terlihat pada gambar 4.5.8.



240

y

C 2

R x2 + y

2 = 2 y

C 1

Gambar 4.5.8 Lingkaran Soal 5.4.6

Dalam koordinat kutub dengan menggunakan transformasi, x = r cos θ , y = r sin θ , dan x2 +

y2 = r

2, maka lingkaran x

2 + y

2 = 2 x ditransformasika menjadi, r = 2 cos θ , –

2

π ≤ θ ≤

2

π . Jadi

∫ •

C ds

nF = 3 dydx y x

R

∫∫ + )( 22

= 3 ∫ ∫−

)

2/

2/

cos2

0

2 )((π

π

θ θ rdrd r

= 3 ∫ ∫−

2/

2/

cos2

0

3π

π

θ θ drd r = 3 ∫ − ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ 4

12/

2/

cos2

0

4π

π

θ

θ d r

= ∫ −

2/

2/

4cos164

3 π

π θ θ d

= 12

2/

2/

3

8

3sincos

8

3sincos

4

1 π

π

θ θ θ θ θ

−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

= 12 ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

83

⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−−

22π π = π

29

Dengan demikian laju lairan fluida yang keluar dari daerah R tersebut adalah π 2

9 satuan luas

per satuan waktu.

Teorema Stokes di Dalam Bidang

Selain teorema divergensi Gauss di bidang, bentuk vektor lain dari teorema Green adalah

teorema Stokes di dalam bidang. Untuk itu, kembali pada perumusan masalah teoremadivergensi Gauss.

Andaikan bahwa,

T(s) = jids

dy

ds

dx+

menyatakan vektor singgung satuan C di titik P, seperti yang terlihat pada gambar 4.5.9

berikut ini.



241

z

k

y

T

n

R P

x

Gambar 4.5.7

Andaikan, F( x, y) = M ( x, y)i + N ( x, y) j, medan vektor, selanjutnya didefinisikanlah hasil kali

titik F dengan T, yaitu :

F T ds = [ M ( x, y)i + N ( x, y) j] dsds

dy

ds

dx

ji ⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

+

= M ( x, y) dx + N ( x, y) dy

Sehingga dengan menerapkan teorema Green dihasilkan,

∫ •C

ds

TF = ∫ +C

dy y x N dx y x M

),(),(

= dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

Pada sisi lain, curl dari medan vektor F pada ruang dimensi dua didefinisikan oleh,

curl F = ∇ F =

k ji

0 N M

z y x ∂∂∂∂∂∂ = k⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂∂−∂∂ y M

x N

Dengan hasil diatas, maka diperoleh pula,

(curl F) • k = (∇ F) • k = k⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

y

M

x

N • k =

y

M

x

N

∂

∂−

∂

∂

Sehingga, ruas kanan dari teorema Green dapat ditulis menjadi,

dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂ = dA

R

kFcurl∫∫ • = dA

R

kF∫∫ •×∇ )(

Dengan demikian dalam bentuk vektor, teorema Green dapat dinyatakan dengan,∫ •

C ds

TF = dA

R

kF∫∫ •×∇ )(

Dalam penerapannya, bila medan vektor F menyatakan medan kecepatan fluida, maka hasil

kali titik, (F•T) adalah komponen tangensial dari dari medan vektor F, dan integral garis

∫ •C

ds

TF disebut dengan sirkulasi dari medan vektor F di sekeliling kurva tertutup C . Hal

ini dapat digambarkan pada gambar berikut ini.



242

T

F T

R

R F

Gambar 4.5.8 ∫ •C

ds

TF > 0 Gambar 4.5.9 ∫ •C

ds

TF < 0

Dari sketsa pada Gambar 4.5.8 dan 4.5.9 diatas dapat disimpulkan bahwa (1). Bilamana

∫ •C

ds

TF > 0, maka dikatakan laju dari sirkulasi fluida berlawanan arah dengan jarum jam,

(2). Bilamana ∫ •C

ds

TF < 0 maka dikatakan laju dari sirkulasi fluida searah dengan jarum

jam, (3). Bilamana ∫ •C ds TF = 0, dan curl F = 0, maka medan vektor F dikatakanirotasional, karena ortogonal. Untuk memeriksa kebenaran dari teorema diatas, perhatikanlah

contoh-contoh kasus berikut ini.

Contoh 5.4.7

Selidikilah kebenaran teorema Stokes, untuk medan vektor F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y) j, dan

C adalah lingkaran, x2 + y

2 = 4 dengan arah berlawanan arah jarum jam.

Penyelesaian

Untuk membuktikan kebenaran berlekunya teorema Stokes pada bidang, integral garis yang

harus dibuktikan dan dihitung adalah,

∫ •C ds TF = dA R

kF∫∫ •×∇ )(

Langkah pertama, menghitung integral vektor ruas kiri yaitu, ∫ •C

ds

TF

Untuk medan vektor, F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y j, dan karena C adalah lintasan berbentuk

lingkaran, x2 + y

2 = 4 dimana jari-jari 2, oleh karena itu untuk persamaan parameternya

ambil, x = 2 cos t , y = 2 sin t , dengan 0 ≤ t ≤ 2π sehingga dihasilkan,

r(s) = 2 cos s i + 2 sin s j , dengan 0 ≤ s ≤ 2π

T(s) = jids

dy

ds

dx+ = –2 sin s i + 2 cos s j

F(s) = (8 cos s – 6 sin s)i + (2 cos s + 4 sin s) j

Jadi,

∫ •C

ds

TF = ∫ π 2

0

[(8 cos s – 6 sin s)i + (4 sin s + 2 cos s) j] ( –2 sin s i + 2 cos s j) ds

= ∫ π 2

0

(4 cos

2 s + 12 sin

2s – 8 sin s cos s) ds



243

= ∫ π 2

0

(4 + 8 sin

2s – 8 sin s cos s) ds

=

π 2

0

2sin2

8

2

8cossin

2

84

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+− sssss

= 4(2π) + 4(2π) = 16 π

Jadi ∫ •C ds

TF = 16 π

Langkah kedua, menghitung dA

R

kF∫∫ •×∇ )(

Dari medan vektor F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y) j, diperoleh M ( x, y) = 4 x – 3 y, N ( x, y) = x + 2 y.

Maka diperoleh,

dA

R

kF∫∫ •×∇ )( = dA y

M

x

N

R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

= dA y x y y x x R

∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

−∂

∂

−+∂

∂)34()2(

= dA

R

∫∫ −− ))3(1( = 4 dA

R

∫∫

dimana R adalah daerah yang dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4, dimana jari0jarinya adalah

2. Karena integral lipat dua, dA

R

∫∫ menyatakan luas daerah R, dan luas daerah R yang

dibatasi lingkaran, x2 + y

2 = 4 adalah 4π. Jadi,

dA

R

kF∫∫ •×∇ )( = 4 dA

R

∫∫ = 4 (4π) = 16π

Dengan menperhatikan kedua hasil diatas, dari langkah pertama dan kedua, jadi terbuktilah

kebenaran berlakunya teorema Stokes, untuk medan vektor F( x, y) = (4 x – 3 y)i + ( x + 2 y j, dan

karena C adalah lintasan berbentuk lingkaran, x2 + y

2 = 4 yaitu :

∫ •C

ds

TF = dA

R

kF∫∫ •×∇ )( = 16 π


Dalam soal-soal litihan berikut ini gunakanlah teorem Green untuk menghitung integral garis

yang diberikan dengan menggunakan pendekatan inetegral lipat dua. Dalam soal-soal berikut

ini arah lintasannya berlawanan arah dengan jarum jam.

1. ∫C ( x + 2 xy)dx + (3 x

2 – y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh, y = x

2,

dan y = 2 x.



244

2. ∫C ( 2 x + y

2)dx + ( x

2 + 3 y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang dibentuk oleh kurva-

kurva, y = 0, x = 2, dan y = x2.

3. ∫C ( x + xy

2)dx + (2 x

2 y + y

2)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang dibentuk oleh

sumbu y, garis y = 2, dan parabola x = y2.

4. ∫C ( x2

+ y2

)dx + (4 xy – y2

)dy, dengan C adalah lintasan tertutup berbentuk segitiga dengan

titik-titik sudut (0,0), (4,0) dan (2,2)

5. ∫C ( x

2 – y

2)dx + (2 xy + y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh kurva

berbentuk parabola, x = y2, garis lurus x + y = 2, dan sumbu y.

6. ∫C ( x

3 + 2 xy)dx + (2 x

2 + 3 y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang berbentuk

lingkaran x2 + y

2 = 4 y.

7. ∫C ( x

2 – yx

2)dx + xy

2 dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang berbentuk lingkaran

dengan pusat x2 + y

2 = 4 x.

8. ∫C ( x

3 – y

3)dx + ( x

3 + y

3)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang berbentuk lingkaran,

x2 + y

2 = 4 x.

9. ∫C ( e

2 x – x

2 y)dx + (3 x

2 y + y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang berbentuk yang

dibatasi oleh, y = x2, dan x = y

2.

10. ∫C ( e

2 x – xy

2)dx + (3 x

2 y + y)dy, dengan C adalah lintasan tertutup yang berbentuk yang

dibatasi oleh, y = x3, dan x = y

3.

Dalam soal-soal latihan 11 sampai dengan 20 berikut ini, hitunglah luas daerah yang

diberikan dengan pendekatan integral garis, yakni dengan rumus,

A( R) = ∫ −C

ydx xdy 2

1

11. Daerah R dibatasi oleh kurva, y = x2, dan y = 2 x,

12. Daerah R dibatasi oleh kurva, y = x2, dan x = 2 y,

12. Daerah R dibatasi oleh kurva, y = x2, dan x = y

2,


2,


3,

15. Daerah R dibatasi oleh kurva, y = x2, x + y = 2, dan sumbu x

16. Daerah R dibatasi oleh kurva, x = y2

, x + y = 2, dan sumbu y 17. Daerah R dibatasi oleh lingkaran, x

2 + y

2 = 2 y


2 = 4 x

19. Daerah R dibatasi oleh ellips, 4 x2 + 9 y

2 = 36

20. Daerah R dibatasi oleh ellips, 16 x2 + 9 y

2 = 144



245

Dalam soal-soal latihan berikut ini, selidikilah kebenaran berlakunya teorema divergensi

Gauss dalam bidang, dam teorema Stokes di dalam bidang, untuk medan vektor dan lintasan

berikut ini. Dalam soal-soal berikut ini arah lintasannya berlawanan arah dengan jarum jam.

21. F( x, y) = ( x – 3 y)i + (2 x + y) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh lingkaran,

x2 + y2 = 422. F( x, y) = (3 x – 2 y)i + (2 x + 3 y) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh ellips,

9 x2 + 4 y

2 = 144

23. F( x, y) = (2 x – 3 y)i + (3 x + 2 y) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh ellips,

4 x2 + 25 y

2 = 100

24. F( x, y) = ( x3 – 2 y)i + ( x + y

3) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh lingkaran,

x2 + y

2 = 4

25. F( x, y) = ( x2 – y

2)i + 2 xy j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh lingkaran, x

2

+ y2 = 2 y

26. F( x, y) = (1 + 2 xy)i + (3 x2 + 3 y

2) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh

lingkaran, x

2

+ y

2

= 427. F( x, y) = ( x

3 – y

3)i + ( x

3 + y


x2 + y

2 = 2 y

28. F( x, y) = ( x3 – y

3)i + ( x

3 + y


x2 + y

2 = 4 x.

29. F( x, y) = ( x3 – x

2 y)i + ( xy

2 + y

3) j, dan C adalah lintasan tertutup yang dibatasi oleh

lingkaran, x2 + y

2 = 4.

30. F( x, y) = ( x2 – y

2)i + ( x

2 + y


x2 + y

2 = 4 y.



246

4.6. Integral Permukaan dan Fluks Medan Vektor

Teorema divergensi Gauss, dan teorema Stokes dalam bidang yang merupakan bentuk vektor

dari teorema Green. Kedua teorema ini dapat digeneralisasikan dalam bentuk umum dalam

ruang yakni teorema divergensi Gauss dan teorema Stokes dalam ruang dimensi tiga. Untuk

membahas kedua teorema ini diperlukan alat bantu yang dikenal dengan integral permukaan.

Integral permukaan ini merupakan generalisasi dari integral lipat dua.

Integral Permukaaan

Andaikan S adalah suatu permukaan yang diberikan oleh persamaan, z = f ( x, y) dengan

proyeksinya pada bidang xy diberikan oleh daerah D. Hal ini diperlihatkan pada Gambar

4.6.1, berikut ini.

z

S z = f ( x, y)

y

R

x

Gambar 4.6.1

Jika f ( x, y) mempunyai turunan parsial pertama, yakni f x( x, y) dan f y( x, y) kontinu pada daerah

R. Andaikan, G( x, y, z) = G( x, y, f ( x, y)) fungsi tiga variabel dari x, y, dan z yang konitnu pada S ,

maka integral permukaan G atas S dinyatakan dengan, dS z y xG

S

∫∫ ),,( didefinisikan oleh,

dS z y xG

S

∫∫ ),,( = dA f f y z f y xG y x

R

1)),(,,( 22 ++∫∫

dimana R adalah daerah yang merupakan proyeksi permukaan S yang diberikan oleh

persamaan, z = f ( x, y) pada bidang xy. Sedangkan untuk menghitung integral lipat dua pada

ruas kanan dapat digunakan pendekatan yang telah dibahas pada sub bab sebelumnya.

Pendekatan lain untuk menghitung integral permukaan diatas adalah, andaikan permukaan S

diberikan oleh persamaan, y = g( x, z), dan proyeksinya pada bidang xz adalah R. Jika, g( x, z)

mempunyai turunan parsial pertama, yakni g x( x, z) dan g z( x, z) yang kontinu pada daerah R.



247

Andaikan, G( x, y, z) = G( x,g( x, z), z) fungsi tiga variabel dari x, y, dan z yang konitnu pada S ,


S


dS z y xG

S

∫∫ ),,( = dAgg z z xg xG z x

R

1)),,(,(22 ++∫∫

dimana R adalah daerah yang merupakan proyeksi permukaan S yang diberikan oleh persamaan, y = g( x, z), pada bidang xz.

Pendekatan yang ketiga untuk menghitung integral permukaan diatas adalah, andaikan

permukaan S diberikan oleh persamaan, x = h( y, z), dan proyeksinya pada bidang yz adalah R.

Jika, h( x, z) mempunyai turunan parsial pertama, yakni h y( y, z) dan h z( y, z) kontinu pada daerah

R. Andaikan, G( x, y, z) = G(h( y, z), y, z) fungsi tiga variabel dari x, y, dan z yang konitnu pada S ,


S


dS z y xG

S

∫∫ ),,( = dAhh z y z yhG z y

R

1),),,(( 22 ++∫∫

dimana R adalah daerah yang merupakan proyeksi permukaan S yang diberikan oleh

persamaan, x = h( y, z), pada bidang yz.

Dari ketiga pendekatan penghitungan integral permukaan diatas, biasanya yang paling sering

digunakan adalah integral permukaan G atas S dimana permukaannya dicerminkan terhadap

bidang xy. Pada dasarnya untuk menentukan pendekatan mana yang akan digunakan, sangat

tergantung pada fungsi G dan persamaan permukaan S .

Contoh 4.6.1

Hitunglah integral permukaan, dS yz

S

∫∫ , dimana S adalah bagian permukaan bidang, 2 x + 2 y

+ z = 4, yang dipotong oleh paraboloida, x = y2, dan bidang-bidang x = 0, dan z = 0.Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa permukaan S , dan proyeksinya pada daerah R berikut ini.

z

y

z = 4 – 2 x – 2 y y = 2 – x

R x = y2

(1,1) y

R

x+ y = 2 x

x = y2

x

Gambar 4.6.2. Contoh 4.6.1 Gambar 4.6.3 Proyeksi S Contoh 4.6.1



248

Sketsa persamaan bidang 2 x + 2 y + z = 4, atau z = 4 – 2 x – 2 y, diperlihatkan pada Gambar

4.6.2. Dari gambar itu, ambil sebagai persamaan permukaan S adalah z = f ( x, y) = 4 – 2 x – 2 y,

maka dihasilkan :

f x( x, y) = –2

f y( x, y) = –2

f x2 + f y

2 + 1 = (–2)2 + (–2)2 + 1 = 9

Sedangkan dari sketsa pada Gambar 4.6.3, terlihat bahwa daerah R yang merupakan proyeksi

permukaan S yang dipotong x = y2 pada bidang xy berbentuk y sederhana dan dibatasi oleh,

R = {( x, y) : x ≤ y ≤ 2 – x ; 0 ≤ x ≤ 1}

Sehingga dengan G( x, y, z) = yz = y(4 – 2 x – 2 y), dan dengan menerapkan rumus pertama,

maka integral permukaan diatas diberikan oleh,

dS yzS

∫∫ = dA y x y R

1)2()2()224(

22

+−+−−−∫∫

= 3 ∫ ∫ −

−−1

0

2 2 )224(

dydx y xy y x

x

= 3 ∫ ∫ −

−−1

0

2 2 ]2)2(2[

dydx y x y x

x

= 3 ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

1

0

232

3

2)2(

dx y y x

x

x

= 3 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++−−

1

0

2/323

3

22)2(

3

1

dx x x x x

= 3 1

0

2/5324

154

31)2(

121

⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ ++−−− x x x x

= 3 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++−−

12

16

15

4

3

11

12

1

=20

51

Contoh 4.6.2

Hitunglah, dS x

S

∫∫2 , dimana S adalah bagian permukaan bidang, 2 x + 2 y + z = 4, yang

dipotong oleh paraboloida, y = x3, dan bidang-bidang z = 0, dan y = 0.Penyelesaian

Sketsa permukaan S , 2 x + 2 y + z = 4, dan proyeksinya pada daerah R yang diperlihatkan pada

gambar 4.6.4, dan gambar 4.6.5. Seperti pada contoh 4.6.1, dari persamaan bidang 2 x + 2 y + z

= 4, ambil sebagai persamaan permukaan S adalah z = f ( x, y) = 4 – 2 x – 2 y, maka dihasilkan :

f x( x, y) = –2

f y( x, y) = –2

f x2 + f y

2 + 1 = (–2)

2 + (–2)

2 + 1 = 9



249

Sketsa permukaan S , dan proyeksinya di bidang xy

z y

y = x3

(1,1)

z = 4 – 2 x – 2 y x + y = 2

R

x x

R 0

y = x3

x + y = 2

x

Gambar 4.6.4. Permukaan S Contoh 4.6.2 Gambar 4.6.5. Daerah R contoh 4.6.2

Sedangkan dari sketsa pada Gambar 4.6.5, terlihat bahwa daerah R yang merupakan proyeksi

permukaan S yang dipotong oleh y = x3 pada bidang xy berbentuk x sederhana dan dibatasi

oleh,

R = {( x, y) : y1/3

≤ x ≤ 2 – y ; 0 ≤ y ≤ 1}

Sehingga dengan G( x, y, z) = x2, dan dengan menerapkan rumus pertama, maka integral diatas

diberikan oleh,

dS x

S

∫∫2 = dA x

R

1)2()2( 222 +−+−∫∫

= 3 ∫ ∫ −1

0

2 23/1

dydx x

y

y

= 3 ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1

0

23

3/13

1

dy x

y

y

= ∫ −−1

0

3 ])2[(

dy y y

=

1

0

24

2

1)2(

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−− x y

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−− 4

16

2

1

4

1 = 4

13

Contoh 4.6.3

Hitunglah integral permukaan, dS z x

S

∫∫22 , dimana S adalah bagian permukaan dari kerucut,

z2 = 4( x

2 + y

2) yang dipotong oleh bidang z = 2 dan z = 4



250

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa permukaan kerucut, z2 = 4( x

2 + y

2) yang dipotong oleh bidang z = 4 dan

z = 16 dan proyeksinya diperlihatkan pada Gambar 4.6.6. Sedangkan perpotongan permukaan

kerucut, z2 = 4( x

2 + y

2) dengan z = 4 dan z = 14 masing-masing menghasilkan daerah yang

dibatasi dua buah lingkaran, x2 + y

2 = 1 dan x

2 + y

2 = 1. Sketsa daerah R diperlihatkan pada

gambar 4.6.7, berikut ini.

Z y

z = 4

z2 = 4( x

2 + y

2)

z = 2

0 1 2 x

x2 + y

2 = 1

y

x2 + y2 = 4 x

Gambar 4.6.6 Permukaan Contoh 4.6.3 Gambar 4.6.7 Daerah R Contoh 4.6.3

Seperti pada contoh sebelumnya, dari permukaan kerucut, z2 = 4( x

2 + y

2), dan untuk z ≥ 0

diperoleh, z = 2 22 y x + , dan ambil z = f ( x, y) = 2 22 y x + , sehingga dihasilkan :

f x( x, y) =22

2

y x

x

+

f y( x, y) =22

2

y x

y

+

f x2 + f y

2 + 1 =

22

24

y x

x

++

22

24

y x

y

+ + 1

=22

2222 )()(4

y x

y x y x

+

+++ = 5

Dengan mengambil, G( x, y, z) = x2 z

2, dan dengan menerapkan rumus pertama, maka integral

diatas diberikan oleh,

dS z x

S

∫∫

22 = dA y x x

R

5)](4[ 222

∫∫ +

= dA y x x

R

∫∫ + )(54 222

Dari sketsa gambar 4.6.7, terlihat daerah R yang merupakan proyeksi kerucut terpancung

pada bidang xy dibatasi oleh dua buah lingkaran, x2 + y

2 = 1, dan, x

2 + y

2 = 4. Sehingga

daerah R terletak antara, 1 ≤ x2 + y

2 ≤ 4. Oleh karena itu untuk menghitung integral lipat dua



251

pada ruas kanan diatas, digunakan transformasi koordinat kutub, yaitu x = r cos θ , y = r sin θ ,

x2 + y

2 = r

2 , dA = r dr d θ dengan, R* = {(r ,θ ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi,

dS z x

S

∫∫22 = dxdy y x x

R

∫∫ + )(54 222

= 54 ∫ ∫π

θ θ 20

21

222 ))()(cos( d dr r r r

= 54 ∫ ∫π

θ θ 2

0

2

1

25 cos

d dr r

= 54 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π θ θ

2

0

2

1

26 cos6

1

d r

= )164(53

2− ∫

π θ θ

2

0

2cos

d

= 542

π

θ θ θ

2

02

1sincos

2

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

= 542 ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ )2(

2

1π = π 542

Luas Permukaan dan Massa Permukaan Benda Pejal

Salah satu penerapan yang cukup penting dari integral permukaan adalah bahwa integral

tersebut memberikan ukuran untuk luas permukaan S dan massa permukaan S . Dengan

pendekatan bahwa permukaan S diberikan oleh persamaan, z = f ( x, y). Dari rumus pertama

integral permukaan, yaitu

dS z y xG

S

∫∫),,( = dA f f y z f y xG

y x R

1)),(,,(22 ++

∫∫

Bilamana, G( x, y, z) = 1, integral permukaan diatas, dapat dituliskan menjadi,

∫∫S

dS = dA f f

R

y x ∫∫ ++ 122

Integral permukaan pada ruas kanan diatas adalah integral lipat dua yang memberikan ukuran

luas permukaan S . Jadi luas persamaan S yang diberikan oleh persamaan z = f ( x, y) dan diatas

daerah R pada bidang xy diberikan oleh,

A(S ) = dA f f

R

y x ∫∫ ++ 122

Selanjutnya bilamana kerapatan disembarang titik ( x, y, z) pada permukaan S diberikan oleh

δ( x, y, z) dan m menyatakan massa permukaan S , maka massa permukaan tersebut diberikanoleh,

m(S ) = ∫∫S

dS z y x ),,(δ

= dA f f z y x

R

y x ∫∫ ++ 1),,(22

δ

dimana R adalah daerah pada bidang xy yang merupakan proyeksi dari permukaan S .



252

Sedangkan, jika persamaan permukaan S diberikan oleh y = g( x, z) dan daerah R pada bidang

xz. Maka luas permukaan, dan massa permukaan S dengan kerapatan δ ( x, y, z) diberikan oleh,

A(S ) = dAgg

R

z x ∫∫ ++ 122

m(S ) = dAgg z y x

R

z x ∫∫ ++ 1),,( 22δ

Sedangkan, jika persamaan permukaan S diberikan oleh x = h( y, z) dan daerah R pada bidang

yz. Maka luas permukaan, dan massa permukaan S dengan kerapatan δ ( x, y, z) diberikan oleh,

A(S ) = dAhh

R

z y ∫∫ ++ 122

m(S ) = dAgh z y x

R

z y ∫∫ ++ 1),,( 22δ

Contoh 4.6.4Hitunglah luas permukaan bidang, 2 x + 2 y + z = 12 yang dipotong oleh paraboloida, y = x

2,

bidang-bidang z = 0, dan x = 0.

Penyelesaian

Andaikan A(S ) menyatakan luas permukaan, maka luas permukaan tersebut diberikan oleh,

A(S ) = ∫∫S

dS

dimana S adalah permukaan bidang dengan persamaan, 2 x + 2 y + z = 12, yang diperlihatkan

pada Gambar 4.6.8, dan daerah R yang merupakan proyeksi permukaan S yang diperlihatkan

pada Gambar 4.6.9. berikut ini

z y

12 y = 6 – x

2 x + 2 y + z = 12 (2,4)

R

y = x2

y

R

y = x2

x + y = 6 x

Gambar 4.6.8. Permukaan S Contoh 4.6.4 Gambar 4.6.9. Daerah R contoh 4.6.4

Dari sketsa bidang 2 x + 2 y + z = 12, pada Gambar 4.6.8, ambil sebagai persamaan permukaan

S adalah z = f ( x, y) = 12 – 2 x – 2 y, maka dihasilkan :



253

f x( x, y) = –2

f y( x, y) = –2

f x2 + f y

2 + 1 = (–2)

2 + (–2)

2 + 1 = 9

Sedangkan dari sketsa pada Gambar 4.6.9 terlihat bahwa daerah R yang merupakan proyeksi

permukaan S pada bidang xy berbentuk y sederhana dan dibatasi oleh,

R = {( x, y) : x2 ≤ y ≤ 6 – x ; 0 ≤ x ≤ 2}

Dengan memperhatikan hasil diatas, andaikan A(S ) menyatakan luas permukaan bidang S ,

dengan z = z = f ( x, y) = 12 – 2 x – 2 y yang dipotong oleh paraboloida, y = x2, bidang-bidang z

= 0, dan x = 0 dan dicerminkan pada bidang xy diberikan oleh,

A(S ) = dA f f

R

y x ∫∫ ++ 122

= dA

R

∫∫ +−+− 1)2()2( 22

= 3 ∫∫ R

dA = 3 ∫ ∫ −2

0

62

x

xdxdy

= 3 [ ] dx y x

x∫

−2

0

62

= 3 ∫ −−

2

0

2 )6(

dx x x

= 3

2

0

32

3

1

2

16

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− x x x

= 3 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

810 = 22

Jadi luas permukaan S yang ditanyakan adalah 22 satuan luas kuadrat

Contoh 4.6.5.

Hitunglah luas permukaan paraboloida, z = )(2

1 22 y x + yang terletak dibawah permukaan

bidang z = 4.

Penyelesain

Perhatikanlah sketsa permukaan paraboloida, dan proyeksi permukaannya berikut ini.

z

z = 4

z = )(2

1 22

y x +

R y

x x2

+ y2

= 8

Gambar 4.6.10. Permukaan Contoh 4.6.5



254

Dari sketsa terlihat bahwa perpotongan permukaan paraboloida, z = )(2

1 22 y x + dan bidang z

= 4, jika diproyeksikan pada bidang xy akan menghasilkan daerah yang dibatasi oleh

lingkaran, x2

+ y2

= 8. Dengan mengambil, z = f ( x, y) = )(2

1 22 y x + , maka dihasilkan,

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

f x2 + f y

2 + 1 = x

2+ y

2+ 1

Andaikan A(S ) menyatakan luas permukaan, maka luas permukaan tersebut diberikan oleh,

A(S ) = ∫∫S

dS = dA f f

R

y x ∫∫ ++ 122

= dA y x

R

∫∫ ++ 122

dimana R adalah daerah dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 8,. Sehingga dengan menggunakan

transformasi koordinat kutub, yaitu x = r cos θ , y = r sin θ , x

2

+ y

2

= r

2

, dA = r dr d θ dengan, R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 8 , 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi,

A(S ) = dA y x

R

∫∫ ++ 122

= ∫ ∫ +π

θ 2

0

8

0

2 1

d dr r r

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

π θ

2

0

8

0

2/32 )1(3

1

d r

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

π

θ

2

0 )127(3

1

d

=

π

θ

2

03

26

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

= π 3

52

Jadi luas permukaan S yang ditanyakan adalah π 3

52 satuan luas kuadrat

Contoh 4.6.6.

Hitunglah massa permukaan bola, x2 + y

2 + z

2= 25 diatas bidang z = 3, dan dibawah bidang z

= 4, jika kerapatan disetiap titik pada permukaan bolanya adalah ditanyakan, δ( x, y, z) = kz2.

PenyelesaianAndaikan m(S ) menyatakan massa permukaan S , maka massa tersebut diberikan oleh,

m(S ) = ∫∫S

dS z y x ),,(δ



255

dimana S adalah permukaan bola, x2 + y

2 + z

2= 25 yang terletak antara bidang z = 3, z = 4

yang sketsanya diperlihatkan pada Gambar 4.6.10, dan proyeksi permukaan bidangdiperlihatkan pada gambar 4.6.11 dan berikut ini.

z

z = 2225 y x −− y

x2

+ y2 = 9

x2

+ y2 = 9 R

R

x2

+ y2 = 16

x2

+ y2 = 25 x

2+ y

2 = 16

x

Gambar 4.6.10. Permukaan Contoh 4.6.5 Gambar 4.6.11 Daerah R Contoh 4.6.5

Dari sketsa permukaan S pada Gambar 4.6.10, setengah bola yang terletak diatas bidang xy

persamaannya adalah, z = 2225 y x −− . Oleh karena itu, ambil f ( x, y) = 2225 y x −−

sehingga dihasilkan,

f x( x, y) =2225 y x

x

−−

−

f y( x, y) =

2225 y x

y

−−

−

f x2 + f y

2 + 1 =

22

2

25 y x

x

−− +

22

2

25 y x

y

−− + 1

=2225

25

y x −−

Sedangkan dari sketsa pada Gambar 4.6.11 terlihat bahwa daerah R yang merupakan proyeksi

permukaan bola z = 2225 y x −− yang terletak antara z = 3, dan z = 4 pada bidang xy

adalah daerah yang dibatasi oleh lingkaran, x2

+ y2 = 9 dan x

2+ y

2 = 16. Dengan kerapatan,

δ( x, y, z) = kz2, dimana z2 = 25 – x2 – y2, maka integral permukaan untuk menghitung massa permukaanya diberikan oleh,

m(S ) = ∫∫S

dS kz 2

= dA f f kz

R

y x ∫∫ ++ 1222



256

= k dA y x

y x

R

∫∫−−

−−22

22

25

25)25(

= 5k dA y x

R

∫∫ +− )(25 22

dimana R adalah daerah yang dibatasi oleh dua buah lingkaran x

2

+ y

2

= 9 dan x

2

+ y

2

= 16.Sehingga dengan menggunakan transformasi koordinat kutub, yaitu x = r cos θ , y = r sin θ ,

x2 + y

2 = r

2 , dA = r dr d θ , dan R* = {(r ,θ ) : 3 ≤ r ≤ 4, 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi,

m(S ) = 5k dA y x

R

∫∫ +− )(25 22

= 5k ∫ ∫ −π

θ 2

0

4

3

225

d dr r r

= 5k ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

π θ

2

0

4

3

2/32 )25(3

1

d r

= 5k ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ +−π

θ 20 3

643

27

d

= 5k

π

θ

2

03

37

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

= π 3

370

Jadi massa luas permukaan S yang ditanyakan adalah π 3

370

Fluks Medan Vektor

Disamping penerapaannya untuk menghitung luas permukaan, dan masa suatu permukaan

benda pejal, salah satu penerapan yang sangat penting dari integral permukaan adalah

manfaatnya untuk menghitung fluks medan vektor yang menembus suatu permukaan.

Generalisasi dari fluks medan vektor ini adalah teorema divergensi Gauss dan teorema Stokes

dalam ruang dimenasi tiga. Konsep dari fluks medan vektor ini tergantung dari jenis medan

vektornya. Jika medan vektornya adalah medan kecepatan atau medan panas, maka fluks

menyatakan medan kecepatan suatu fluks medan fluida atau fluks medan panas, jika medan

vektornya adalah medan elektrik maka fluksnya disebut dengan fluks medan elektrik.

Demikian pula jika medan vektornya adalah medan magnetik, maka fluksnya disebut dengan

fluks medan magnetik.

Andaikan F adalah medan vektor kecepatan yang didefinisikan oleh,


Andaikan pula bahwa medan vektor melalui suatu permukaan S yang diberikan oleh, z =

f ( x, y) dimana permukaannya terletak diatas daerah R yang terletak di bidang xy. Andaikan



257

pula f ( x, y) dan g( x, y, z) beserta turunan-turunan parsialnya pertamanya ),( y x f x dan ),( y x f y

kontinu pada daerah R. Andaikan pula bahwa permukaan S mulus sederhana, dan mempunyai

vektor normal satuan n keatas. Lihat Gambar 4.6.12

z

n

F

ΔS

y

R

x

Gambar 4.6.12

Jika ΔS adalah potongan kecil bagian dari permukaan S , volume fluida ΔV yang melewati

permukaan ΔS dalam arah vektor normal satuan n adalah,

ΔV ≈ F n ΔS

Dengan demikian jumlah total banyaknya fluida yang melalui permukaan S per satuan waktu

diberikan oleh,

∑=

Λ•n

k

k k k S

1

nF

Dengan mengambil limit penjumlahan untuk n membesar menuju tak hingga, maka diperoleh

rumus integral permukaan yang disebut dengan fluks F melalui S yaitu,

Fluks F = dS

S

∫∫ • nF

Sedangkan untuk menghitung integral permukaan diatas, tulislah persamaan permukaan S

menjadi,

g( x, y, z) = z – f ( x, y)

Dari fungsi ini, n vektor normal keatas diberikan oleh,

n =|),,(|

),,(

z y xg

z y xg

∇

∇ =

122 ++

+−−

y x

y x

f f

f f k ji



258

Karena, F = M i + N j + R k, dan dS = dA f f y x 122 ++ , maka integral permukaan fluks F

melalui S dapat ditulis menjadi,

Fluks F = dS

S

∫∫ • nF

= dS

f f

f f R N M

S y x

y x∫∫

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

++

+−−•++

k jik ji

1

)(22

= dA f f

f f

R Nf Mf

R

y x

y x

y x ∫∫ ++

++

+−−1

1

22

22

= dA R Nf Mf

R

y x ∫∫ +−− )(

Jadi fluks medan vektor kecepatan F yang melalui permukaan S dengan vektor normal satuan

kearah atas diberikan oleh,

Fluks F = dA R Nf Mf

R

y x ∫∫ +−− )(

dimana R adalah proyeksi permukaan S pada bidang xy.

Contoh 4.6.7

Misalkan diberikan medan kecepatan panas,

F( x, y, z) = 2 y i + 3 x j + 2 z k

dan S adalah bagian permukaan bidang, 2 x + y + z = 6, yang dipotong bidang, y = x, x = 0,

dan z = 0. Hitunglah banyaknya panas yang keluar melalui permukaan S

Penyelesaian

Banyaknya panas yang keluar melalui permukaan S pada dasarnya adalah fluks medan panas.

Perhatikanlah sketsa permukaan S berikut ini

z

n y

z = 6 – y – 2 x y = 6 – 2 x

R (2,2)

0 y R 2 x + y = 6 y = x

0 x

y = x

x

Gambar 4.6.13 Persamaan contoh 4.6.7 Gambar 4.6.14 Daerah R contoh 4.6.7



259

Dari sketsa permukaan S pada Gambar 4.6.13, dari persamaan z = 6 – 2 x – y, ambil z= f ( x, y) =

6 – 2 x – y, maka dihasilkan ),( y x f x = –2, dan ),( y x f y = –1. Sedangkan dari medan vektor

kecepatan panas F = 2 y i + 3 x j + 2 z k, dihasilkan, M ( x, y, z) = 2 y, N ( x, y, z) = 3 x, R( x, y, z) = 2 z.

Jadi menurut definisi fluk medan vektor, dengan vektor normal n kearah atas banyaknya

panas yang keluar melalui permukaan S diberikan oleh,


R

y x ∫∫ +−− )(

= dA z x y

R

[∫∫ +−−−− )2)1)(3()2)(2(

= dA y x y x

R

∫∫ −−++ ))26(243(

= dA y x

R

∫∫ +− )212(

dimana R adalah proyeksi permukaan S , 2 x + y + z = 6, yang dipotong oleh bidang y = x,

pada bidang xy diperlihatkan pada gmabr 4.6.14. Dari gambar itu terlihat bahwa daerah Rdibatasi oleh,

R = {( x, y) : x ≤ y ≤ 6 –2, 0 ≤ x ≤ 2}

Jadi,

Fluks F = dydx y x

R

∫∫ +− )212(

= ∫ ∫ −

−−2

0

26)212(

dydx y x

x

x

= ∫−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

2

0

262

2

2)12(

dx y y x

x

x

= ∫ −−−−+−−2

0

22 ])12()26()26)(12[(

dx x x x x x x

= ∫ +−2

0

2 )66672(

dx x x

=

2

0

32

3

63372

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− x x x

= 72(2) – 33(4) + 2(8) = 24

Jadi laju aliran panas yang melaui permukaan S adalah 24 satuan pangjang pangkat tiga per

satuan waktu.

Contoh 4.6.8

Misalkan diberikan suatu medan fluida,

F( x, y, z) = y2i – xy j + z

2k

Hitunglah fluks F melalui S , jika permukaan S adalah bagian dari bola, x2 + y

2 + z

2 = 8 yang

terletak diatas bidang z = 2.



260

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa permukaan S permukaan bola, x2 + y

2 + z

2= 8 yang terletak diatas

bidang z = 2, dan proyeksi permukaan S yang dipotong bidang pada bidang xy adalah daerah

yang dibatasi oleh lingkaran, x2

+ y2 = 4, diperlihatkan pada gambar 4.6.15.

z

n z = 228 y x −−

R y

x2

+ y2 = 4

x

Gambar 4.6.15 Permukaan Contoh 4.6.8

Dari sketsa permukaan S pada Gambar 4.6.10, setengah bola yang terletak diatas bidang xy

persamaannya adalah, z = 228 y x −− . Oleh karena itu, ambil f ( x, y) = 228 y x −−

sehingga dihasilkan turunan parsial pertama yaitu,

f x( x, y) =228 y x

x

−−

− =

z

x−

f y( x, y) =228 y x

y

−−

− = z

y−

Sedanglan dari medan kecepatan fluida, F( x, y, z) = y2i – xy j + z

2k, diperoleh, M ( x, y, z) = y

2,

N ( x, y, z) = – xy, dan R( x, y, z) = z2. Karena arah normal permukaan S adalah keatas, maka laju

aliran fluida yang melalui permukaan S diberikan oleh,


R

y x ∫∫ +−− )(

= dA z z

y xy

z

x y

R

∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− 22 )(

= dA z z

xy

z

xy

R

∫∫ ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++− 2

22

= dA z

R

∫∫2

= dA y x

R

∫∫ −− )8( 22



261

dimana R daerah yang dibatasi oleh lingkaran, x2

+ y2 = 4. Sehingga dengan menggunakan

transformasi koordinat kutub, yaitu, x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2 = r

2 , dA = r dr d θ , dan

R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi,

Fluks F = dA y x

R

∫∫ +− ))(8( 22

= ∫ ∫ −π

θ 2

0

2

0

28(

) d dr r r

= ∫ ∫ −π

θ 2

0

2

0

38(

) d dr r r

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

π θ

2

0

2

0

42

4

14

d r r

= ∫ −π

θ 2

0)416(

d

= [ ] π θ

2

012 = 24π

Jadi laju aliran fluida yang melalui permukaan S adalah 24π satuan panjang pangkat tiga per

satuan waktu.

Pada pembahasan contoh-contoh soal fluks medan vektor diatas, diasumsikan bahwa arah

dari vektor normal permukaannya n adalah keatas. Bilamana arah vektor normal n adalah ke

bawah, maka rumus yang digunakan untuk menghitung integral permukaan dari fluks medan

vektor adalah,

Fluks F = dS

S

∫∫ • nF = dA R Nf Mf

R

y x ∫∫ −+ )(

Demikian pula, bila S adalah permukaan tertutup sederhana, misalnya adalah balok, slinder

lingkaran tegak, bola, elipsoida, maka untuk menghitung integral permukaanya harus

diperhatikan arah vektor normalnya. Akibatnya, untuk menghitung fluks medan vektor F

yang melalui permukaan tertutup, maka penghitungan inetgral permukaannya harus

memperhatikakan vektor normal permukaannya. Khusus, untuk permukaan tertutup yang

simetris, misalkan elipsoida, dan bola maka penghitungan fluks medan vektornya diberikan

oleh,

dS

S

∫∫ • nF = dS

S

∫∫ •

1

nF 1 + dS

S

∫∫ •

2

nF 2

Contoh 4.6.9

Hitunglah fluks F melalui S , jika diberikan medan vektor,

F( x, y, z) = 2 xi + 2 y j + z k

dan S adalah bagian permukaan kerucut terpancung, z2 = x

2+ y

2, antara z = 1 dan z = 2. Jika

diasumsikan bahwa arah vektor normal n adalah ke bawah.



262

Penyelesaian.

Perhatikanlah sketsa permukaan S kerucut, x2 + y

2 = z

2 yang dipotong oleh bidang z = 1 dan

z = 2. Proyeksi permukaan kerucut terpansung pada bidang xy adalah daerah yang dibatasi

oleh lingkaran, x2

+ y2 = 1, dan x

2+ y

2 = 4, hal ini diperlihatkan pada gambar 4.6.16.

z

z2 = x

2+ y

2

n

R y

x2

+ y2 = 1

x2

+ y2

= 4

x

Gambar 4.6.16 Permukaan Kerucut Contoh 4.6.9

Dari sketsa pada Gambar 4.6.16, untuk z ≥ 0, dari persamaan kerucut z2 = x

2+ y

2, ambil z =

f ( x, y) = 22 y x + . Sehingga turunan parsial pertamanya adalah,

f x( x, y) =22 y x

x

+ =

z

x

f y( x, y) = 22 y x

y

+ = z

y

Sedangkan dari medan vektor, F( x, y, z) = 2 xi + 2 y j + z k, diperoleh M ( x, y, z) = 2 x, N ( x, y, z) =

2 y, dan R( x, y, z) = z k. Karena normal permukaan S , n arahnya kebawah, maka menurut

definisi fluks medan vektor F( x, y, z) = 2 xi + 2 y j + z k yang melalui permukaan kerucut

terpanung diberikan oleh,


R

y x ∫∫ −+ )(

= dA z z

y y

z

x x

R

∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 22

= dA z

z y x

R

∫∫ −+ 222 )(2

= dA z

z z

R

∫∫ − 222

= dA z

R

∫∫ = dA y x

R

22 +∫∫



263

dimana R adalah daerah yang merupakan proyeksi permukaan kerucut terpancung. Dari

gambar 4.6.16 daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2

+ y2 = 1, dan x

2+ y

2 = 4. Sehingga dengan

menggunakan transformasi koordinat kutub, yaitu, x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2 = r

2 , dA =

r dr d θ , dan R* = {(r ,θ ) : 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi dihasilkan,

Fluks F = dA y x R

22

+∫∫ = ∫ ∫π

θ

2

0

2

1

2

)( d dr r r

= ∫ ∫π

θ 2

0

2

1

2

d dr r = ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡π θ

2

0

2

1

3

3

1

d r

= ∫ −π

θ 2

0)18(

3

1

d =

π

θ

2

03

7

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ = π

3

14

Jadi laju aliran fluida yang melalui permukaan S adalah π 3

14 satuan panjang pangkat tiga per

satuan waktu.

Contoh 4.6.10Hitunglah fluks F melalui S , jika diberikan medan vektor,

F( x, y, z) = 2 xzi + 2 yz j + z2

k

dan S adalah permukaan bola, x2

+ y2 + z

2 = 4.

Penyelesaian

Perhatikanlah sketsa permukaan bola S , x2 + y

2 + z

2 = 4 pada Gambar 4.6.17. Dari sketsa itu

terlihat bahwa S adalah permukaan tertutup yang terdiri atas dua buah permukaan, yaitu S 1

dan S 2. Persamaan permukaan S 1 adalah z = 224 y x −− dengan arah vektor normalnya n1

ke atas, dan persamaan permukaan S 2 adalah z = – 224 y x −− dengan arah vektor

normalnya n2 ke bawah. Sedangkan perpotongan permukaan kedua permukaan, S 1 dan S 2 jika dicerminkan terhadap bidang xy menghasilkan suatu daerah R yang dibatasi oleh

lingkaran, x2 + y

2 = 4. Lihat gambar 4.6.17

z

n1 z = 224 y x −−

R y x

2 + y

2 = 4

x n2 z = – 224 y x −−

Gambar 4.6.17 Permukaan Bola Contoh 4.6.10



264

Karena permukaan tertutup S terdiri atas permukaan S 1, dan S 2, maka fluks medan vektor F

yang melalui S diberikan oleh,

Fluks F = dS

S

∫∫ • nF

= dS S ∫∫ •

1 nF 1 + dS

S ∫∫ •2

nF 2

dimana S 1 adalah permukaan setengah bola diatas bidang xy, dan S 2 adalah permukaan

setengan bola dibawah bidang xy. Untuk permukaan S 1, z = 224 y x −− , ambil z = f ( x,y)

dan sehingga dihasilkan turunan parsial pertamanya adalah,

f x( x, y) =

)(4 22 y x

x

+−

− =

z

x−

f y( x, y) =

)(4 22 y x

y

+−

− =

z

y−

Sehingga untuk medan vektor F( x, y, z) = 2 xzi + 2 yz j + z2

k, dan vektor normal n ke arah atas,

maka fluks F melalui S 1 diberikan oleh,

dS

S

∫∫ •

1

nF 1 = dA R Nf Mf

R

y x ∫∫ +−− )(

= dA z z

y yz

z

x xz

R

∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −− 2)2()2(

= dA y x y x

R

∫∫ −−++ )422( 2222

= dA y x R

∫∫ ++

)](4[

22

dimana R daerah yang dibatasi oleh lingkaran, x2

+ y2 = 4. Sehingga dengan menggunakan

transformasi koordinat kutub, yaitu, x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2 = r

2 , dA = r dr d θ , dan

R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π }. Jadi,

dS

S

∫∫ •

1

nF 1 = dA y x

R

∫∫ ++ )](4[ 22

= ∫ ∫ +π

θ 2

0

2

0

2

)(4 d dr r r

= ∫ ∫ +

π θ

2

0

2

0

3

)4( d dr r r

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

π θ

2

0

2

0

42

4

12

d r r

= ∫ +π

θ 2

0)48(

d

= [ ] π θ

2012 = 24 π



265

Sedangkan untuk permukaan S 2, z = – 224 y x −− , ambil z = f ( x,y) dan sehingga dihasilkan

turunan parsial pertamanya adalah,

f x( x, y) =

)(4 22 y x

x

+− =

z

x

−

f y( x, y) =)(4 22 y x

y+−

= z

y−

Sehingga untuk medan vektor F( x, y, z) = 2 xzi + 2 yz j + z2

k, dan vektor normal n ke arah

bawah, maka fluks F melalui S 2 diberikan oleh,

dS

S

∫∫ •

2

nF 2 = dA R Nf Mf

R

y x ∫∫ −+ )(

= dA z z

y yz

z

x xz

R

∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

−2)2()2(

= dA y x y x R

∫∫ −−−+− )]4()(2[

2222

= dA y x

R

∫∫ +−− )](4[22

= – dA y x

R

∫∫ ++ )](4[ 22

Seperti pada penghitungan sebelumnya, dA y x

R

∫∫ ++ )](4[ 22 = 24 π, jadi

dS

S

∫∫ •

2

nF 2 = – 24π

Dengan demikian,Fluks F = dS

S

∫∫ • nF = 24π – 24π = 0


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai dengan 10 berikut ini, hitunglah integral permukaan

dS z y xG

S

∫∫ ),,(

1. dS z x

S

∫∫ + )2( 2 , dimana S adalah bagian permukaan, z = y2 – x

2, dan diatas daerah R yang

dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2= 1, dan x

2 + x

2 = 4.

2. dS y x

S

∫∫ + )( , dimana S adalah bagian permukaan, z = 24 y− , dan diatas daerah R yang

dibatasi R = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3 }oleh lingkaran, x2 + y

2= 1, dan x

2 + x

2 = 4.



266

3. dS xyz

S

∫∫ , dimana S adalah bagian permukaan kerucut, z2 = 4( x

2 + y

2) yang dipotong oleh

bidang z = 1, dan z = 16.

4. dS z y x

S

∫∫ ++ 222 , dimana S adalah bagian permukaan kerucut, z2 = x

2 + y

2, yang

dipotong oleh bidang z = 2 dan z = 3.5. dS y x

S

∫∫ + )( , dimana S adalah bagian permukaan bidang, 4 x + 3 y + 2 z = 14 yang dipotong

oleh bidang y = x, x = 0 dan z = 0

6. dS y x

S

∫∫ + 22 , dimana S adalah bagian permukaan paraboloida, 2z = 10 – ( x2 + y

2) yang

dipotong oleh bidang z = ½ dan z = 3.

7. dS y x

S

∫∫ + 22 , dimana S adalah bagian permukaan bola, x2 + y

2+ z

2 = 25 yang dipotong

oleh bidang z = 3 dan z = 4.

8. dS z y x

S

∫∫ ++ )( , dimana S adalah bagian permukaan bidang, x + 2 y + 2 z = 6 yang

dipotong oleh bidang, y = x, y = 0 dan z = 0

9. dS z y

S

∫∫ + )( , dimana S adalah bagian permukaan bidang, x + 2 y + 2 z = 8 yang dipotong

oleh bidang, x = y2, y = 0 dan z = 0

10. dS z y x

S

∫∫ + )( 22 , dimana S adalah bagian permukaan kerucut, z2 = ( x

2 + y

2) yang

dipotong oleh bidang, z = 1, dan z = 2.

Dalam soal-soal latihan nomor 11 sampai dengan 20 berikut ini hitunglah luas permukaan S .

11. Bagian permukaan bidang, 3 x + 2 y + 6 z = 12 yang dipotong oleh bidang, 2 y = 3 x, x = 0,

dan z = 0.

12.Bagian permukaan, z = 24 x− di oktan pertama yang tepat diatas lingkaran, x2 + y

2= 1,

dan x2 + x

2 = 4.

13. Bagian permukaan paraboloida, z = x2 + y

2, yang dipotong oleh bidang z = 1 dan z = 9

14. Bagian permukaan kerucut, z2 = x

2 + y

2, yang dipotong oleh bidang z = 2 dan z = 3

15. Bagian permukaan bola, x2 + y

2+ z

2 = 4, dan didalam silinder, x

2 + y

2 = 2 y. yang terletak

diatas bidang xy.

16. Bagian permukaan bola, x2 + y2 + z2 = 4, dan didalam silinder, x2 + y2 = 2 x, dan diatas

bidang xy.


2+ z

2 = 4z, yang terletak diatas z = 2

18. Bagian permukaan kerucut, x2 + y

2= z

2, dan didalam silinder, x

2 + y

2 = 2 y, dan diatas

bidang xy.


2+ z

2 = 10z, yang terletak antara z = 3 dan z = 4

20. Bagian permukaan bidang, 2 x + y + 2 z = 8, yang dipotong oleh, y = x2, x = 0, dan z = 0.



267

Dalam soal-soal latihan nomor 21 sampai dengan 30 berikut ini hitunglah masa permukaan S .

21. Masa bagian silinder paraboloida, z = x2 + y

2, yang dipotong bidang, z = 1 dan z = 4 jika

kerapatannya adalah, δ( x, y, z) = k ( x2 + y

2)

22. Masa bagian kerucut, z2 = x

2 + y



2)

23. Masa bagian tabung/silinder, y

2

+ z

2

= 4, yang dipotong bidang, x = 0, z = 0, y = x jikakerapatannya adalah, δ( x, y, z) = kz

2

24. Masa bagian silinder paraboloida, z = x2 + y



2)

25. Masa bagian bidang, 2 x + 3 y + z = 6, di oktan pertama bilamana kerapatannya adalah

δ( x, y, z) = x + 2 z

26. Masa bagian permukaan bola, x2 + y

2+ z

2 = 16, di oktan pertama dan kerapatannya

adalah δ( x, y, z) = kz2.


2+ z

2 = 10 z, yang dipotong oleh z = 3 dan z = 4, dan

kerapatannya adalah δ( x, y, z) = k 22 y x +

28. Masa bagian permukaan bola, x2

+ y2

+ z2

= 25, yang dipotong oleh z = 3 dan z = 4, dankerapatannya adalah δ( x, y, z) = k ( x

2 + y

2)

29. Masa bagian silinder paraboloida, z = 10 – ( x2 + y

2), yang dipotong bidang, z = 1 dan z =

6 jika kerapatannya adalah, δ( x, y, z) = 22 y x +


2+ z

2 = 10 z, yang dipotong oleh z = 5 dan z = 8, dan

kerapatannya adalah δ( x, y, z) = k ( x2 + y

2)

Dalam soal-soal latihan nomor 31 sampai dengan 40 berikut ini hitunglah fluks medan vektor

F melalui permukaan S .

31. F( x, y, z) = 2 y i – 2 x j + 3 z k, dan S adalah bagian permukaan bola, x

2 + y

2+ z

2 = 25, yang

dipotong oleh z = 3 dan z = 4, dengan arah vektor normal n ke atas.

32. F( x, y, z) = 3 x i + 3 y j + 2 z

k, dan S adalah bagian permukaan kerucut, z2

= x2

+ y2

antara z= 2, dan z = 3, dengan arah vektor normal n ke bawah.

33. F( x, y, z) = 2 x i + 2 y j + 3 z k, dan S adalah bagian permukaan paraboloida, z = 5 – ( x

2 + y

2)

antara, z = 1 dan z = 4, dengan arah vektor normal n ke atas.

34. F( x, y, z) = 3 x i + 3 y j + 5 z k, dan S adalah bagian permukaan paraboloida, z = x

2 + y

2

antara, z = 1 dan z = 4, dengan arah vektor normal n ke bawah.

35. F( x, y, z) = 2 x i + 2 y j + 5 z k, dan S adalah bagian permukaan bola, x

2 + y

2 + z

2 = 25 dan

diatas, z = 3, dengan arah vektor normal n ke atas.

36. F( x, y, z) = 2 x i + 3 y j + z k, dan S adalah bagian permukaan bidang, x + y

+ z = 2, yang

dipotong oleh, y = x, x = 0, dan z = 0

37. F( x, y, z) = 2 x i + y j + z k, dan S adalah bagian permukaan bidang, z = 2 + y, yang

dipotong oleh, y = x2

, y = 0, dan x = 2.38. F( x, y, z) = x i + 2 y j + z

k, dan S adalah bagian permukaan bidang, z = 2 + x, yang

dipotong oleh, y = x2, x + y = 6, dan y = 0.

39. F( x, y, z) = 2 x i + 3 y j + 2 z k, dan S adalah bagian permukaan bidang, 2 x + 2 y

+ z = 4, yang

dipotong oleh, x = y3, x = 0, dan z = 0

40. 38. F( x, y, z) = 3 x i + 4 y j + 2 z k, dan S adalah bagian permukaan bidang, y + z = 4, yang

dipotong oleh, y = x2, x = 0, dan z = 0.



268

4.7. Teorema Divergensi Gauss dan Teorema Stokes

Teorema Divergensi Gauss

Dari teorema Grenn pada sub bab 4.5, telah diperoleh bahwa,

∫ •C

dsnF = ∫∫ R

dAFdiv = ∫∫ •∇

R

dAF)(

Persamaan ini menyatakan bahwa fluks medan vektor F yang melewati batas C dari daerah

tertutup R dan batasnya C sama dengan integral lipat dua dari divergensi F atas daerah R.

Pernyataan ini lebih dikenal dengan teorema Gauss dalam ruang dimensi dua. Generalisasi

dari teorema ini adalah teorema divergensi Gauss dalam ruang dimensi tiga.

Andaikan B sebuah benda pejal tertutup dan terbatas dalam ruang dimensi tiga, yang secara

sederhana benda pejal B dibatasi oleh permukaan tertutup dan sederhana dalam ruangdimensi tiga. Misalkan,


adalah medan vektor sedemikian rupa sehingga M ( x, y, z), N ( x, y, z), dan R( x, y, z) mempunyai

turunan-turunan parsial pertama yang kontinu pada B, dan batasnya permukaan tertutup S .

Bilamana n adalah vektor normal satuan keluar S , maka :

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ B

dV Fdiv = ∫∫∫ •∇

B

dV F)(

Selanjutnya, mengingat,

∇ • F = ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂k ji

z y x•( M i + N j + Rk)

= z

R

y

N

x

M

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

Maka teorema divergensi Gauss diatas dapat dituliskan menjadi,

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ •∇

B

dV F)( = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

B

dV z

R

y

N

x

M

Persamaan terakhir dari teorema ini menyatakan bahwa fluks medan vektor F yang melewatisuatu permukaan tertutup S dalam ruang dimensi tiga adalah integral lipat tiga dari divergensi

medan vektor F atas benda pejal B tersebut. Bukti teorema ini diluar jangkauan dari buku ini,

dan bukti dari teorema ini diperoleh dari buku-buku teks analisis kalkulus lanjut, atau

matematika teknik. Salah satu manfaat penting dari teorema ini adalah kemudahan untuk

menghitung integral permukaan atas permukaan tertutup melalui transformasi menjadi

integral lipat tiga. Sedangkan untuk menghitung integral lipat tiga pada ruas kanan disamping

menggunakan sistem koordinat kartesius, juga dapat pula digunkan transformasi koordinat

silinder dan koordinat bola. Berikut ini adalah contoh-contoh penerapannya.



269

Contoh 4.7.1

Andaikan F adalah medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y, z) = 3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k

Hitunglah fluks medan vektor F yang melewati permukaan benda pejal berbentuk balok

empat persegi panjang di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang-bidang, x = 1, y = 3, z = 2 baik secara langsung maupun dengan teorema Gauss.

Penyelesaian

Cara pertama secara langsung. Dengan secara langsung, integral permukaan yang

harus dihitung adalah bagian ruas kiri dari teorema divergensi Gauss yaitu :

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫ •++

S

dS z x yz xy nk ji )3( 222

dimana S adalah permukaan benda tertutup yang dibatasi oleh,

B = {( x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 2}

yang seperti terlihat pada gambar 4.7.1 berikut ini

z

2

3 y

1

x

Gambar 4.7.1. Permukaan Tertutup Contoh 4.7.1

Dari sketsa pada Gambar 4.7.1, terlihat bahwa benda pejal dibatasi oleh enam buah sisi

permukaan. Oleh karena itu, untuk menghitung integral permukaan,

∫∫ •S

dS nF

harus dihitung atas dasar keenam sisi permukaan, dan hasilnya lalu dijumlahkan. Pada

keenam sisi-sisi permukaan tersebut mempunyai vektor normal bidang n, yang berbeda. Hal

ini akan mengakibatkan hasil dari (F n) berbeda pula hasilnya. Tabel berikut ini menyajikan

hasil dari hasil titik vektor normal dan medan vektornya. Dari tabel, maka :

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫=

•

2 z

dS nF + ∫∫=

•

3 y

dS nF + ∫∫=

•

2 x

dS nF



270

Tabel 4.7.1

Hasil Kali Titik F n

======================================

Sisi/Bidang n F n

====================================== z = 2 k (3 xy

2 i + yz

2 j + x

2 z k) k = 2 x

2

z = 0 -k (3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k) -k = 0

y = 3 j (3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k) j = 3 z

2

y = 0 -j (3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k) -j = 0

x = 1 i (3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k) i = 3 y

2

x = 0 -i (3 xy2 i + yz

2 j + x

2 z k) -i = 0

=======================================

Berdasarkan hasil tabel diatas, maka diperoleh hasil sebagai berikut.

(1). Untuk sisi permukaa z = 2, permukaan S diproyeksikan pada bidang xy, dengan daerah R

adalah,

R1 = {( x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3}

Mengingat untuk sisi permukaan z = 2, F n = 2 x2, maka :

∫∫=

•

2 z

dS nF = ∫∫1

22

R

dA x = ∫∫1

22

R

dxdy x

= ∫ ∫1

0

3

0

22

dxdy x

= [ ]∫1

0

3

0

22

dx y x = ∫1

0

26

dx x

=

1

0

3

3

6

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ x = 2

(2). Untuk sisi permukaan y = 3, permukaan S diproyeksikan pada bidang xz, dengan daerah

R adalah

R2 = {( x, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 2}

Mengingat untuk sisi permukaan y = 3, F n = 3 z2, maka :

∫∫= •3 ydS nF = ∫∫2

2

3 R

dA z = ∫∫2

2

3 R

dxdz z

= ∫ ∫1

0

2

0

23

dxdz z

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡1

0

2

0

3

3

3

dx z = ∫

1

08

dx

= [ ]108

x = 8



271

(2). Untuk sisi permukaan x = 1, permukaan S diproyeksikan pada bidang yz, dengan daerah

R adalah

R3 = {( y, z) : 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 2}

Mengingat untuk sisi permukaan x = 1, F n = 3 y2, maka :

∫∫=

•

1 x

dS nF = ∫∫3

23

R

dA y = ∫∫3

23

R

dydz y

= ∫ ∫3

0

2

0

23

dydz y

= [ ]∫3

0

2

023

dy z y = ∫

3

0

26

dy y

=

3

0

3

3

6

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ y = 54

Jadi,

∫∫ •S

dS nF = ∫∫=

•2 z

dS nF + ∫∫=

•3 y

dS nF + ∫∫=

•2 x

dS nF

= 2 + 8 + 54 = 64

Cara Kedua Teorema Divergensi Gauss

Dari sketsa pada gambar 4.7.1, benda pejal V dibatasi oleh,

B = {( x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ 2}

Sedangkan dari medan vektor, F( x, y, z) = 3 xy2 i + yz2 j + x2 z k, divergensi medan vektornya

diberikan oleh,

div F = ∇ • F = z

R

y

N

x

M

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

= )()()3( 222 z x z

yz y

xy x ∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

= 3 y2 + z

2 + x

2 = x

2 + 3 y

2 + z

2

Sehingga menurut teorema divergensi Gauss, integral permukaan tertutup tersebut diberikan

oleh,

∫∫ •S

dS nF = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂+∂∂+∂∂

B

dV z R

y N

x M

= dxdydz z y x

B

∫∫∫ ++ )3( 222

= ∫ ∫ ∫ ++1

0

3

0

2

0

222 )3(

dxdydz z y x



272

= ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++

1

0

3

0

2

0

322

3

13

dxdy z z y z x

= ∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

1

0

3

0

22

3

862

dxdy y x

= ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡ ++10

3

0

323822 dx y y y x

= dx x ∫ +1

0

2 )626(

=

1

0

3 623

6

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+ x x = 2 + 62 = 64

Contoh 4.7.2

Misalkan F adalah medan vektor kecepatan suatu fluida,

F( x, y, z) = yi – x j + 2 z k

dan S adalah sebuah permukaan bola, x2 + y

2 + z

2= 4. Hitunglah fluks F melalui S , baik

secara langsung maupun menggunakan teorema.

Penyelesaian

Cara Pertama Secara Langsung

Menurut definisi, fluks medan vektor F melalui S diberikan oleh,

∫∫ •

S

dS nF

dimana S adalah permukaan tertutup yang dibatasi oleh bola, x2 + y

2 + z

2= 4 seperti terlihat

pada gambar 4.7.2

z

n1 z = 224 y x −−

x2 + y

2= 4

R y

x

n2 z = – 224 y x −−

Gambar 4.7.2. Permukaan Bola, Contoh 2.7.2

Dari sketsa pada gambar 4.7.2, terlihat permukaan tertutup S terdiri dari dua permukaan

setengah bola, yaitu z = 224 y x −− dan z = – 224 y x −− . Oleh kerena itu untuk

menghitung integral permukaan diatas, secara langsung yang harus dikerjakan adalah,



273

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫ •

1

1

S

dS nF 1 + ∫∫ •

2

2

S

dS nF 2

dimana S 1 adalah permukaan setengah bola yang terletak diatas bidang xy, dengan vektor

normal satuan n1 arahnya adalah ke atas, dan S 2 adalah permukaan setengah bola yang

terletak dibawah bidang xy, dengan vektor normal sruan n2 arahnya adalah ke bawah. Dari

gambar 4.7.2, terlihat bahwa proyeksi permukaan S 1 dan S 2, pada bidang xy membentuk suatudaerah R yang dibatasi oleh lingkaran x

2 + y

2= 4.

Untuk permukaan S 1, ambil, z = f ( x, y) = 224 y x −− sehingga dihasilkan,

),( y x f x =224 y x

x

−−

− =

z

x−

),( y x f y =224 y x

y

−−

− =

z

y−

Sehingga untuk medan vektor F( x, y, z) = yi – x j + 2 z k, maka fluks F yang melalui permukaan

S 1, dengan vektor normal n1 ke arah atas diberikan oleh,

∫∫ •

1

1

S

dS nF 1 = ∫∫ +−−

R

y x dA R Nf Mf )(

= ∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

R

dA z z

y x

z

x y 2)(

= ∫∫ R

dA z 2

= ∫∫ −−

R

dA y x 2242

dimana R adalah lingkaran, x2 + y

2= 4. Sehingga dengan menggunakan transformasi

korrdinat kutub yaitu, x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2= r

2, dan dA = r dr d θ , sebagai hasilnya

daerah R yang dibatasi oleh lingkaran x2 + y

2=4, ditransformasikan menjadi,

R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}

Jadi,

∫∫ •

1

1

S

dS nF 1 = ∫∫ −−

R

dA y x 2242

= θ π

rdrd r ∫ ∫ −2

0

2

0

242

= θ π

d r ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

2

0

2

0

2/32 )4(3

2

= θ π

d ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

2/3)4(3

2

=

π

θ

2

03

16

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ = π

3

32



274

Selanjutnya, dengan cara yang sama untuk permukaan S 2, ambil, z = f ( x, y) = – 224 y x −−

sehingga dihasilkan,

),( y x f x =224 y x

x

−− =

z

x−

),( y x f y =224 y x

y−−

= z y−

Sehingga untuk medan vektor F( x, y, z) = yi – x j + 2 z k, maka fluks F yang melalui permukaan

S 1, dengan vektor normal n2 ke arah bawah diberikan oleh,

∫∫ •

2

2

S

dS nF 2 = ∫∫ −+

R

y x dA R Nf Mf )(

= ∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

R

dA z z

y x

z

x y 2)(

=

∫∫ −

R

dA z 2

= ∫∫ −−−−

R

dA y x )224)(2(

= ∫∫ −−

R

dA y x 2242

dimana R adalah lingkaran, x2 + y

2= 4. Sehingga dengan menggunakan hasil perhitungan

sebelumnya maka dihasilkan pula,

∫∫ •

2

2

S

dS nF 2 = ∫∫ −−

R

dA y x 2242 = π

3

32

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa,

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫ •

1

1

S

dS nF 1 + ∫∫ •

2

2

S

dS nF 2

= π 3

32 + π

3

32 = π

3

64

Cara Kedua, teorema Divergensi Gauss

Daari medan vektor, F( x, y, z) = yi – x j + 2 zk, maka divergensi medan vektornya diberikan

oleh,

div F = ∇ • F = z

R

y

N

x

M

∂∂+

∂∂+

∂∂

= )2()()( z z

x y

y x ∂

∂+−

∂

∂+

∂

∂

= 1 – 1 + 2 = 2

Sehingga menurut teorema divergensi Gauss, integral permukaan tertutup tersebut diberikan

oleh,



275

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

B

dV z

R

y

N

x

M

= ∫∫∫ B

dV 2 = 2 ∫∫∫ B

dV

dimana B adalah bola, x2 + y

2 + z

2= 4, dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari 2. Karena integral

lipat tiga, ∫∫∫ B

dV menyatakan suatu volume benda pejal, dan volume bola dengan jari-jari r

adalah 3

3

4r π . Sehingga volume bola dengan r = 2 adalah 3)2(

3

4 π = π

3

32. Jadi,

∫∫ •

S

dS nF = 2 ∫∫∫ B

dV = 2 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

3

32 = π

3

64

Perhatikanlah kedua pendekatan menghasilkan nilai yang sama yakni π 3

64. Jadi laju aliran

fluida yang melalui bola adalah π 3

64 satuan panjang pangkat tiga per satuan waktu.

Dari kedua contoh diatas terlihat bahwa teorema divergensi Gauss memberikan cara yanglebih mudah atau sederhana untuk menghitung nilai integral permukaan atas suatu permukaantertutup. Teorema ini menfransformasikan penghitungan integral permukaan (integral vektor)menjadi integral lipat tiga (skalar). Kemudahan ini akan lebih terlihat bilamana medanvektornya memuat fungsi-fungsi transendent, untuk jelasnya perhatikanlah contoh berikut ini.

Contoh 4.7.3Misalkan F adalah medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y, z) = (e yz

– x2

y)i + 3 yz j + 2 xyz k Hitunglah integral permukaan, ∫∫ •

S

dS nF , bilamana S adalah permukaan tertutup benda

pejal yang di oktan pertama dibatasi oleh bidang-bidang, 2 x + y + z = 6, y = x, z = 0 dan x = 0PenyelesaianPerhatikanlah sketsa benda pejal berikut ini

z

z = 6 – 2 x – y

y R

2 x + y = 6 x y = x

Gambar 4.7.3 Sketsa Permukaan S Contoh 4.7.3



276

Dari sketsa pada gambar 4.7.3 diatas, dan medan vektor F( x, y, z) = (e yz

– x2 y)i + 3 yz j + 2 xyzk,

kesulitan yang timbul jika untuk menghitung integral permukaan, ∫∫ •

S

dS nF secara

langsung adalah integral permukaannya harus dihitung atas dasar empat permukaan, sepertiterlihat pada gambar 4.7.3, yang mana metode ini tidaklah begitu sederhana. Sedangkan jikamenggunakan teorema divergensi Gauss, dari medan vektor, F( x, y, z) yang diberikan

dihasilkan M ( x, y, z) = e yz

– x2 y, N ( x, y, z) = 3 yz, dan R( x, y, z) = 2 xyz,. Dengan demikian

divergensi medan vektornya adalah,

div F = ∇ • F = z

R

y

N

x

M

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

= )2()3()( 2 xyz z

yz y

y xe x

yz

∂

∂+

∂

∂+−

∂

∂

= (–2 xy) + 3 z + 2 xy = 3 z

Sehingga menurut teorema divergensi Gauss,

∫∫ •S

dS nF = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛

∂∂+

∂∂+

∂∂

B

dV z R

y N

x M = ∫∫∫

B

dV z 3

dimana B adalah benda pejal yang terlihat seperti pada Gambar 4.7.3. Benda pejal padaGambar 4.7.3 tersebut, berbentuk z sederhana yang dibatasi oleh,

B = {( x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 6 – 2 x – y; x ≤ y ≤ 6 – 2 x; 0 ≤ x ≤ 2}

Jadi,

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ B

dV z 3 = dxdydz z

B

∫∫∫ 3

= ∫ ∫ ∫− −−2

0

26 26

03

dxdydz z

x

x

y x

= ∫ ∫ −

−−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

0

2626

0

2

2

3

dxdy z

x

x

y x

=2

3∫ ∫ −−

−2

0

226)26(

dxdy y x

x

x

=2

3∫

−

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−

2

0

263)26(

3

1

dx y x

x

x

=

2

1∫ −

2

0

3)36(

dx x =

2

27∫ −

2

0

3)2(

dx x

=2

272

0

4)2(4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−− x

=2

27⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

1(16)

= 54



277

Contoh 4.7.4Misalkan F adalah medan vektor yang didefinisikan oleh,

F( x, y, z) = x3i + y

3 j + z

3 k

Hitunglah fluks medan vektor F yang melalui permukaan tertutup S , jika S adalah permukaan

benda pejal yang dibatasi oleh bola, x2 + y

2 + z

2 = 2 z, dan diatas kerucut, x

2 + y

2 = z

2

Penyelesaian

Menurut definisinya fluks medan vektor F yang melalui permukaan S diberikan oleh,

∫∫ •

S

dS nF

dimana S adalah permukaan tertutup yang diperlihatkan pada gambar 4.7.4 berikut ini.

z

x2 + y

2 + z

2 = 2 z

x2 + y

2 = z

2

y

x

Gambar 4.7.4. Sketsa permukaan Contoh 4.7.4

Untuk menghitung integral permukaan diatas secara langsung, maka yang harus dihitung

adalah integral permukaan atas permukaan bola untuk n1 yang arahnya keatas, dan

permukaan kerucut untuk n2 yang arahnya kebawah. Kesulitan yang timbul adalahmenghitung inetgral permukaan dengan dua normal bidang yang berbeda, yang mana hal initidaklah cukup sederhana. Dengan menerapkan teorema divergensi, untuk medan vektor,

F( x, y, z) = x3i + y

3 j + z

3 k, dihasilkan :

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

B

dV z z

y y

x x

)()()( 333

= ∫∫∫ ++

B

dV z y x )333( 222

= 3 ∫∫∫ ++

B

dV z y x )( 222

dimana B adalah benda pejal yang dibatasi oleh bola dan kerucut seperti terlihat pada Gambar4.7.3. Benda pejal pada Gambar 4.7.3 simetris terhadap titik pusat koordinat. Sehingga

dengan menggunakan transformasi koordinat bola, yakni x = r cos θ sin φ , y = r sinθ sin φ ,

z = r cosφ , x2 + y

2 + z

2 = r

2, dan dV = r

2sin φ dr d θ d φ . Hasilnya, bola, x

2 + y

2 + z

2 = 2 z

ditransformasikan menjadi, r = 2 cos φ , kerucut, z2 = x

2 + y

2, ditransformasikan menjadi,

tan2

φ = 1, φ = π/4. Jadi benda pejal B dalam koordinat bola diberikan oleh,

B* = {(r ,θ ,φ ) : 0 ≤ r ≤ 2 cos φ ; 0 ≤ θ ≤ 2π; 0 ≤ φ ≤ π/4}



278

Jadi,

∫∫ •

S

dS nF = 3 ∫∫∫ ++

B

dV z y x )( 222

= 3 ∫ ∫ ∫4/

0

2

0

cos2

0

2 )(π π φ

r r

2sin φ dr d θ d φ

= 3 ∫ ∫ ∫4/

0

2

0

cos2

04

π π φ

r sin φ dr d θ d φ

= 3 ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4/

0

cos2

0

2

0

5

5

1π φ

π

r sin φ d θ d φ

= 3 ∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 4/

0

2

0

5 sincos5

32π π φ φ

d θ d φ

= 3 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡4/

0

2

0

5 sincos5

32π π

φ φ θ

d φ

= π 5

192∫

4/

0

5 sincosπ

φ φ

d φ

= π 5

1924/

0

6cos6

1 π

φ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

= π 5

32

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

6

22

11

= π 5

32⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

8

11 = π

5

28

Jadi fluks medan vektor F yang melewati permukaan tertutup S yang ditanyakan adalah π 5

28

satuan panjang pangkat tiga per satuan waktu.

Dalam penghitungan integral permukaan atas permukaan tertutup dengan menggunakan

teorema divergensi Gauss diasunsikan bahwa permukaan benda pejalnya adalah benda pejal

tidak berlubang. Namun demikian, perluasan dari teorema divergensi Gauss ini berlaku pula

bilamana permukaan benda pejalnya adalah benda pejal yang berlubang. Namun demikian,

dalam penggunaannya harus pula diperhatikan adalah bahwa vektor normal datuanya harus

mengarah atau menjauhi bagian dalam benda pejal yang berlubang. Untuk itu perhatikanlah

contoh berikut ini

Contoh 4.7.5Hitunglah fluks medan vektor F yang melalui S , bilamana F adalah medan vektor yang

didefinisikan oleh,

F( x, y, z) = 2 xy2i + ( x – yz

2) j + (2 zx

2 + y)k

dan S adalah permukaan benda pejal terletak antara dua silinder lingkaran tegak, x2 + y

2 = 1,

x2 + y

2 = 4, dari z = 0 dan z = 2



279

Penyelesaian

Menurut definisinya fluks medan vektor F yang melalui permukaan S diberikan oleh,

∫∫ •

S

dS nF

dimana S adalah permukaan tertutup yang diperlihatkan pada gambar 4.7.5 berikut ini.

z z = 2

x2 + y

2 = 4

x2 + y

2 = 1

Gambar 4.7.5. Sketsa benda contoh 4.7.5

Dari sketsa pada Gambar 4.7.5, terlihat bahwa benda pejal yang diberikan berlubang

ditengah, sehingga untuk menghitung integral permukaan, ∫∫ •

S

dS nF secara langsung akan

menimbulkan berbagai kesulitan, terutama yang terkait dengan vektor normal satuannya.

Sehingga untuk medan vektor, F( x, y, z) = 2 xy

2

i + ( x – yz

2

) j + (2 zx

2

+ y)k, dan permukaanyang terlihat pada gambar 4.7.5, dengan menerapkan teorema divergensi dihasilkan

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

∂

∂+−

∂

∂+

∂

∂

B

dV y zx z

yz x y

xy x

)2()()2( 222

= ∫∫∫ +−

B

dV x z y )22( 222

= ∫∫∫ −+

B

dV z y x ])(2[ 222

dimana benda pejal B adalah benda pejal yang berlubang yang berbentuk silinder lingkarantegak dibatasi oleh,

B = {( x, y, z) : 0 ≤ z ≤ 2 ; 1 ≤ x2 + y

2 ≤ 4}

Sehingga dengan menggunakan transformasi koordinat silinder, x = r cos θ , y = r sinθ , z = z,

x2 + y

2 = r

2, dan dV = r dz dr d θ . Hasilnya benda pejal pada gambar 4.75 diatas akan

ditransformasikan menjadi,

B* = {(r ,θ , z) : 0 ≤ z ≤ 2 ; 1 ≤ r ≤ 2; 0 ≤ θ ≤ 2π}



280

Jadi,

∫∫ •

S

dS nF = ∫∫∫ −+

B

dV z y x ])(2[ 222

= ∫ ∫ ∫ −π 2

0

2

1

2

0

22 )2(

zr r dz dr d θ

= ∫ ∫ ∫ −π 2

0

2

1

2

023 )2( r zr dz dr d θ

= ∫ ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

π 2

0

2

1

2

0

33

3

12

rz zr dr d θ

= ∫ ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

π 2

0

2

1

3

3

84

r r dr d θ

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

π 2

0

2

1

24

3

4

r r d θ

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

π 2

0 3

41

3

1616

d θ

=

π

θ

2

03

1

3

32

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

= )2(3

33π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 22 π

Jadi fluks medan vektor F yang melewati permukaan tertutup S yang ditanyakan adalah 22 π

satuan panjang pangkat tiga per satuan waktu.

Teorema Stokes

Teorema Stokes dalam bidang yang merupakan salah satu bentuk vektor dari teorema Green,

telah dibahas pada pembahasan pada sub teorema Green. Teorema Stokes dalam bidang

dimaksud dinyatakan dengan,

∫ •C

ds

TF = dA

R

∫∫ •×∇ kF)(

Sebagaimana teorema divergensi Gauss dalam bidang yang dapat digeneralisasikan dalam

ruang dimensi tiga, teorema Stokes jua dapat digeneralasikan dalam bentuk umu di ruang

dimensi tiga, dalam kasus dimana S adalah kurva permukaan ruang dimensi tiga. Teorema ini

memberikan metode yang baik untuk menghitung integral garis pada kurva tertutup dengan pendekatan integral permukaan.

Misalkan S adalah permukaan mulus sederhana dengan vektor satuan n bervariasi dan

kontinu, dan batasnya ∂S adalah C kurva tertutup sederhana dengan arah berlawanan arah

jarum jam, mulus sepotong-sepotong. (Lihat gambar 4.7.6 dan 4.7.7)



281

n S n

T ∂ S

C

C T S

∂ S n n

Gambar 4.7.6 Sketsa permukaan n keatas Gambar 4.7.7 Sketsa permukaan n kebawah

Andaikan, F( x, y, z) = M ( x, y, z)i + N ( x, y, z) j + R( x, y, z)k, adalah medan vektor sedemikian rupa

sehingga M ( x, y, z), N ( x, y, z), dan R( x, y, z) fungsi tiga variabel yang mempunyai turunan-

turunan parsial pertama yang kontinu pada S , dan batasnya ∂ S . Jika n vektor normal satuan

dengan arah keatas pada S , dan jika T adalah suatu vektor singgung pada C , maka

∫ •C

ds

TF = dS

S

∫∫ •×∇ nF)(

Bukti teorema Stokes ini diluar batasan pembahasan buku ini. Teorema Stokes ini

menyatakan bahwa integral garis dari komponen tangensial medan vektor F disekitar C ,

batasnya dari permukaan S pada ruang dimensi tiga adalah sama dengan integral permukaan

komponen hasil kali titik dari curl medan vektor F dengan vektor normal permukaan S .

Teorema ini menyajikan pula kemudahan menghitung integral garis melalui integral

permukaan. Faktor yang perlu diperhatikan dalam menghitung integral permukaan ruas kanan

teorema Stokes adalah arah dari vektor normal satuannya. Karena arah vektor normal berbeda

rumus yang digunakan untuk menghitung integral permukaannya juga berbeda. Untuk itu


Contoh 4.7.6

Periksanlah berlakunya teorema Stokes, untuk medan vektor F( x, y, z) = – y3

i + x3 j + z

3k, dan

S adalah bagian kerucut, z2

= x2 + y

2 yang terletak dibawah bidang z = 2

Penyelesaian

Untuk membuktikan berlakunya teorema Stokes, yakni,

∫ •C

ds

TF = dS

S

∫∫ •×∇ nF)(

yang harus dibuktikan adalah integral garis ruas kiri, ∫ •C ds

TF nilainya harus sama dengan

integral permukaan ruas kanan, yaitu dS

S

∫∫ •×∇ nF)( .

Langkah pertama, menghitung ∫ •C

ds

TF

Perhatikanlah sketsa permukaan kerucut S , z2

= x2 + y

2 yang dipotong oleh bidang z = 2

berikut ini.



282

z

C

n

z2

= x2 + y

2

R y

x x2 + y

2 = 4

Gambar 4.7.8 Sketsa permukaan kerucut contoh 4.7.6

Gambar 4.7.8, memperlihatkan sketsa permukaan kerucut, z2

= x2 + y

2 dengan vektor normal

yang arahnya ke atas, dan proyeksi kerucut yang dipotong oleh bidang z = 2 pada bidang xy

membentuk suatu daerah R yang dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4.

Kurva C yang merupakan perpotongan kerucut, z2

= x2 + y

2, dan bidang z = 2 menghasilkan

suatu lingkaran pada bidang z = 2 dengan pusat (0,0,2) dan jari-jarinya adalah 2. Sehingga

persamaan parameter untuk kurva C adalah,

x = 2 cos s, y = 2 sin s , z = 2, dan 0 ≤ s ≤ 2π

Dengan demikian persamaan fungsi vektor kurva C adalah,

r(s) = 2 cos s i + 2 sin s j + 2k, dengan 0 ≤ s ≤ 2π

Dengan demikian, dihasilkan :

F(s) = – y3(s) i + x

3(s)

j + z

3(s)

k = –8 sin

3s i + 8 cos

3s j + 8 k,

dan,

T( s) =ds

dxi +

ds

dy j +

ds

dzk = –2 sin s i + 2 cos s j + 0 k

F(s)• T(s) = (– 8 sin3

s i + 8 cos3

s j + 8 k)•( –2 sin s i + 2 cos s j + 0 k)

= 16 sin4 s + 16 cos4 s

= 16(cos4

s + sin4

s)

Jadi,

∫ •C

ds

TF = dsss ∫ +π 2

0

44 )sin(cos16



283

= 16

π 2

0

3

8

3sincos

8

3cos

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + ssss + 16

π 2

0

3

8

3cossin

8

3sin

4

1

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +− ssss

= 16 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

8

6 + 16 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

8

6 = 24 π

Langkah kedua, menghitung dS

S

∫∫ •×∇ nF)(

Dari medan vektor, F( x, y, z) = – y3

i + x3 j + z

3k, dihasilkan

curl F = ∇ F =

k ji

333 z x y

z y x

−

∂

∂

∂

∂

∂

∂

= i⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ ∂∂−∂∂

)()( 33 x z

z y

– j⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −∂∂−∂∂

)()( 33 y z

z x

+ k⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ −∂∂−∂∂

)()( 33 y y

x x

= 0i – 0 j + 3( x2 + y

2)k

Dengan demikian,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS y x

S

∫∫ •+ nk)(3 22

dimana S adalah bagian permukaan kerucut seperti terlihat pada gambar 4.7.8, dengan arah

vektor normal ke atas, maka untuk menghitung integral permukaan ruas kanan rumus yang

digunakan adalah, ∫∫ +−−

R

y x dA R Nf Mf )( . Dari ∇ F = 3( x2 + y

2)k, diperoleh M = 0, N = 0,

dan R = 3( x2 + y

2). Sedangkan dari persamaan kerucut, z

2= x

2 + y

2, atau, z = 22 y x + ambil

z = f ( x, y) = 22 y x + , sehingga dihasilkan,

),( y x f x =22 y x

x

+=

z

x,

),( y x f y =22 y x

y

+ =

z

y

Jadi,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS y x

S

∫∫ •+ nk)(3 22

= ∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

R

dA y x z

y

z

x )(300 22

= dA y x

R

∫∫ + )(3 22



284

Dari gambar 4.7.8, terlihat bahwa daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 4. Sehingga

untuk menghitung integral terakhir ini, dengan menggunakan transformasi koordinat kutub,

yaitu : x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2= r

2, dan dA = r dr d θ , sebagai hasilnya daerah R yang

dibatasi oleh lingkaran x2 + y

2= 4, ditransformasikan menjadi,

R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π}

Jadi,

dS y x

S

∫∫ •+ nk)(3 22 = 3 dA y x

R

∫∫ + )( 22

= 3 ∫ ∫π 2

0

2

0

2 )(

r r dr d θ

= 3 ∫ ∫π 2

0

2

0

3

r dr d θ

= 3 ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣

⎡π 20

2

0

441

r d θ

= 3 ∫ π 2

04

d θ

= [ ] π θ 2012 = 24 π

Dari langkah pertama dan kedua, jadi terbuktilah kebenaran teorema Stokes untuk kasus

diatas, yakni 24 π

Contoh 4.7.7

Periksalah berlakunya teorema Stokes, untuk medan vektor, F( x, y, z) = yz i + 2 xz j + z2 k, dan

S adalah bagian permukaan paraboloida, z = 10 – x2

– y2, yang terletak diatas bidang z = 1

Penyelesaian

Seperti pada contoh sebelumnya, untuk membuktikan berlakunya teorema Stokes yang harus

diperlihatkan adalah bahwa nilai dari integral garis ∫ •C

ds

TF , hasilnya sama dengan

integral permukaan, dS

S

∫∫ •×∇ nF)(

Langkah pertama, menghitung ∫ •C

ds

TF

Perhatikanlah sketsa permukaan paraboloida, z = 10 – x2

– y2, yang terletak diatas bidang z =

1, dan daerah R yang merupakan proyeksi permukaannya pada bidang xy, diperlihatkan pada

Gambar 4.7.9



285

z

n

S

z = 10 – x2

– y2

z = 1 x2

+ y2 = 9, z =1

C

R y

x x2

+ y2 = 9

Gambar 4.7.9. Permukaan paraboloida contoh 4.7.7

Dari sketsa pada gambar 4.7.9, perpotongan permukaan paraboloida, z = 10 – x2

– y2, dengan

bidang z = 1 menghasilkan kurva tertutup C yang berbentuk suatu lingkaran dengan pusat(0,0,1) dan jari-jarinya adalah 3. Persamaan parameter untuk kurva tertutup C tersebut adalah,

x = 3 cos s, y = 3 sin s , z = 1, dan 0 ≤ s ≤ 2π


r(s) = 3 cos s i + 3 sin s j + k, dengan 0 ≤ s ≤ 2π

Dengan demikian, dihasilkan :

F(s) = yz i + 2 xz

j + z

2k = 3 sin

s i + 6 cos

s j + k,

dan,

T( s) =ds

dxi +

ds

dy j +

ds

dzk = – 3 sin s i + 3 cos s j + 0 k

F(s) • T(s) = (3 sin s i + 6 cos

s j + 8 k)•( –3 sin s i + 3 cos s j + 0 k)

= – 9 sin2

s + 18 cos2

s

= 27cos2

s – 9(cos2

s + sin2

s)

= 27 cos2

s – 9

Jadi,

∫ •C

ds

TF = dss ∫ −π 2

0

2 )9cos27(

=

π 2

0

92

27sincos

2

27

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ ssss

= )2(2

27π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ – 9 (2π ) = 9 π



286

Langkah kedua, menghitung dS

S

∫∫ •×∇ nF)(

Dengan cara yang sama seperti sebelumnya, dari medan vektor, F( x, y, z) = yz i + 2 xz

j + z

2k,

dihasilkan

curl F = ∇ F =

k ji

22 z xz yz

z y x ∂

∂

∂

∂

∂

∂

= i⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂)2()( 2 xz

z z

y – j⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂)()( 2 yz

z z

x + k⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂)()2( yz

y xz

x

= –2 x i + y j + z k

Dengan demikian,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS z y x

S

∫∫ •++− nk ji )2(

dimana S adalah bagian permukaan paraboloida seperti terlihat pada gambar 4.7.9, dengan

arah vektor normal ke atas. Maka untuk menghitung integral permukaan ruas kanan rumus

yang digunakan adalah, ∫∫ +−−

R

y x dA R Nf Mf )( . Dari (∇ F) = –2 x i + y j + z k, diperoleh

M = –2 x, N = y, dan R = z. Sedangkan dari persamaan paraboloida, z = 10 – ( x

2 + y

2), ambil,

z = f ( x, y) = 10 – ( x2 + y

2), sehingga dihasilkan,

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

Jadi,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS z y x

S

∫∫ •++− nk ji )2(

= dA z y y x x

R

∫∫ +−−−−− ])2()2)(2([

= dA y x y x

R

∫∫ −−++− )]10(24[ 2222

= dA y x

R∫∫ +− )510( 22

= dA x y x

R

∫∫ −++ ]6)(10[ 222

Dari gambar 4.7.9, terlihat bahwa daerah R dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2 = 9. Sehingga

untuk menghitung integral terakhir ini, dengan menggunakan transformasi koordinat kutub,



287

yaitu : x = r cos θ , y = r sin θ , x2 + y

2= r

2, dan dA = r dr d θ , sebagai hasilnya daerah R yang

dibatasi oleh lingkaran, x2 + y

2= 9, ditransformasikan menjadi,

R* = {(r ,θ ) : 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 2π}

Jadi,

dS z y x

S

∫∫ •++− nk ji )2( = dA x y x

R

∫∫ −++ ]6)(10[ 222

= ∫ ∫ −+π

θ 2

0

3

0

222 )cos610(

r r r dr d θ

= ∫ ∫ −+π

θ 2

0

3

0

233 )cos610(

r r r dr d θ

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+

π θ

2

0

3

0

2442 cos4

6

4

15

r r r d θ

= ∫ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

π θ

2

0

2cos2

243

4

261

d θ

=

π

θ θ θ θ

2

02

1sincos

2

1

2

243

4

261

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−

= ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ − )2(

2

1

2

243)2(

4

261π π

= π ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

243

2

261 = π

2

18 = 9 π

Dari langkah pertama dan kedua, jadi terbuktilah kebenaran teorema Stokes untuk kasus

diatas, yakni 9 π

Dari kedua contoh diatas tersyirat bahwa teorema ini menyajikan pula kemudahan dalam

penghitungan integral garis melalui integral permukaan. Kemudahan ini akan semakin jelas

bilamana integral garis yang hendak dihitung kurva tertutupnya terdiri atas beberapa kurva.

Demikian pula sebaliknya memberikan alternatif lain untuk menghitung integral permukaan

dengan melalui integral garis pada kurva tertutup. Untuk itu perhatikanlah contoh-contoh

berikut ini.

Contoh 4.7.8

Dengan menerapkan teorema Stokes, hitunglah integral garis,

∫ •

C

ds

TF , untuk medan

vektor, F( x, y, z) = – yz i + x

2 j + y

2k, dan C adalah batas dari permukaan silinder paraboloida,

z = 4 – x2, di oktan pertama yang dipotong oleh bidang-bidang, z = 0, y = x dan y = 0.

Penyelesaian

Gambar 4.7.10 berikut ini memperlihatkan permukaan silinder patabolik, z = 4 – x2 di oktan

pertama yang dipotong oleh bidang-bidang, z = 0, y = x dan y = 0.



288

z

n

z = 4 – x2

C 1 C 3

y

R

2 x = 2

x C 2 y = x

Gambar 4.7.10. Permukaan Contoh 4.7.8

Dari gambar 4.7.10, terlihat bahwa kurva tertutup C , terdiri atas kurva C 1, C 2, dan C 3.

Akibatnya, jika integral garis diatas yakni ∫ •C

ds

TF , dihitung secara langsung, maka untuk

menghitungnya harus dihitung atas tiga buah segmen kurva C 1, C 2, dan C 3 yaitu :

∫ •C

ds

TF = dsC ∫ •

1 TF + ds

C ∫ •2

TF + dsC ∫ •

3 TF

Cara yang demikian ini, tidaklah cukup sederhana dan praktis, dengan menggunakan teorema

Stokes transformasi menjadi integral permukaan permasalahan itu menjadi lebih sederhana.

Dengan menggunakan teorema Stokes diperoleh,

∫ •C ds TF = dS S ∫∫ •×∇ nF)(

Untuk menghitung integral permukaan ruas kanan terlebih dahulu dicari (curl F). Untuk

medan vektor, F( x, y, z) = – yz i + x

2 j + y

2k, diperoleh :

curl F = ∇ F =

k ji

22 y x yz

z y x

−

∂

∂

∂

∂

∂

∂

= i⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

∂

∂−

∂

∂

)()(

22

x z y y – j⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛ −

∂

∂−

∂

∂

)()(

2

yz z y x + k⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

∂

∂−

∂

∂

)()(

2

yz y x x

= 2 y i – y j + (2 x + z) k

Dengan demikian,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS z x y y

S

∫∫ •++− nk ji ])2(2[



289

dimana S adalah bagian dari permukaan silinder paraboloida, z = 4 – x2, di oktan pertama

yang dipotong oleh bidang-bidang, z = 0, y = x dan y = 0. Selanjutnya dari sketsa pada

gambar 4.7.10, terlihat bahwa vektor normal n arahnya keatas, sehingga untuk menghitung

integral permukaan ruas kanan digunakan rumus, ∫∫ +−−

R

y x dA R Nf Mf )( . Sedangkan dari,

(∇

F) = 2 y i – y j + (2 z + z) k, diperoleh M = 2 y, N = – y, dan R = 2 x + z. Sedangkan darisilinder paraboloida, z

= 4 – x

2, ambil, z = f ( x, y) = 4 – x

2, sehingga dihasilkan,

),( y x f x = – 2 x

),( y x f y = 0

Sehingga, dengan menggunakan hasil diatas diperoleh :

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = dS z x y y

S

∫∫ •++− nk ji ])2(2[

= dA z x y x y

R

∫∫ ++−−−− )]2()0)(()2)(2([

= dA z x xy R∫∫ ++ )24(

= dA x x xy

R

∫∫ −++ )424( 2

dimana daerah R, menurut sketsa pada gambar 4.7.10 dibatasi oleh,

R = {( x, y) : 0 ≤ y ≤ x, 0 ≤ x ≤ 2}

Jadi,

dA x x xy

R

∫∫ −++ )424( 2 = dxdy xy x x

R

∫∫ +−+ )424( 2

=

∫ ∫ +−+

2

0 0

2 )424(

x xy x x dy dx

= ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−+

2

00

22

2

4)24(

x

xy y x x dx

= ∫ −−+2

0

22 )](2)24[(

x x x x x dx

= ∫ −+2

0

32 )324(

x x x dx

=

2

0

432

4

3

3

22

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ x x x

= 123

16

8 −+

=3

4

Jadi integral garis yang ditanyakan untuk masalah diatas adalah3

4



290

Contoh 4.7.9

Hitunglah integral permukaan, dS

S

∫∫ •×∇ nF)( , bilamana F adalah medan vektor yang

didefinisikan oleh, F( x, y, z) = yz i + 2 xz

j + xy

k, dan S adalah permukaan elipsoida dengan

persamaan : x2 + 9 y

2 + z

2 = 10 yang terletak di atas bidang, z = 1.

Penyelesaian

Menurut teorema Stokes, penghitungan integral permukaan diatas dapat dilakukan dengan

transformasi menjadi integral garis atas kurva tertutup C yang merupakan batas dari S , yaitu

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = ∫ •C

ds

TF

dimana C kurva tertutup yang diperlihatkan pada gambar berikut ini.

z

z = 22 910 y x −−

z = 1, x2 + 9 y

2= 9

C

y

x x2 + 9 y

2= 9

Gambar 4.7.11 Kurva C Contoh 4.7.9

hitung secara laDari sketsa pada gambar 4.7.11 diatas, terlihat bahwa kurva tertutup C yang

merupakan perpotongan elipsoida, x2 + 9 y

2 + z

2 = 10 dengan bidang z = 1 adalah suatu elips

pada bidang, z = 1 dengan persamaan, x2 + 9 y

2 = 9. Persamaan parameter untuk kurva C

tersebut adalah,

x = 3 cos s, y = sin s, z = 1, dan 0 ≤ s ≤ 2π


r(s) = 3 cos s i + sin s j + k, dengan 0 ≤ s ≤ 2π

Dengan menggunakan persamaan paramater tersebut, maka dihasilkan :

F(s) = yz i + 2 xz

j + xy

k = sin

s i + 6 cos

s j + 3 cos s sin s k,

dan,

T( s) =ds

dxi +

ds

dy j +

ds

dzk = – 3 sin s i + cos s j + 0 k

F(s) • T(s) = (sin s i + 6 cos

s j + 3 cos s sin s k) • ( –3 sin s i + cos s j + 0 k)

= – 3 sin2

s + 6 cos2

s



291

= 6 cos2

s + 6 sin2 s – 9 sin

2s

= 6 – 9 sin2 s

Jadi,

dS

S

∫∫ •×∇ nF)( = ∫ •C

ds

TF

= dss ∫ −π 20

2 )sin96(

=

π 2

02

9sincos

2

96

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+− ssss

= 6 (2 π ) – )2(2

9π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 3π

Jadi integral permukaan yang ditanyakan untuk masalah diatas adalah 3π


Dalam soal-soal latihan nomor 1 sampai dengan 10 berikut ini, hitunglah fluks medan vektor

F melalui permukaan S , baik secara langsung maupun dengan menggunakan teorema

divergensi Gauss

1. F( x, y, z) = 3 xyi + 2 yz j + z2k, dan S adalah permukaan balok di oktan pertama yang

dibatasi oleh bidang-bidang, x = 0, x = 2, y = 1, y = 2, z = 1 dan z = 3.

2. F( x, y, z) = x2 yi + y

2 z j + xz

2k, dan S adalah permukaan balok di oktan pertama yang


3. F( x, y, z) = x2 yz i + xy

2 z j + xyz

2k, dan S adalah permukaan balok di oktan pertama yang


4. F( x, y, z) = y i – x j + 2 z k, dan S adalah permukaan tertutup yang dibatasi oleh

paraboloida, z = 8 – x2 – y

2, dan z = x

2 + y

2.

5. F( x, y, z) = y2i – xy j + 2 z

2k, dan S adalah permukaan tertutup di oktan pertama yang

dibatasi bidang, x + 2 y + z = 2, x = 0, y = 0, dan z = 0

6. F( x, y, z) = xy i – x2 j + 2 z

2k, dan S adalah permukaan tertutup di oktan pertama yang

dibatasi bidang, 2 x + 2 y + z = 4, x = 0, y = 0, dan z = 0

7. F( x, y, z) = xy i – x2 j + z

2k, dan S adalah permukaan tertutup yang dibatasi oleh

paraboloida, z = 8 – x2 – y

2, dan z = x

2 + y

2.

8. F( x, y, z) = xy2 i – x

2 y j + z

3k, dengan S adalah permukaan tertutup yang dibatasi oleh

bola, x2

+ y2 + z

2 = 4.

9. F( x, y, z) = 2 xy2

i + 2 x2

y j – z3

k, dengan S adalah permukaan tertutup yang dibatasi oleh bola, x

2+ y

2 + z

2 = 4.

10. F( x, y, z) = x3i + y

3 j + z

3k, dan S permukaan tertutup berbentuk bola, x

2+ y

2 + z

2 = 4.



292

Dalam soal latihan nomor 11 sampai 20 berikut ini, hitunglah integral permukaan,

∫∫ •

S

dS nF dimana S adalah permukaan tertutup dengan menggunakan teorema divergensi

atau transformasi integral lipat tiga

11. F( x, y, z) = 2 xyz i + 3 y2 z j – 2 yz

2k, dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal

yang dibatasi oleh silinder, y2

+ z2 = 4, bidang x + y = 2, dan ketiga bidang koordinat.

12. F( x, y, z) = x2 yz i – xy

2 z j + 2 xyz


yang dibatasi oleh silinder, y2

+ z2 = 4, bidang y = x, x = 0, dan z = 0.

13. F( x, y, z) = xz i + 2 yz j + 3 z2

k, dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal yang

dibatasi oleh bidang-bidang, x + 2 y + z = 6, y = x, y = 0, dan z = 0.

14. F( x, y, z) = 2 xy i + y2 j + yz

k, dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal yang

dibatasi oleh bidang, 2 y + y + z = 4, z = 2 x, x = 0, dan y = 0.

15. F( x, y, z) = x2 z i – xyz j + xz


yang dibatasi oleh silinder, x2

+ z2 = 4, bidang y = x, y = 0, dan z = 0.

16. F( x, y, z) = xy2 i + x

2 y j + ( x

2 + y

2) z

k, dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda

pejal yang dibatasi oleh bola, x2 + y2 + z2 = 2 z.

17. F( x, y, z) = x3 i + y

3 j + z

3k, dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal yang

dibatasi oleh silinder lingkaran tegak, x2

+ y2 = 4 y, antara z = 0, dan z = 2.

18. F( x, y, z) = ( xi + y j + zk) 222 z y x ++ dengan S adalah permukaan tertutup suatu benda

pejal yang dibatasi oleh bola, x2

+ y2 + z

2 = 4.

19. F( x, y, z) =222 z y x

z y x

++

++ k jidengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal yang

dibatasi oleh bola, x2

+ y2 + z

2 = 2 z.

20. F( x, y, z) =3222 )( z y x

z y x

++

++ k jidengan S adalah permukaan tertutup suatu benda pejal yang

dibatasi oleh bola, x2

+ y2 + z

2 = 1, dan x

2+ y

2 + z

2 = 4.

Untuk soal-soal latihan nomor 21 s.d 30 berikut ini periksalah kebenaran berlakunya teorema

Stokes, untuk medan vektor F dan kurva C batas dari permukaan S berikut ini.

21. F( x, y, z) = 3 z i + 2 y

j + 4 z

k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S yang merupakan

bagian dari permukaan paraboloida, z = 4 – x2 – y

2, dan diatas bidang xy.

22.F( x, y, z) = 2 xy i + 2 x

j + 3 z


bagian dari permukaan paraboloida, z = x2 + y

2, dibawah bidang, z = 4.

23. F( x, y, z) = 3 yz i + 2 xz

j + z


bagian dari permukaan paraboloida, z = 10 – x2 – y2, dan diatas bidang, z = 1.

24. F( x, y, z) = – y3

i + x3 j + xyz


bagian dari permukaan bola, x2 + y

2 + z

2 = 25 dan diatas bidang, z = 3.

25. F( x, y, z) = – y3

i + x3 j + xyz


bagian dari permukaan kerucut, x2 + y

2 = z

2 dan dibawah bidang, z = 2.

26. F( x, y, z) = xy2

i + 3 x j + z

2k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S yang merupakan

bagian dari permukaan kerucut, x2 + y

2 = z




293

27. F( x, y, z) = – y3

i + 4 x3 j + z


bagian dari permukaan elipsoida, 4 x2 + y

2 + 4 z

2 = 36 dan diatas bidang xy.

28. F( x, y, z) = – yx2

i + xy2

j + 3 z3

k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan bola, x2 + y

2 + z

2 = 25 dan diatas bidang, z = 4

29. F( x, y, z) = –9 yx2

i + 4 xy2 j + z

3k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan elipsoida, 9 x2

+ 4 y2

+ z2

= 36 dan diatas bidang xy.30. F( x, y, z) = – yx

2i + xy

2 j + xyz


merupakan bagian dari permukaan kerucut, x2 + y

2 = z


Dalam soal-soal latihan nomor 31 s.d 40 berikut ini, gunakanlah teorema Stokes untuk

menghitung integral garis, ∫ •C

ds

TF dengan mentransformasikan menjadi integral

permukaan dS

S

∫∫ •×∇ nF)( , jika diberikan medan vektor F dan kurva C berikut ini, dengan

normal permukaannya diambil arahnya keatas.

31. F( x, y, z) = yx2

i + xy2 j + xyz

k, dan C kurva batas dari permukaan S yang merupakan

bagian dari permukaan silinder, x2 + z

2 = 4 yang dipotong bidang, y = x, y = 0, dan z = 0.

32. F( x, y, z) = xy2

i + xz2 j + y

2 z

k, dan C kurva batas dari permukaan S yang merupakan

bagian dari permukaan silinder, y2 + z

2 = 4 yang dipotong bidang, y = x, x = 0, dan z = 0.

33. F( x, y, z) = yz i + xy

j + xz

k, dan C kurva batas dari permukaan S yang merupakan bagian

dari permukaan bidang, z = 2 y yang dipotong bidang, y = x, x + y = 4, x = 0 dan z = 0.

34. F( x, y, z) = 2 z i + 3 x

j + 3 y

2k, dan C kurva berbentuk ellips yang merupakan bagian dari

permukaan silinder, x2 + y

2 = 4 yang dipotong bidang, y = z yang terletak diatas bidang

xy.

35. F( x, y, z) = ( y2 – z)i + ( z – x

2) j + ( x

2 – y

2) k, dan C kurva batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan bidang, x + 2 y + z = 3 yang dipotong bidang, y = x, x =0, dan z = 0.

36. F( x, y, z) = ( y2 – x)i + ( x – z

2) j + (2 x – y)

k, dan C kurva batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan bidang, x + 2 y + z = 6 yang dipotong bidang, y = x, y =

0, dan z = 0.

37. F( x, y, z) = (2 y – z)i + (2 z – x) j + (2 x – y) k, dan C kurva berbentuk elips batas dari

permukaan S yang merupakan bagian dari permukaan silinder, x2 + y

2 = 4, yang dipotong

bidang, x + z = 2 yang terletak diatas bidang xy.

38. F( x, y, z) = –2 yx2

i + 2 xy2 j + z


merupakan bagian dari permukaan paraboloida, z = x2 + y

2 dan dibawah bidang z = 4.

39. F( x, y, z) = (2 z – y)i + (2 x – 3 z) j + (2 x – 3 y) k, dan C kurva berbentuk elips batas dari

permukaan S yang merupakan bagian dari permukaan silinder, x2 + y2 = 4, yang dipotong bidang, y + z = 2 yang terletak diatas bidang xy.

40. F( x, y, z) = ( y2 – z)i + ( x

2 – z) j + (2 x – y)

k, dan C kurva batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan bidang, x + y + z = 6 yang dipotong bidang, y = x2 , y =

0, dan z = 0.



294

Dalam soal-soal latihan nomor 41 s.d 50 berikut ini, gunakanlah teorema Stokes untuk

menghitung integral permukaan, dS

S

∫∫ •×∇ nF)( dengan mentransformasikan menjadi

integral garis, ∫ •C

ds

TF , jika diberikan medan vektor F dan kurva C berikut ini, dengan

normal permukaannya diambil arahnya keatas.

41. F( x, y, z) = – yx2

i + xy2

j + z3


merupakan bagian dari permukaan bola, x2 + y

2 + z

2 = 5 diatas bidang z = 1.

42. F( x, y, z) = – y3

i + 2 xz j + 3 z


merupakan bagian dari permukaan elipsoida, 2 x2 + 2 y

2 + z

2 = 12 dan diatas bidang z = 2.

43. F( x, y, z) = ( z – 2 y)i + (2 x + z) j + ( x – y)

k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S

yang merupakan bagian dari permukaan paraboloida, z = 4 – ( x2 + y

2) dan diatas bidang

xy.

44. F( x, y, z) = zy2

i + zx2 j + z


bagian dari permukaan bola, x2 + y

2 + z


45. F( x, y, z) = – y2 z i + xz

j + z


bagian dari permukaan elipsoida, x2 + y

2 + 4 z


46. F( x, y, z) = – y i + x3 z

j + 3 z


bagian dari permukaan elipsoida, 4 x2 + y

2 + 4 z


47. F( x, y, z) = y i + 2 xz j + 3 z


bagian dari permukaan paraboloida, z = 14 – ( x2 + y

2) dan diatas bidang z = 5.

48. F( x, y, z) = – y3 i + 2 xz

j + z


merupakan bagian dari permukaan elipsoida, x2 + 4 y

2 + 4 z


49. F( x, y, z) = y3 i + 4 x

j + 3 z


bagian dari permukaan elipsoida, 4 x2 + 9 y

2 + 4 z

2 = 36 dan diatas bidang xy.

50. F( x, y, z) = – y3 z i + x3 z j + z3 k, dan kurva C adalah batas dari permukaan S yang

merupakan bagian dari permukaan paraboloida, z = 5 – ( x2 + y

2) dan diatas bidang z = 1.



295



BAB V

DERET TAK HINGGA

5.1. Barisan Tak Hingga

Barisan Tak Hingga

Barisan bilangan sering dijumpai dalam bidang ilmu matematika, ilmu keteknikan maupun

bidang ilmu lainnya. Misalkan diberikan suatu bilangan-bilangan,

1, 3, 5, 9, 11, …, 99

susunan-susunan bilangan diatas membentuk sutau barisan. Barisan bilangan diatas

dikatakan berhingga, karena terdapat suku terakhir yakni 99. Sedangan barisan bilangan,

1, 4, 7, 10, 13, …

dikatakan sebagai barisan bilangan tak berhingga, karena barisan bilangan diatas tidak

mempunyai suku terakhir. Secara eksplisit, suku terakhir barisan bilangan dapat

dinyatakan dengan rumus,

an = 3n – 2, untuk n ≥ 1

Jadi sebuah barisan adalah suatu himpunan dari bilangan-bilangan,

a1, a2, a3, a4, a5, …

didalam suatu urutan tertentu yang terkait dengan bilangan asli, dan dibentuk menurut

kaidah aturan tertentu. Sebuah bilangan dalam barisan tersebut disebut dengan suku.

Barisan dapat dibedakan menjadi barisan yang berhingga bilamana barisan itu mempunyai

suku yang terakhir, dan barisan tak berhingga bilamana barisan tidak mempunyai bilangan

suku terakhir. Sebagai ilustrasi himpunan bilangan-bilangan,

1, 4, 7, 10, 13, … ,31

adalah sebuah barisan berhingga. Perhatikanlah bahwa bilangan pada barisan diatas

monoton naik artinya suku ke-n selalu meningkat, dan beda bilangan antara dua suku yang

saling berurutan adalah 3. Dengan demikian suku ke-n barisan bilangannya diberikan oleh,

an = 1 + 3(n – 1) = 3n – 2, untuk n = 1, 2, 3, …, 10

Sedangkan himpunan bilangan,

1,3

1,

5

1,

7

1, …



membentuk barisan tak hingga. Perhatikanlah bahwa bilangan pada barisan ini monoton

turun artinya suku ke-n selalu menurun, dimana pembilangnya konstan 1, dan

penyebutnya berbentuk bilangan yang ganjil yang bersesuaian dengan bilangan bulat.

Dengan demikian suku ke-n barisan bilangannya diberikan oleh,

an =12

1

−n , untuk n = 1, 2, 3, …

Limit Barisan Tak Hingga

Suatu barisan tak hingga,

a1, a2, a3, a4, a5, …

dapat pula disajikan dengan notasi, { }∞=

1nna , atau yang lebih singkat dengan {an}. Suatu

barisan, {an} dikatakan konvergen dan mempunyai limit L, untuk setiap ε > 0, terdapatlah

bilangan bulat positip N yang nilainya tergantung pada ε, sedemikian sehingga berlaku |an – L| < ε untuk semua bilangan bulat n > N. Jadi bilangan bulat L dikatakan sebagai limit

dari barisan tak hingga,{an}, maka dalam kasus ini dapat dituliskan menjadi,

∞→ limn

an = L

Demikian pula sebaliknya, bilamana tidak suku ke-n tidak konvergen, maka barisan {an}

yang diberikan dikatakan divergen.

Contoh 5.1.1

Buktikanlah barisan,⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

34

1

n

n konvergen, dan limitnya adalah

4

1

Penyelesaian

Dari barisan diatas, ambil :

an =34

1

+

+

n

n

Menurut definisi yang harus ditunjukkan adalah untuk setiap ε > 0, terdapatlah bilangan

bulat positip N yang nilainya tergantung pada ε, sedemikian untuk semua bilangan bulat n

> N, berlaku :

⇔ jika n > N , maka4

1

34

1−+

+

n

n < ε

⇔ jika n > N , maka)34(4

)34()1(4

+

+−+

n

nn < ε


1

+n < ε




1

+n < ε

⇔ jika n > N , maka34

1

+n< 4ε

⇔ jika n > N , maka 4n + 3 > ε 4

1

⇔ jika n > N , maka n >ε

ε

16

121−

Agar supaya pernyataan diatas berlaku maka dapat diambil N = (1 – 12ε)/16ε, dan dapatdiperoleh bilangan bulat n sedemikian rupa sehingga berlaku :

jika n >ε

ε

16

121−, maka

4

1

34

1−+

+

n

n < ε

Khususnya jika diambil ε =16

1 dan N =

4

1, maka diperoleh n >

4

1, dan pernyataan diatas

dapat ditulis menjadi, jika n >

4

1, maka

4

1

34

1−+

+

n

n <

16

1

Jadi pernyataan terakhir ini membuktikan bahwa barisan,⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

+

34

1

n

n konvergen, dan

limitnya adalah4

1. Misalkan diambil n = 3, maka diperoleh :

4

1

3)3(4

13−+

+ =

4

1

15

4− =

60

1<

16

1

Dari contoh ini terlihat bahwa untuk membuktikan konvergensi barisan denganmenggunakan definisi, cukup sulit. Pendekatan lain yang dapat digunakan untukmenyelidiki konvergensi barisan adalah dengan menghitung limit suku ke-n. Hal inidiberikan oleh contoh soal berikut ini.

Contoh 5.1.2.

Selidikilah apakah barisan,⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+

+

nn

n

34

16

2

2

ini konvergen atau divergen.

Penyelesaian

Untuk membuktikan apakah barisan yang diberikan konvergen atau divergen, yang harus

ditunjukkan adalah apakah,

∞→

lim

n

an = L ada atau tidak. Dari barisan yang diberikan ambil,

an =nn

n

34

16

2

2

+

+

Dengan menggunakan aturan L’Hopital diperoleh,

∞→ limn

an =∞→

limn nn

n

34

16

2

2

+

+ =∞→

limn

38

12

+n

n =∞→

limn

8

12 =

2

3



Jadi,∞→

limn

an =2

3, oleh karena itu limitnya ada yakni

2

3. Sehingga dapat disimpulkan

bahwa barisan yang diberikan konvergen. Jadi barisan {(6n2 +1)/(3n

2+ 3n)} konvergen

yang limitnya menuju2

3.

Pendekatan lain untuk menghitung nilai limit barisan,∞→

limn

an = L ada atau tidak

adalah dengan pendekatan∞→

lim x

f ( x) = L, ada atau tidak. Bilamana∞→

lim x

f ( x) = L, dan f

yang terdefinisikan untuk setiap bilangan bulat positif, maka berlaku pula bahwa∞→

limn

f (n) = L bilamana n adalah bilangan bulat pisitif. Rumus ini digunakan bilamana barisan

yang terlibat didalam memuat suku-suku dimana limitnya tidak dapat dihitung dengan cara

penyederhanaan biasa secara langsung. Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh

berikut ini.

Contoh 5.1.3.


⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ nn

e n

42

2

ini konvergen atau divergen.

Penyelesaian

Seperti pada contoh sebelumnya yang harus dibuktikan adalah apakah barisan tersebut

mempunyai limit atau tidak, yaitu :

∞→ limn

an =∞→

limn nn

e n

42

2

+

Nilainya ada atau tidak. Oleh karena itu uutuk menghitung∞→

limn

nn

e n

4

2

2

+, ambil,

f ( x) = x x

e x

42

2

+

Dengan demikian, menurut rumus diatas untuk menghitung∞→

limn nn

e n

42

2

+ ada atau tidak,

dapat dibuktikan dari∞→

lim x x x

e x

42

2

+. Sehingga dengan menerapkan aturan L’Hopithal

dihasilkan,

∞→ lim x x x

e x

42

2

+ = ∞→ lim x 42

22

+ x

e x

= . ∞→ lim x 2

42 x

e

= ∞

Karena limitnya tidak ada atau tak hingga, maka daoat disimpulkan bahwa,

∞→ limn nn

e n

42

2

+

Juga tidak ada, jadi barisan yang diberikan adalah barisan yang divergen.



Contoh 5.1.4.


⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

n

n4

11 ini konvergen atau divergen.

Penyelesaian :

Seperti pada contoh sebelumnya yang harus dibuktikan adalah apakah barisan tersebutmempunyai limit atau tidak. Dari barisan diperoleh bahwa,

an =n

n⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11

Untuk menghitung limit tak hingga yakni∞→

limn

n

n⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11 ambil,

f ( x) =

x

x⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11 =

x

x

x⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

14

dan jika diambil nilai logaritma aslinya dihasilkan,

ln f ( x) = ln

x

x x ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

414 = x ln ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

x x4

14

atau,

f ( x) = exp ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

x

x x

4

14ln

Sehingga untuk menghitung nilai∞→

lim x

f ( x), dapat diperoleh dari,

∞→ lim

x f ( x) =

∞→ lim

x

x

x⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11 = exp ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

∞→ x

x x

x 4

14lnlim

Sedangan untuk menghitung limit tak hingga, dengan menerapkan aturan L’Hopithal

dihasilkan,

∞→ lim

x x ln ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

x

x

4

14 =∞→

lim x )/1(

4ln)14ln(

x

x x −+

=∞→

lim x

2

1

1

14

4

x

x x

−

−+ =

∞→ lim

x

2

1

)14(4

1

x

x

−

+−

=∞→

lim x

x x

x

44 2

2

+ =∞→

lim x

48

2

+ x

x =∞→

lim x

8

2 =

4

1

Berdasarkan hasil ini, maka :

∞→ lim

x

x

x⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11 = 4/1e

dan akibatnya adalah,

∞→ limn

n

n⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

4

11 = 4/1e



Karena suku ke-n limitnya ada, oleh karena itu barisan yang diberikan konvergen, dan

limitnya menuju 4/1e .

Terkait dengan konvergensi barisan tak hingga, berikut ini disajikan teorema atau

rumus yang sangat bermanfaat untuk dapat menyelidiki konvergensi barisan tak hingga.Andaikan,

∞→ limn

an = A, dan∞→

limn

bn = B, maka :

(i).∞→

limn

(an + bn) =∞→

limn

an +∞→

limn

bn = A + B

(ii).∞→

limn

(an – bn) =∞→

limn

an –∞→

limn

bn = A – B

(iii)∞→

limn

(an • bn) =∞→

limn

an •∞→

limn

bn = A B

(iv).∞→

limn n

n

b

a= B

A, bilamana

∞→ limn

bn = B ≠ 0

(v).)

∞→

limn

an p = A

p , untuk sembarang bilangan real p.

Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.

Contoh 5.1.5.


⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ nn

n π 3sin

12

2

konvergen atau divergen

Penyelesaian

Dari barisan diatas, tulislah suku ke-n barisan menjadi,

nn

n π 3sin

12

2

+

=

12 +n

n

n

n π 3

sin

Oleh karenaya barisan diatas dapat dinyatakan sebagai perkalian antara dua barisan yaitu :

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+12n

n

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nn

π 3sin

Selanjutnya dengan menggunakan dalil L’Hopital diperoleh,

∞→ limn

an =∞→

limn 12 +n

n = ½

dan,

∞→ limn

bn =∞→

limn n

n π 3

sin

=∞→

limn

n

n1

3sin

π

=∞→

limn

2

2

1

3

cos

3

n

nn

−

−

π π

=∞→

limn

n

π

π

3cos3 = 3π



Mengingat,∞→

limn 12 +n

n = ½ , dan

∞→ limn n

n π 3

sin = 3π , maka menurut rumus diatas

diperoleh,

∞→ limn nn

n π 3sin

12

2

+ =∞→

limn

12 +n

n ∞→

limn n

n π 3

sin = (½ )( 3π) =2

3π

Jadi barisan yang diberikan adalah konvergen, dan limitnya adalah2

3π

Barisan monoton dan terbatas

Barisan {an} dikatakan

(i). monoton naik, apabila an ≤ an+1 untuk semua n, dan bilangan D dikatakan sebagai

batas atas barisan {an}apabila an ≤ D untuk semua bilangan bulat positif n.

(ii). monoton turun, apabila an ≥ an+1 untuk semua n, dan bilangan C disebut sebagai batas

bawah barisan {an}apabila C ≤ an untuk semua bilangan bulat positif n.

Contoh 5.1.6

Selidilikah apakh barisan berikut ini monoton naik, monoton turun, atau tidak monoton,

bilaman diberikan :

(a).⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+ 43n

n (b).

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+ 42n

n

Penyelesaian(a). Suku-suku barisan kasus pertama dapat dituliskan menjadi,

,...,13

3,

10

2,

7

1

43 +n

n,

73

1

+

+

n

n

Dari suku-suku diatas diperoleh an+1 dengan cara mengganti suku n dengan (n + 1) pada

suku an. Karena, an =43 +n

n , maka :

an+1 =4)1(3

1

++

+

n

n=

73

1

+

+

n

n

Perhatikanlah tiga suku pertama barisan diatas, dari ketiga suku diatas terlihat bahwa barisan cenderung naik. Dengan demikian yang harus dibuktikan adalah bahwa jika n naikmaka harus berlaku :

43 +n

n ≤

73

1

+

+

n

n

Untuk membuktikan berlakunya pertidaksamaan diatas, kalikanlah pertidaksamaanmasing-masing suku dengan (3n + 4)(3n+ 7), sehingga dihasilkan :

n(3n + 7) ≤ (n + 1)(3n + 4)

⇔ 3n2

+ 7n ≤ 3n2 + 7n + 4

Pertidaksamaan terakhir ini jelas berlaku, karena ruas kanan lebih besar 4 dari pada ruas

kiri. Jadi dapat disimpulkan bahwa, an ≤ an+1 atau barisan monoton naik.



(b). Dengan cara yang sama seperti diatas, tulislah suku-suku barisan kasus kedua yaitu :

...,29

5,

20

4,

13

3,

8

2,

5

1

42 +n

n,

52

12 ++

+

nn

n

Dari suku-suku diatas diperoleh suku an+1 dengan cara mengganti suku n dengan (n + 1)

pada suku an. Karena, an = 42 +n

n

, maka :

an+1 =4)1(

12 ++

+

n

n =

52

12 ++

+

nn

n

Perhatikanlah lima suku pertama barisan diatas, dari kelima suku diatas terlihat bahwa bilangan-bilangan pada barisan cenderung menurun. Dengan demikian yang harusdibuktikan adalah bahwa jika n naik maka harus berlaku :

42 +n

n ≥

52

12 ++

+

nn

n

Untuk membuktikan berlakunya pertidaksamaan diatas, kalikanlah kedua ruas pada

pertidaksamaan diatas masing-masing dengan (n2

+ 4)( n2

+ 2n + 5), sehingga dihasilkan :

n(n2 + 2n + 5) ≥ (n + 1)( n

2 + 4)

⇔ n3

+ 2n2

+ 5n ≥ n3 + n

2 + 4n + 4

⇔ n2

+ n – 4 ≥ 0

Pertidaksamaan terakhir ini jelas berlaku khususnya untuk n ≥ 2. Jadi dapat disimpulkan

bahwa, an ≥ an+1 atau barisan monoton turun.

Dari definisi diatas dan kedua contoh diatas dapat dikatakan bahwa suatu barisan yang

monoton naik atau monoton turun yang mempunyai batas dikatakan sebagai barisanterbatas. Barisan terbatas adalah barisan yang konvergen. Akibatnya,

(i). suatu {an} barisan monoton naik, dan D batas atas barisan ini, maka {an} konvergen,

dan,

∞→ limn

an ≤ D

(ii). suatu {an} barisan monoton turun, dan C batas bawah barisan ini, maka {an}konvergen, dan,

∞→ limn

an ≥ C

Sebagai ilustrasi, pada contoh diatas barisan yang pertama adalah barisan monoton naik

dan batasnya adalah31 , demikian pula barisan yang kedua adalah barisan monoton turun

dimana batasnya adalah 9. Untuk lebih jelas tentang pengertian barisan yang terbatas ini perhatikanlah contoh berikut ini.



Contoh 5.1.7

Buktikanlah bahwa barisan,⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ )!1(

2

n

n

adalah konvergen

Penyelesaian

Suku-suku barisan bilangan diatas diberikan oleh,

!2

21

,!3

22

,!4

23

,!5

24

, …,)!1(

2

+n

n

,)!2(

2 1

+

+

n

n

, …

1,3

2,

3

1,

15

2, …,

)!1(

2

+n

n

,)!2(

2 1

+

+

n

n

, …

Dari elemen-elemen barisan diatas dapat terlihat bahwa a1 > a2 > a3 > … an > an+1 > …

Dengan demikian patut diduga bahwa barisan diatas adalah monoton turun. Untuk itu yang

harus dibuktikan adalah kebenaran dari, an ≥ an+1 atau :

)!1(

2

+n

n

≥ )!2(

2 1

+

+

n

n

⇔ 2n(n + 2)! ≥ 2n+1 (n + 1)!

⇔ 2n(n + 1)(n +1)! ≥ 2 2

n(n + 1)!

⇔ n + 1 ≥ 2

Untuk n = 1, pertidakamaan menjadi 2 = 2. Jadi jelaslah bahwa pertidaksamaan berlakuuntuk n > 1. Dengan demikian barisan tersebut adalah terbatas, dengan batas atas adalah 2dan batas bawah adalah 0. Karena barisan monoton turun dan terbatas, maka dapatdisimpulkan bahwa barusan yang diberikan adalah konvergen.


Dalam soal latihan berikut ini tentukanlah apakah barisan yang diberikan divergen ataukonvergen. Jika konvergen tentukan nilai limitnya

1.⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−

+

13

1

n

n 2.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+

−

nn

n

23

12

2

3.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−

+

13

2

n

nn

4.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+13 2n

en 5.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

2

)1ln(

n

n 6.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

ne

n )1ln(

7.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ nn

n π

sin13

2

8.⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

n

n )1ln( 9.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ +

n

n )1(ln2

10.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−− 32

22

n

n

n

n 11.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

n

n

31 12.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

n

n2

11

13.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−+ nn 1

1

2 14.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ −

2

231

n

n 15.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

n

n3

21



Dalam soal-soal latihan berikut ini, tunjukkanlah apakah barisan yang diberikan monotonnaik, monoton turun, atau tidak monoton. Dan tunjukkan pula apakah barisan berikut initerbatas.

16.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−

+

13

1

n

n 17.

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+

−

13

23

n

n 18.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+

−

nn

n

23

1

2

2

19.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

−

+

13

2

n

nn 20.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ −

2

231

n

n 21.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−− 32

22

n

n

n

n

22.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧ −

n

n 12

23.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+

+

nn

n

3

3 2 24.

⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ n

n

21

2

25.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

+ )2(31

3n

n

26.⎪⎭

⎪⎬⎫

⎪⎩

⎪⎨⎧

!

3

n

n

27.⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

2

!

28. ⎪⎭

⎪

⎬

⎫

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

n

n

2

2

29. ⎭⎬

⎫

⎩⎨

⎧ −⋅⋅⋅

!2

)12...(531

n

n

n 30. ⎭⎬

⎫

⎩⎨

⎧

−⋅⋅⋅ )12...(531

!

n

n



5.2. Deret Tak Hingga

Pengertian Deret Tak Hingga

Misalkan diberikan suatau barisan tak hingga dimana suku-sukunya adalah :

a1, a2, a3, a4, …, an, an+1, …

Selanjutnya perhatikanlah suatu jumlahan bilangan-bilangan dari barisan diatas, yaitu :

S 1 = a1

S 2 = a1 + a2

S 3 = a1 + a2 + a3

S 4 = a1 + a2 + a3 + a4

………………….

S n = a1+ a2 + a3 + a4 + …+ an

Suatu barisan {S n} yang diperoleh dari jumlahan barisan {an} disebut dengan deret tak

hingga. Deret tak hingga ini biasanya dinyatakan dengan,

∑∞

=1

n

na = a1+ a2 + a3 + a4 + …+ an + …

Bilangan-bilangan, a1, a2, a3, a4,…,an disebut dengan suku-suku deret tak hingga.

Sedangkan bilangan-bilangan S 1, S 2, S 3, S 4, …,S n disebut dengan jumlahan parsial deret

tak hingga. Sebagai ilustrasi perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.

Contoh 5.2.1

Diberikan deret tak hingga, ∑∞

= −

112

1

nn

(a). Tentukanlah jumlahan parsial untuk empat suku pertama

(b). Tentukanlah rumus umum untuk jumlahan S n dan hitunglah jumlah parsial empat suku

pertama dengan rumus S n. Hitunglah pula nilai limit tak hingganya

Penyelesaian

(a). Jumlahan parsial empat suku pertama deret diatas adalah :

S 1 = 1 = 1

S 2 = 1 + 2

1

= 2

3

S 3 = 1 +2

1+

4

1 =

2

3+

4

1=

4

7

S 4 = 1 +2

1+

8

1

4

1+ =

4

7+

8

1 =

8

15



(b). Menentukan rumus umum S n

Dari deret tak hingga diperoleh,

S n = ∑=

−

n

nn

112

1

= 1 +21 +

81

41 + + … + 12

1−n

2

1S n =

2

1+

8

1

4

1+ + … +

12

1

−n+

n2

1

Dengan demikian,

S n –2

1S n = (1 +

2

1+

8

1

4

1+ + … +

12

1

−n) – (

2

1 +

8

1

4

1+ + … +

12

1

−n+

n2

1)

= 1 + ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

1

2

1 + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

4

1

4

1+ … + ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−− 11 2

1

2

1

nn –

n2

1

2

1S n = 1 –

n2

1

Jadi jumlah parsial untuk S n, adalah :

S n = 2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

n2

11

Dengan menggunakan hasil diatas, diperoleh :

S 1 = 2 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

11 = 1

S 2 = 2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

22

11 = 2 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

4

3 =

2

3

S 3 = 2 ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

− 32

1

1 = 2 ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

8

7

= 4

7

S 4 = 2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

42

11 = 2 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

16

15 =

8

15

Perhatikanlah hasil diatas sama dengan hasil (a) yang dihitung langsung dari definisi.Sedangkan nilai limit tak hingganya diberikan oleh,

S =∞→

limn

S n =∞→

limn

2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

n2

11 = 2

Contoh 5.2.2


= +1

)1(

1

nnn

(a). Tentukanlah jumlahan parsial untuk empat suku pertama

(b). Tentukanlah rumus umum untuk jumlahan S n dan hitunglah jumlah parsial empat suku

pertama dengan rumus S n



Penyelesaian(a). Jumlahan parsial empat suku pertama diberikan oleh,

S 1 =)2)(1(

1 =

2

1

S 2 =

2

1+

)3)(2(

1 =

2

1+

6

1 =

6

4 =

3

2

S 3 =2

1 +

6

1 +

12

1 =

6

4 +

12

1 =

12

9 =

4

3

S 4 =2

1 +

6

1 +

12

1+

20

1 =

4

3 +

20

1 =

20

16 =

5

4

(b). Menentukan rumus umum S n

Dari deret tak hingga, tulislah suku ke-n an dalam bentuk jumlahan parsial, yaitu :

an =)1(

1

+nn =

n

1 –

1

1

+n

Dengan hasil diatas, jumlah parsial n suku pertama dapat ditulis menjadi,

S n = ∑∞

= +1

)1(1

nnn

= ⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

+−∑

= 111

1nn

n

n

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

2

11 + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

3

1

2

1 + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

4

1

3

1 + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

5

1

4

1 +… + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

+−

1

11

nn

= 1 –1

1

+n

Jadi jumlah parsial untuk S n adalah :

S n = 1 –1

1

+n =

)1( +n

n

Dengan menggunakan hasil diatas, maka diperoleh :

S 1 =)11(

1

+ =

2

1

S 2 =)12(

2

+ =

3

2

S 3 =)13(

3

+ =

4

3

S 4 =)14(

4

+ =

5

4

Perhatikanlah hasil diatas sama dengan hasil (a) yang dihitung langsung dari definisi.

Sedangkan nilai limit tak hingganya diberikan oleh,

S =∞→

limn

S n =∞→

limn )1( +n

n = 1



Konvergensi Deret Tak Hingga

Andaikan ∑∞

=1

n

na adalah suatu deret tak hingga, dan {S n} adalah barisan jumlahan parsial

yang diperoleh dari deret tak hingga. Deret tak hingga, ∑∞

=1

n

na dikatakan konvergen dan

mempunyai jumlah S , bilamana barisan jumlah-jumlah parsial {S n} konvergen menuju S

atau∞→

limn

S n = S . Apabila barisan jumlah-jumlah parsial {S n} divergen, maka deret tak

hingga divergen

Dari definisi diatas mengatakan bahwa, pada dasarnya suatu deret tak hingga dikatakan

konvergen jika hanya jika barisan jumlahan parsialnya konvergen. Dengan demikian dapat

diperoleh beberapa hasil yang akan membentu memudahkan menentukan konvergensi

deret tak hingga, yaitu :

(i). Jika deret tak hingga, ∑∞

=1

n

na konvergen, maka∞→

limn

an = 0.

(ii). Jika,∞→

limn

an = 0, belum tentu deret tak hingga konvergen, ada kemungkinan deret

tak hingganya divergen atau konvergen.

(iii). Jika,∞→

limn

an ≠ 0, maka deret tak hingganya pasti divergen.

Pernyataan ini dikenal pula sebagai uji divergensi deret suku ke-n. Sebagai ilustrasi

perhatikanlagh deret tak hingga berikut ini.

(a). Deret tak hingga, ∑∞

= −

112

1

nn

adalah deret yang konvergen, karena :

(i). S n =2 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

n2

11 , dan S =

∞→ lim

n S n =

∞→ lim

n2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

n2

11 = 2.

(ii). Jadi deret yang diberikan konvergen dan jumlahnya menuju 2.

(iii).Karena deret konvergen, maka∞→

limn

an =∞→

limn 12

1

−n = 0.

(b). Deret tak hingga, ∑∞

= ++1

)2)(1(

1

nnn

adalah deret yang konvergen, karena :

(i). S n =21 –

21+n

=)2(2 +n

n , dan S =∞→

limn

S n =∞→

limn )2(2 +n

n =21

(ii). Jadi deret yang diberikan konvergen dan jumlahnya menuju2

1

(iii).Karena deret konvergen, maka∞→

limn

an =∞→

limn )2)(1(

1

++ nn = 0.



Contoh 5.2.3

Selidikilah apakah deret tak hingga berikut ini divergen atau konvergen,

∑∞

= +

+

122 )1(

12

n nn

n

Penyelesaian

Langkah pertama menentukan S n. Dari deret yang diberikan dihasilkan suku-n adalah,

an =22 )1(

12

+

+

nn

n

Selanjutnya tulislah un dalam bentuk jumlahan parsial berikut, yaitu

an =2

1

n –

2)1(

1

+n

Dengan demikian jumlahan parsial deret yang diberikan dapat dituliskan menjadi,

S n = ∑= +

+n

n nn

n

122 )1(

12 = ∑

∞

= ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+−

122 )1(

11

n nn

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

4

11 + ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

9

1

4

1 + … +

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

+−

22 )1(

11

nn

= 1 -2)1(

1

+n

Oleh kerena itu,

S =∞→

limn

S n =∞→

limn ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+−

2)1(

11

n = 1

Jadi dapat disimpulkan bahwa deret tak hingga yang diberikan konvergen, dan jumlahnya

adalah 1.

Contoh 5.2.4

Diberikan deret tak hingga,

∑∞

= ++12

2

132

3

n nn

n

Selidikilah apakah deret diatas konvergen atau divergen

Penyelesaian

Perhatikanlah bahwa suku-suku pada pembilang dan penyebut dari deret mempunyai

derajat yang sama, sehingga dapat diduga bahwa nilai limit tak hingga tidak sama dengan

dengan nol. Oleh karena itu, dari deret tak hingga ambil :

an =132

32

2

++ nnn

Dengan menggunakan dalil l’Hopital limit tak hingga diberikan oleh,

∞→ lim

n an =

∞→ lim

n

132

3

2

2

++ nn

n =

∞→ lim

n

34

6

+n

n=

∞→ lim

n 4

6

Karena,∞→

limn

an =4

6 tidak sama dengan no;, maka deret yang diberikan adalah divergen



Deret Tak Hingga Khusus

Dari ilustrasi dan contoh soal diatas, terlihat bahwa untuk membuktikan suatu deret takhingga divergen dan atau konvergen langsung dengan definisi tidaklah cukup mudah dansederhana. Berikut ini disajikan beberapa deret tak hingga khusus yang natinya akansangat bermanfaat dan membantu dalam menyelidiki konvergensi deret tak hingga. Deretkhusus dimaksud adalah :

(1). Deret Geometri

Deret Geometri atau deret ukur diberikan oleh,

∑∞

=

−

1

1

n

nar = a + ar + ar

2 + ar

3 + ar

4 + … + ar

n –1 + …

dengan a ≠ 0. Deret geometri konvergen ke S =r

a

−1 bilamana | r | < 1, dan divergen

bilamana | r | ≥ 1. Jumlahan parsial n suku pertama adalah S n =r

r a n

−−

1

)1(.

(2). Deret orde- p,

Deret orde- p adalah deret yang diberikan oleh :

∑∞

=1

1

n p

n=

p1

1+

p2

1+

p3

1 + … +

pn

1 + …

dengan p adalah konstanta. Deret orde p konvergen bilamana p > 1, dan deret divergen bilamana p ≤ 1. Khusus untuk p = 1, deret orde p disebut dengan deret harmonik yang

divergen, yaitu :

∑∞

=1

1

nn

=1

1+

2

1+

3

1 + … +

n

1 + …

Konvergensi dan divergensi deret ini biasanya dapat dibuktikan dari uji integral, yangakan dibahas pada sub bab berikutnya.

Contoh 5.2.5

Buktikalah bahwa deret geometri, ∑∞

=

−

1

1

n

nar dengan a ≠ 0, konvergen bilamana | r | < 1,

dan divergen bilamana | r |≥

1.PenyelesaianDari deret jumlahan parsial n suku pertama adalah :

S n = a + ar + ar 2 + ar

3 + ar

4 + … + ar

n –1

rS n = ar + ar 2 + ar

3 + ar

4 + … + ar

n –1 + ar

n



Akibatnya dihasilkan :

S n – rS n = (a + ar + ar 2 + … + ar

n –1 ) – (ar + ar

2 + … + ar

n –1 + ar

n)

(1 – r )S n = a – ar n

Jadi,

S n =r

r a n

−−

1

)1( =r

a

−1 –

r

ar n

−1

Jika, | r | < 1, maka∞→

limn

r n = 0, sehingga :

S =∞→

limn

S n = ∞→

limn r

r a n

−

−

1

)1(

=∞→

limn r

a

−1 –

∞→ lim

n

r

ar n

−1

=

r

a

−1

Dengan kata lain deret geometri konvergen bila | r | < 1. Jika, | r | ≥ 1, maka∞→

limn

r n = ∞,

sehingga :

S =∞→

limn

S n = ∞→

limn r

r an

−

−

1

)1( = ∞,

Dengan kata lain deret divergen jika, | r | ≥ 1, Jadi terbukti bahwa deret geometrikonvergen bilamana | r | < 1, dan divergen bilamana | r | ≥ 1.

Contoh 5.2.6


= −

113

2

nnn . Selidikilah apakah deret konvergen atau divergen.

Jika konvergen hitunglah jumlahnyaPenyelesaianDari deet tak hingga dihasilkan,

un =13

2−n

n

=1

1

3

22−

−⋅n

n

= 2

1

3

2 −

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ n

Dengan hasil ini, deret yang diberikan dapat ditulis menjadi :

∑∞

= −

113

2

nn

n

= ∑∞

=

−

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

1

1

3

22

n

n

Deret terakhir ini adalah deret geometri dengan a = 2, dan r =3

2. Karena r =

3

2 < 1, maka

deret yang diberikan adalah konvergen, sedangkan jumlahnya adalah :

S =r

a

−1 =

)3/2(1

2

− = 6



Sifat-sifat Deret Tak Hingga

Sifat 1. Andaikan c konstanta tak nol.

(i). Jika deret ∑∞

=1

n

na konvergen dengan jumlah S , maka deret ∑∞

=1

n

nca konvergen dengan

jumlah adalah c.S .

(ii). Jika deret ∑∞

=1

n

na divergen, maka deret ∑∞

=1

n

nac juga divergen

Sifat 2. Andaikan ∑∞

=1

n

na dan ∑∞

=1

n

nb adalah dua deret yang konvergen dan jumlahnya

masing-masing adalah S dan R. Maka

(i). ∑∞

=+

1

)(n

nn ba adalah deret konvergen dan jumlahnya adalah S + R

(ii). ∑∞

=

−1

)(

n

nn ba adalah deret konvergen dan jumlahnya adalah S – R

Sifat 3. Andaikan ∑∞

=1

n

na adalah deret konvergen, dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret divergen, maka

∑∞

=

+1

)(

n

nn ba adalah deret divergen

Contoh 5.2.7

Selidilikilah apakah deret, ∑∞

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

13

1

3

1

nn

n apakah konvergen atau divergen

PenyelesaianTulislah deret yang diberikan menjadi jumlahan dua buah deret yaitu :

∑∞

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

13

1

3

1

nn

n = ∑

∞

=1 3

1

nn

+ ∑∞

=13

1

n n

Suku pertama ruas kanan adalah deret geometri, ∑

∞

=1 31

nn dengan r =

31 < 1, maka deret

tersebut konvergen. Sedangkan suku kedua ruas kanan adalah deret orde- p, yaitu ∑∞

=13

1

n n

dengan p = 3 > 1 yang konvergen. Karena kedua deret konvergen, maka menurut sifatkedua diatas deret yang diberikan yang merupakan penjumlahan dari dua deret yangkonvergen juga konvergen.



Contoh 5.2.8

Selidilikilah apakah deret,3

2

1

43

n

n

n

+∑∞

=

konvergen atau divergen

PenyelesaianSeperti pada contoh sebelumnya tulislah deret tak hingga menjadi jumlahan parsial dua buah deret yaitu :

3

2

1

43

n

n

n

+∑∞

=

=n

n

3

1

∑∞

=

+3

1

4 nn

∑∞

=

Suku pertama ruas kanan yaitun

n

3

1

∑∞

=

= ∑∞

=1

1 3

nn

adalah deret harmonik atau deret orde- p

dengan p = 1 yang divergen. Sedangkan suku kedua ruas kanan,3

1

4 nn

∑∞

=

=3

1

1 4nn

∑∞

=

adalah orde- p dengan p = 3 yang konvergen. Menurut sifat ketiga penjumlahan dua buah

deret bilamana salah satu deretnya divergen, maka penjumlahanya juga divergen. Dengandemikian deret yang diberikan juga divergen

Karena kedua deret konvergen, maka menurut sifat diatas deret yang diberikan yangmerupakan penjumlahan dari dua deret yang konvergen juga konvergen.Dar

Contoh 5.2.9

Selidikiliah apakah deret, ∑∞

= ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

1

6

1 3

3

1 6

n

nn

konvergen atau divergen. Jika konvergen

hitunglah jumlahnya

Penyelesaian

Tulislah deret tak hingga menjadi jumlahan parsial dua buah deret yaitu :

∑∞

= ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

16

1 3

3

1 6

n

nn

=

n

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∞

=3

1 6

1

–

n

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∞

=6

1 3

1

Deret pada ruas kanan adalah deret geometri. Deret pertama,

n

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∞

=3

1 6

1

dengan a = 6,

dan r =3

1 < 1, maka deret tersebut konvergen. Sedangkan jumlah deret yang pertama

adalah :

S =r

a

−1 =

)3/1(1

6

− = 9

Deret geometri keuda,

n

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∑∞

=6

1 3

1

dengan a = 3, dan r =6

1 < 1, maka deret tersebut

konvergen. Sedangkan jumlah deret yang pertama adalah :



R =r

a

−1 =

)6/1(1

3

− =

5

18

Karena dua deret pada ruas kanan konvergen, maka munurut sifat kedua deret yang

diberikan juga konvergen. Sedangkan jumlahnya adalah :

S – R = 9 –5

18 =

5

27


Selidikilah apakah deret-deret berikut konvergen atau divergen

1. ∑∞

= ++1

)32)(12(

15

nnn

2. ∑∞

= ++1

)43)(13(

28

nnn

3. ∑∞

= +−1

)14)(34(

10

nnn

4. ∑∞

= ++1

)3)(2(

12

nnn

5. ∑∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+−

+1

2

2

1

2

nnn

6. ∑∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+

+−

+

+

13

2

2

1

nn

n

n

n

7. ∑∞

= ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+

+−

+122 )2(

1

)1(

n n

n

n

n 8. ∑

∞

=

−

1

2

3

4

nn

n

9. ∑∞

= −

124

3

nn

n

10. ∑∞

= −

+

11

12

nn

n

e

Dengan menggunakan sifat-sifat deret tak hingga, tentukanlah konvergensi atau divergensi

dari deret yang diberikan. Jika konvergen hitunglah jumlahnya jika memungkinkan.

11. ∑∞

= +

+

1 3)1(

13

n n

n 12. ∑

∞

= +

+

1 3

2

)12(

3

n n

nn 13. ∑

∞

=

++

1 3

2 543

n n

nn

14. ∑∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

1 4

3

2

5

nnn

15. ∑∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

1 2

5

5

2

nnn

16. ∑∞

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

1 2

5

5

2

nnn

16. ∑∞

=

−

− ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

1

1

1 4

3 2

3

2 4

nn

n

n

n

18. ∑∞

=

−

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

1

1

5

4 3

4

3 5

nn

n

n

n

19. ∑∞

=

−

− ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

1

1

12

3 4

3

4 2

nn

n

n

n

20. ∑∞

= −

−

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

11

1

3

4 5

4

5 3

nn

n

n

n



5.3. Uji Konvergensi Deret Suku-suku Positif

Masalah yang sering muncul dalam melakukan analisis deret tak hingga, bilamana

diberikan suatu deret adalah :

(1).Menentukan apakah deret yang diberikan konvergen atau divergen(2). Bilamana konvergen berpakah jumlahnya.

Bilamana suku-suku pada deret adalah positip, maka barisan jumlahan parsialnya adalah

naik, sehingga bila deret konvergen maka jumlahan parsial mempunyai batas atas.

Sehingga untuk menjawab masalah ini disarakan menggunakan komputer, karena dengan

iterasi yang berulang-ulang setelah n kali akan dihasilkan sebuah bilangan batas atas.

Bilangan batas ini disebut dengan jumlahan deret konvergen. Sebagaimana telah

dijelaskan kesulitan yang timbul untuk menentukan konvergensi deret adalah menentukan

jumlahan parsial n suku pertama dari deret. Hal ini disebabakan tidak semua deret yang

konvergen, secara eksplisit mempunyai jumlahan parsial yang cukuo mudah diketahui

nilainya.

Pendekatan lain yang disaranakan adalah membandingkan deret yang diberikan dengan

suatu deret yang sudah diketahui konvergen atau divergen. Deret-deret tersebut yang

sering digunakan adalah :

(1). Deret geometri ∑∞

=

−

1

1

n

nar = a + ar + ar 2 + ar

3 + ar

4 + … + ar

n –1 + … , dengan a ≠ 0.

Deret geometri konvergen ke S =r

a

−1 jika | r | < 1, dan divergen jika | r | ≥ 1

(2). Deret orde-p, ∑∞

=1

1

n pn

= p1

1+

p2

1+

p3

1 + … +

pn

1 + … , dengan p adalah konstanta.

Deret orde p konvergen bilamana p > 1, dan deret divergen bilamana p ≤ 1. Khususuntuk p = 1, deret orde p disebut dengan deret harmonik yang divergen, yaitu :

Pendekatan yang kedua ini yang akan digunakan untuk menguji adapakah suatu deret

dengan suku-suku positip divergen atau konvergen.

5.3.1.Uji Banding

Andaikan an dan bn adalah suku-suku deret-deret positif.

(i). Jika ∑∞

=1

n

nb deret dengan suku-suku positip yang konvergen, dan an ≤ bn untuk n > N ,

maka ∑∞

=1

n

na juga konvergen.

(ii). Jika ∑∞

=1

n

nb deret dengan suku-suku positip yang divergen, dan an ≥ bn untuk n > N ,

maka ∑∞

=1

n

na juga divergen.



Contoh 5.3.1

Selidikilah apakah deret tak hingga, ∑∞

= +1 )1(3

nn n

n kovergen atau divergen

Penyelesaian

Dari deret yang diberikan ambil,

an =)1(3 +n

n

n=

n3

1

1+n

n =

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1

1+n

n

Dari suku ke-n terlihat bahwa untuk n yang cukup besar n > N , suku pecahan1+n

n akan

mendekati 1. Sehingga deret.

∑∞

= +1 )1(3

nn n

n = ∑

∞

= +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

1)1(3

1

n

n

n

n

Akan mendekati deret geometri dengan r =3

1< 1 yang konvergen. Tepatnya adalah,

an =)1(3 +n

n

n =

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1

1+n

n

≤ n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1

1

1

+

+

n

n =

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1= vn

Karena, ∑∞

=1

n

nb = ∑∞

=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

13

1

n

n

adalah deret geometri yang konvergen, dan)1(3 +n

n

n<

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1,

atau an ≤ bn, atau maka menurut uji banding deret ∑∞

= +1 )1(3

nn n

n kovergen.

Contoh 5.3.2


= +

+

1)1(

2

nnn


Penyelesaian


an =)1(

2

+

+

nn

n

Dari bn, terlihat bahwa untuk n yang cukup besar,1

2

+

+

n

nakan cukup dekat 1, akibatnya

untuk n cukup besar an =)1(

2++nnn akan cukup dengan

n1 , dengan ∑

∞

=1

1

nn

adalah deret

harmonik yang divergen. Dengan demikian diperoleh,

un =)1(

2

+

+

nn

n =

)1(

1)1(

+

++

nn

n =

)1(

)1(

+

+

nn

n +

)1(

1

+nn

=n

1+

)1(

1

+nn ≥

n

1 = bn



Karena, ∑∞

=1

n

nb = ∑∞

=1

1

nn

adalah deret harmonik yang divergen, dan)1(

2

+

+

nn

n ≥

n2

1, maka

menurut uji banding deret ∑∞

= +

+

1)1(

2

nnn

n juga divergen

Contoh 5.3.3.


= +

+

13 2

4

n nn

nn kovergen atau divergen

PenyelesaianDari deret yang diberikan ambil,

an =nn

nn

2

43 +

+

Dari an, terlihat bahwa persamaan pada pembilang berpangkat 3/2, dan pada penyebut

berpangkat 3, sehingga untuk n yang cukup besar suku ke-n cenderung mendekati 2/3

1

n ,

dengan ∑∞

=12/3

1

n n adalah deret orde p = 3/2 >1 yang konvergen. Tepatnya adalah,

an =nn

nn

2

43 +

+ =

)2(

4

2 +

+

nn

nn ≤

)2(

2

2 +

+

nn

nnn =

)2(

)2(

2 +

+

nn

nn =

2

2

2 +

+

n

n

≤ 2

2

n

n =

2/3

2

n = vn

Karena, ∑∞

=1

n

nb = ∑∞

=12/3

2

n n

adalah deret orde p = 3/2 > 1 yang konvergen, dan an ≤ bn,

atau,nn

nn

2

4

3 +

+<

2/3

2

n, atau maka menurut uji banding deret ∑

∞

= +

+

13 2

4

n nn

nn kovergen.

Dari contoh-contoh diatas, untuk dapat menggunakan uji banding pertama yang harus

dilakukan adalah menduga apakah deret yang diberikan konvergen atau divergen. Langkah

kedua menentukan deret pembanding yang sudah diketahui konvergensi atu

divergensinya. Sedangkan tahapan berikutnya adalah melakukan analisis dengan uji

banding. Namun metode ini memuat kelemahan dalam pengambilan keputusan,

kelemahan yang mungkin terjadi adalah :

1). Deret yang semula diduga konvergen, sehingga dipilih pembanding deret konvergen,namun sesungguhnya deret sumula adalah divergen

2). Deret yang semula divergen, sehingga dipilih pembanding deret divergen, namun

sesungguhnya deret semula adalah konvergen.

Untuk mengatasi hal ini, digunakan pendaktan lain yang merupakan pengembangan lebih

lanjut dari uji banding, yang lebih dikenal dengan uji banding limit. Uji ini lebih mudah

diaplikasikan dalam membuktikan konvergensi/divergensi deret tak hingga.



5.3.2. Uji Banding Limit

Andaikan, ∑∞

=1

n

na dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret dengan suku-suku positip, dan andaikan pula :

L =n

n

n b

a lim

∞→

(1). Jika L > 0, maka kedua deret akan bersama-sama konvergen atau divergen

(2). Jika L = 0, dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret konvergen, maka ∑∞

=1

n

na adalah deret konvergen

(3). Jika L = ∞, dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret divergen, maka ∑∞

=1

n

na adalah deret divergen

Kasus khusus dalam uji banding limit ini adalah bilamana diambil, bn = pn

1.

Andaikan,

L =n

n

n b

a lim

∞→ = n

p

nanlim

∞→

(1). Jika L berhingga, dan p > 1, maka ∑∞

=1

n

na adalah deret konvergen

(2). Jika L ≠ 0 (atau mungkin tak hingga), dan p ≤ 1, maka ∑∞

=1

n

na adalah deret divergen

Dalam menggunakan uji banding limit ini ada beberapa kesalahan yang mungkin

mengakibatkan uji banding limit gagal, yaitu :

(1). Jika L = 0, dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret divergen, maka ∑∞

=1

n

na tidak akan diketahui

divergen atau konvergen

(2). Jika L = ∞, dan ∑∞

=1

n

nb adalah deret kovergen, maka ∑∞

=1

n

na tidak akan diketahui

divergen atau konvergen

Kedua kasus diatas mengakibatkan uji gagal atau tidak dapa mengambil kesimpulan

tentang konvergensi atau divergensi dari deret yang diberikan. Untuk lebih jelasnya

perhatikanlah contoh soal berikut ini.

Contoh 5.3.4


=13

ln

n n


Penyelesaian




an = 3

ln

n

n

Langkah awal, ambil, bn = 3

1

n

dengan ∑∞

=1

3

1

n n

adalah deret orde p = 3 yang konvergen.

Sedangkan,

L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

n x

3

3

ln

n

n =

∞→ lim

nln n = ∞

Dari hasil akhir ini, tampaknya ujia banding limit gagal. Selanjutnya, misalkan bn =n

1

dengan ∑∞

=1

1

nn

deret harmonik yang konvergen. Sehingga dengan menggunakan dalil

l’Hopital dihasilkan,

L =n

n

n b

a lim

∞→

=

∞→

limn

x3

ln

n

n =

∞→

limn 2

ln

n

n =

∞→

limn 22

1

n

= 0

Dari hasil ini dengan bn =n

1 nampaknya uji banding limit juga gagal. Langkah terakhir,

misalkan diambil, bn =2

1

n dengan ∑

∞

=12

1

n nadalah deret orde p = 2 yang konvergen. S

Sehingga dengan menggunakan dalil l’Ho[ital dihasilkan,

L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

n x

2

3

ln

n

n =

∞→ lim

n n

nln =

∞→ lim

n n

1 = 0

Karena, L = 0, dan ∑∞

=12

1

n n

adalah deret yang konvergen, maka menurut uji banding limit

deret, ∑∞

=13

ln

n n

n kovergen

Contoh 5.3.5

Buktikanlah deret tak hingga, ∑∞

= +1

)1(

1

nnn

kovergen (lihat contoh 5.2.1)

Penyelesaian


an =)1(

1

+nn

Dari suku ke-n ini untuk n cukup besar, terlihat bahwa perbanding antara pembilang dan

penyebut cukup dekat dengan,2

1

n. Oleh karena itu ambil, bn = 2

1

n. Sehingga menurut

dalil l’Hopital dihasilkan,



L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

nn

2

)1(

1

+nn =

∞→ lim

n nn

n

+2

2

=∞→

limn 12

2

+n

n

=∞→

limn 2

2 = 1


=12

1

n nadalah deret yang konvergen, maka menurut uji banding limit

deret, ∑∞

= +1

)1(

1

nnn

konvergen

Contoh 5.3.6.


= +15/22 )2(

1

n nn kovergen atau divergen

Penyelesaian


un = 5/22 )2(

1

nn +

Dari suku ke-n ini untuk n cukup besar, terlihat bahwa (n2 + 2n) cukup dekat dengan n

2

sehingga (n2 + 2n)

2/5 cukup dekat dengan n

4/5. Oleh karena itu ambil, bn =

5/4

1

n.

Sehingga menurut dalil l’Hopital dihasilkan,

L =

n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

n x

4/5

5/22

)2(

1

nn +

=∞→

limn 5/22

5/22

)2(

)(

nn

x

+

=∞→

limn

5/2

2

2

2 ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+ nn

n =

5/2

2

2

2lim

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+∞→ nn

n

n =

5/2

22

2lim ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

+∞→ n

n

n

=

5/2

2

2lim ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

∞→n = 1


=15/4

1

n nadalah deret orde p = 4/5 < 1 yang divergen, maka menurut

uji banding limit deret, ∑∞

= +1

5/22

)2(

1

n nn

divergen

Contoh 5.3.7


= +1 )1(3

nn n

n kovergen (lihat contoh 5.3.1)

Penyelesaian




an =)1(3 +n

n

n=

n3

1

1+n

n =

n

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

3

1

1+n

n

Dari suku ke-n untuk n yang cukup besar terlihat bahwa, suku pecahan

1+n

n akan

mendekati 1. Oleh karena itu, bn =n3

1. Sehingga menurut dalil l’Hopital dihasilkan,

L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

n3n

)1(3 +n

n

n =

∞→ lim

n 1+n

n = 1


=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

13

1

n

n

adalah deret geometri r = 1/3 < 1 yang konvergen, maka

menurut uji banding limit deret, ∑∞

= +1 )1(3

nn n

nkonvergen

Contoh 5.3.8


=1

2

!

nn


Penyelesaian


an =!

2

n

n

dan sebagai pembanding ambil, bn =!

1

n, dimana,

∑

∞

=1 !

1

n n adalah deret yang konvergen.

Dengan menerapkan uji banding limit dihasilkan,

L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

nn !

!

2

n

n =

∞→ lim

nn

2 = ∞

Dari hasil ini nampaknya terlihat bahwa uji banding limit gagal, sehingga tidak dapat

digunakan. Agar supaya uji banding limit dapat digunakan, tulislah deret yang diberikan

menjadi,

∑∞

=1

2

!

nn

n =

!1

1 +

!2

22

+!3

32

+!4

42

+ … +!

2

n

n+ …

Bilmana dua suku pertama deret diatas dibuang, maka dihasilkan suatu deret yang dapat

ditulis menjadi,

!3

32

+!4

42

+ … +!

2

n

n + … = ∑

∞

= +

+

1

2

!)2(

)2(

nn

n

Sehingga dengan mengambil, an =!)2(

)2( 2

+

+

n

n dan bn =

!

1

n, sehingga dengan menerapakn

aturan l’Hopital dihasilkan,



L =n

n

n b

a lim

∞→ =

∞→ lim

nn!

!)2(

)2( 2

+

+

n

n =

∞→ lim

nn!

!)1(

)2( 2

nnn

n

+

+

=∞→

limn nn

n

+

+2

2)2( =

∞→ lim

n 12

)2(2

+

+

n

n =

∞→ lim

n 2

2 = 1

Karena, L = 1, dan ∑∞=1

!

1

nn

adalah deret yang konvergen, maka menurut uji banding limit

deret, ∑∞

=1

2

!

nn

nkonvergen

5.3.2. Uji Integral

Uji intergal ini merupakan salah salah uji deret tak hingga dengan suku-suku positip yang

menggunakan pendekatan intergal tak wajar. Misalkan f suatu fungsi kontinu, monoton

turun dan bernilai positip untuk semua x > 1. Perhatikanlah sketsa pada Gambar berikut ini

y

y = f ( x)

x

Gambar 5.3.1

Andaikan pula bahwa, an = f (n) untuk semua k bilangan bulat positif. Maka deret tak

hingga,

∑∞

=1

n

na = a1 + a2 + a3 + … + an + …

konvergen , jika hanya jika integrl tak wajar

∫ ∞

1 )( dx x f =

∞→ lim

b ∫

bdx x f

1 )(

konvergen. Demikian pula, jika intergral tak wajar divergen, maka deret tak hingga juga

divergen.

Pernyataan ini dikenal dengan uji integral tak wajar untuk deret tak hingga. Salah satu

manfaat penting dari uji ini adalah untuk membuktikan konvergensi dan divergensi deret

orde- p yang diberikan oleh :

∑∞

=1

1

n pn

= p1

1+

p2

1+

p3

1 + … +

pn

1 + … ,

dengan p adalah konstanta. Deret orde p konvergen bilamana p > 1, dan deret divergen

bilamana p ≤ 1.



Contoh 5.3.9

Buktikanlah bahwa deret orde p,

∑∞

=1

1

n pn

= p1

1+

p2

1+

p3

1 + … +

pn

1 + … ,

dengan p adalah konstanta. Deret orde p konvergen bilamana p > 1, dan deret divergen

bilamana p ≤ 1.

Penyelesaian

Dari deret orde p, diperoleh an = pn

1, dan ambil f ( x) =

p x

1dengan x ≥ 1. Untuk x ≥ 1,

f ( x) = p x

1adalah fungsi kontinu monoton turun dan selalu bernilai positif. Untuk dapat

menerapkan uji integral, yang harus dihitung adalah konvergensi integral tak wajar dari :

∫ ∞

1

1dx

x p

Bila p ≠ 1, integral tak wajarnya diberikan oleh,

∫ ∞

1

1dx

x p =

∞→ lim

b ∫

b

pdx

x

1

1 =

∞→ lim

b

b p

p

x

1

1

1 ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−

=∞→

limb

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

−

−−

p

b p

1

11

= p−1

1⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−∞→ 1

1lim1

pb b

Kasus pertama bila : p > 1 dan p – 1 > 0, maka∞→

limb

1

1

− pb = 0, dan

∫ ∞

1

1dx

x p =

p−1

1⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−∞→ 1

1lim1

pb b =

p−1

1

Sehingga integral tak wajar konvergen bila p > 1.

Kasus kedua bila p < 1, dan 1 – p > 0, maka,∞→

limb

1

1

− pb

= + ∞, dan

∫ ∞

1

1dx

x p =

p−1

1⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −

−∞→ 1

1lim1

pb b = ∞

Sehingga integral tak wajar divergen bila p < 1.

Bila p = 1, integral tak wajarnya diberikan oleh,

∫

∞

1

1dx

x =

∞→

limb ∫

bdx

x

1

1

=

∞→

limb

[ ] b x

1

ln =

∞→

limb

(ln b) = ∞

Jadi untuk p = 1, integral tak wajar divergen.

Sehingga berdasarkan hasil diatas dapat disimpulkan bahwa integral tak wajar konvergen

bilamana p > 1, dan deret divergen bilamana p ≤ 1, sehingga Deret orde p konvergen

bilamana p > 1, dan deret divergen bilamana p ≤ 1.



Contoh 5.3.10


= +1

)1(

1

nnn

kovergen (lihat contoh 5.3.5)

Penyelesaian

Dari deret tak hingga dihasilkan, an =)1(

1

+nn. Karena an selalu bernilai positif, dengan

pendekatan uji integral oleh karena itu ambil, f ( x) =)1(

1

+ x x untuk x ≥ 1 fungsi kontinu

monoton turun. Dengan menggunakan uji integral diperolah,

∫ ∞

+

1

)1(

1dx

x x =

∞→ lim

b ∫ +

bdx

x x

1

)1(

1 =

∞→ lim

b ∫ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

+−

bdx

x x

1

1

11

=∞→

limb

b

x

x

11

ln ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+ =

∞→ lim

b ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

+ 2

1ln

1ln

b

b

= ln∞→

limb

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

+ 21

1bb = ln

∞→ lim

b 1+bb – ln

21

= ln∞→

limb

(1) + ln 2 = ln 2

Jadi, ∫ ∞

+

1

)1(

1dx

x x = ln 2, dengan demikian integral tak wajar konvergen, maka menurut

uji integral deret tak hingga yang diberikan ∑∞

= +1

)1(

1

nnn

juga konvergen.

Contoh 5.3.11


=13

ln

n n

n kovergen (lihat contoh 5.3.4)

Penyelesaian

Dari deret yang diberikan diperoleh, an = 3

ln

n

n. Karena an selalu bernilai positif, dengan

pendekatan uji integral oleh karena itu ambil, f ( x) =3

ln

x

x untuk x ≥ 1 fungsi kontinu

monoton turun. Dengan menggunakan uji integral diperolah,

∫ ∞

1 3

lndx

x

x =

∞→ lim

b ∫

bdx

x

x

1 3

ln =

∞→ lim

b

b

x x

x

1

22 4

1

2

ln⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−

=∞→

limb

b

x

x

124

1ln2⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +− =

∞→ lim

b ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−

24

1ln2

4

1

b

b

=4

1 –

∞→ lim

b 24

1ln2

b

b + =

4

1 –

∞→ lim

b

28

2

b

=4

1



Karena, ∫ ∞

1 3

lndx

x

x =

4

1, dengan demikian integral tak wajar konvergen, jadi menurut uji

integral terbuktikan bahwa deret tak hingga yang diberikan ∑∞

=13

ln

n n

n juga konvergen.

Contoh 5.3.12


=1

2

nne


Penyelesaian

Dari deret tak hingga diperoleh, an =ne

n2

. Karena an selalu bernilai positif, dengan

pendekatan uji integral oleh karena itu ambil, f ( x) = xe

x2

= xe x −2 untuk x ≥ 1 fungsi

kontinu monoton turun. Dengan menggunakan uji integral diperolah,

∫ ∞ −

1

2 dxe x x =∞→

limb ∫

−b x dxe x

1

2 =∞→

limb

b

xe

x x

1

2 22

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ++−

=∞→

limb ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ++−

be

bb

e

225 2

=∞→

limb

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−

24

1ln2

4

1

b

b

=e

5 –

∞→ lim

b be

bb 222 ++ =

e

5 –

∞→ lim

b

be

b 22 +

=e

5 –

∞→ lim

b be

2 =

e

5

Karena, ∫ ∞ −1

2 dxe x x =e5 , maka integral tak wajar konvergen, sehingga menurut uji

integral deret tak hingga yang diberikan ∑∞

=1

2

nne

n juga konvergen.

Ringkasan Uji Konvergensi Deret Suku-suku Positif

Berdasarkan teorema-teorema diatas, untuk menguji apakah deret tak hingga dengan suku-

suku positif itu konvergen atau divergen, perhatikanlah ringkasan uji konvergensi berikut

ini :

(1). Jika, ∞→ limn un ≠

0, maka deret divergen

(2). Jika un memuat suku-suku n !, r n, un hanya memuat suku-suku pangkat n konstam atau

(n) p

gunakanlah uji banding limit.

(3). Jika un hanya memuat suku-suku pangkat n konstam gunakanlah uji banding limit.

(4). Bila dengan uji diatas gagal, gunakanlah uji banding biasa atau uji integral




Dalam soal-soal latihan berikut ini, selidikilah konvergensi atau divergensi deret tak

hingga dengan uji banding dan uji banding limit

1. ∑∞

= +13

2

4

n n

n 2. ∑

∞

= +

−

12

2

)13(2

14

nn n

n 3. ∑

∞

= −+13 44

n nn

n

4. ∑∞

= +1 34

4

n n 5. ∑

∞

= +13 3

4

n nn

6. ∑∞

= +12 3

4

n nnn

7. ∑∞

= +12 3

4

n nn 8. ∑

∞

= +14/33 )2(

n nn

n 9. ∑

∞

= +13/22 )4(

1

n n

10. ∑∞

=1

2/3 ln

1

n nn 11. ∑

∞

= ++1

3 45

n nn

nn 12. ∑

∞

= +

+

1

3)1(

13

n n

n

13. ∑∞

= +

−

12

2

)14(4

13

nn n

n 14. ∑

∞

= +

+

13

2

)12(

3

n n

nn 15. ∑

∞

= +13/23 )(

1

n nn

Dalam soal-soal latihan berikut ini, selidikilah konvergensi atau divergensi deret tak

hingga dengan uji integral

16. ∑∞

= +12/3)3(

1

n n 17. ∑

∞

= +12 4

n n

n 18. ∑

∞

= −12 14

4

n n

19.

∑

∞

= +−1 2 34

n nn

n 20.

∑

∞

=1

2

2

n n

n 21.

∑

∞

=1

3

2n ne

n

22. ∑∞

=12

nne

n 23. ∑

∞

=12

/1

n

n

n

e 24. ∑

∞

=12)(ln

1

n nn

25. ∑∞

= ++136

2

12

n nn

n 26. ∑

∞

=12

2

nne

n 27. ∑

∞

=12

ln

n n

n

28.Buktikanlah bahwa deret, ∑∞

=1 )(ln

1

n pnn

konvergen jika hanya jika p > 1

29. Buktikanlah bahwa deret. ∑∞

=1

ln

n pn

n konvergen jika hanya jika p > 1



5.4. Deret Berganti Tanda, dan Konvergensi Mutlak

Pada sub bab sebelumnya deret tak hingga yang telah dibahas adalah deret-deret dengan

suku-suku positip. Suatu deret bilamana suku-sukunya bergantian tanda positip dan

negatif, deret demikian ini disebut dengan deret berganti tanda. Sebagai ilustrasi misalkandiberikan suatu deret berikut ini,

1 –2

1+

3

1 –

4

1+ – … +

n

n 1)1( +− + … = ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

1

–3

1+

5

1 –

7

1+

9

1 – + … +

12

)1(

+

−

n

n

+ … = ∑∞

=

−1

)1(

n

n

12

1

+n

1 –4

1+

9

1 –

16

1+ – … +

2

1)1(

n

n+− + … = ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

2

1

n

Definisi berikut ini menyatakan pernyataan secara lebih jelas dari deret berganti tanda.

Misalkan an > 0, untuk semua bilangan bulat positip n. Maka suatu deret,

a1 – a2 + a3 – a4 + – … + 1)1( +− n an + … = ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

nan

atau,

∑∞

=

+−1

1)1(

n

n an = a1 – a2 + a3 – a4 + – … + 1)1( +− n an + …

disebut dengan deret berganti tanda.

Sebagaimana telah dijelaskan bahwa, masalah utama dalam deret tak hingga deret dengan

suku-suku positip adalah menentukan konvergensi atau divergensi suatu deret. Masalah

konvergensi ini berlaku pula untuk deret berganti tanda. Teorema berikut ini memberikan

suatu uji konvergensi deret berganti tanda. Uji ini dikenal pula sebagai uji Leibniz untuk

deret berganti tanda.

Konvergensi Deret Berganti Tanda.

Misalkan diberikan deret berganti tanda, ∑∞

=

+−

1

1)1(

n

nan [atau ∑

∞

=

−

1

)1(

n

nan]. Deret berganti

tanda dikatakan konvergen, jika hanya jika :

(1). an+1 < an untuk semua bilangan bulat positip n

(2).∞→

limn

an = 0

Jika salah satu dari kedua syarat diatas tidak dipenuhi, maka deret berganti tanda

dikatakan divergen. Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.



Contoh 5.4.1

Selidikiliah apkah deret berganti tanda, ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

1 konvergen atau divergen

PenyelesaianDari deret berganti tanda diperoleh,

an =n

1, dan an+1 =

1

1

+n

(i). Mengingat untuk semua n bilangan bulat positi berlaku bahwa, n < n + 1, maka

berlaku pula1

1

+n<

n

1 atau an+1 < an untuk semua bilangan positip n

(ii).∞→

limn

an =∞→

limn n

1 = 0

Karena dua persyaratan konvergensi deret berganti tanda dipenuhi, maka deret yangdiberikan konvergem

Contoh 5.4.2

Selidikilah apakah deret berganti tanda, ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

)1(

2

+

+

nn

nkonvergen atau divergen

PenyelesesaianDari deret berganti tanda diperoleh,

an =)1(

2

+

+

nn

n, dan an+1 =

)2)(1(

3

++

+

nn

n

(1). Untuk membuktikan pernyataan apakah an+1 < an untuk semua bilangan bulat positip

n, dengan membagi kedua dengan an, maka pernyataan itu ekuivalen dengan,n

n

a

a 1+< 1.

Dari suku an dan an+1 deret dihasilkan :

n

n

a

a 1+ =)2)(1(

3

++

+

nn

n×

)2(

)1(

+

+

n

nn =

2)2(

)3(

+

+

n

nn =

44

3

2

2

++

+

nn

nn

=44

)4()44(

2

2

++

+−++

nn

nnn = 1 –

44

4

2 ++

+

nn

n < 1

(2). Dengan menggunakan dalil l’Hopital dihasilkan,

∞→ lim

n an =

∞→ lim

n )1(

2

+

+

nn

n =

∞→ lim

n 12

1

+n = 0

Karena,∞→

limn )1(

2

++

nn

n = 0, dann

n

a

a 1+ = 1 –44

42 ++

+nn

n < 1, maka deret berganti tanda

yang diberikan adalah konvergen



Contoh 5.4.3

Selidikilah apakah deret berganti tanda, ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

)1(3 +n

n

n konvergen atau divergen

Penyelesaian


an =)1(3 +n

n

n, dan an+1 =

13

1

+n 2

1

++

n

n

Dengan menerapkan dan menggunakan hasil ini dihasilkan :

(1).∞→

limn

an =∞→

limn )1(3 +n

n

n =

∞→ lim

n n3

1

∞→ lim

n 1+n

n = (0)(1) = 0

(2). Seperti pada contoh sebelumnya,

n

n

a

a 1+ =13

1

+n 2

1

+

+

n

n ×

n

nn )1(3 + =

nn

nn

2

12

3

1

2

2

+

++

=

3

1⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

+

+nn 2

11

2

=

3

1 +

)2(3

1

2 nn +

< 1

Karena,∞→

limn )1(3 +n

n

n = 0, dan

n

n

a

a 1+ =3

1 +

)2(3

1

2 nn +< 1, maka deret berganti tanda

yang diberikan adalah konvergen.,

Konvergensi Bersyarat dan Konvergensi Mutlak

Dari contoh-contoh dan ilustrasi sebelumnya, diperoleh beberapa fenomena yang cukup

menarik dari deret dengan suku-suku positip dan deret berganti tanda. Deret-deret

dimaksud misalnya adalah :

1 –2

1+

3

1 –

4

1+ – … +

n

n 1)1( +− + … = ∑

∞

=

+−

1

1)1(

n

n

n

deret berganti tanda yang konvergen. Bilamana suku-suku deret ini diganti dengan nilai

mutlaknya diperoleh deret,

1 +2

1+

3

1+

4

1+ – … +

n

1 + … = ∑

∞

=1

1

nn

adalah deret harmonik yang divergen. Demikian pula dari contoh 5.4.2, deret berganti

tanda,

∑∞

=

+

+

+−

1

1

)1(

)2()1(

n

n

nn

n

adalah konvergen, sedangkan deret dengan suku-suku nlai mutlaknya yakni

∑∞

= +

+

1)1(

2

nnn

n

adalah deret divergen. Deret-deret semacam ini dikatakan sebagai deret konvergen

bersyarat. Sebaliknya dari contoh sebelumnya telah pula diperoleh, deret berganti tanda,

dan deret dengan suku-suku nilai mutlaknya yang konvergen, yakni :



∑∞

=

+

+

−

1

1

)1(3

)1(

nn

n

n

n adalah deret berganti tanda konvergen,

∑∞

= +1 )1(3

nn

n

n adalah suku-suku positip deret konvergen

Deret-deret semacam ini disebut dengan dengan konvergen mutlak. Secara formal deretkonvergen mutlak dan konvergen bersyarat dinyatakan dalam teorema berikut ini.

Andaikan ∑∞

=1

n

na adakah deret dengan suku-suku tak nol. Deret, ∑∞

=1

n

na dikatakan :

(1). Konvergen mutlak, jika ∑∞

=1

||

n

na konvergen

(2). Konvergen bersyarat, jika ∑∞

=1

||

n

na divergen, dan ∑∞

=1

n

na konvergen

Sebagai ilustrasi, deret ini, ∑∞

= +

+−

1)1(

)2()1(

n

n

nn

n adalah deret konvergen bersyarat, karena :

(i). deret berganti tanda∑∞

= +

+−

1)1(

)2()1(

n

n

nn

n konvergen, dan,

(ii). deret mutlaknya, ∑∞

= +

+

1)1(

2

nnn

n divergen.

Sedangkan deret berganti tanda, ∑

∞

=

+

+

−

1

1

)1(3

)1(

nn

n

n

n dikatakan deret konvergen mutlak karena :

(i). deret berganti tanda ∑∞

=

+

+

−

1

1

)1(3

)1(

nn

n

n

n konvergen, dan,

(ii). deret nilai mutlaknya ∑∞

= +1 )1(3

nn

n

n konvergen.

Contoh 5.4.4.

Selidikilah apakah deret, ∑∞

=1

cos

n nn

nπ

konvergen mutlak atau konvergen bersyarat

Penyelesaian

Dari deret yang diberikan, ambil :

|an| =nn

nπ cos

Karena, |cos nπ | ≤ 1, maka dihasilkan :



|an| =nn

nπ cos =

nn

1 =

2/3

1

n

Akibatnya dari deret semula, dihasilkan deret nilai mutlaknya yaitu :

∑

∞

=1||

nna =

nn

n

n

π cos

1∑

∞

= = ∑

∞

=1

1

n nn = ∑

∞

=12/3

1

n n

Deret dengan nilai mutlak ini adalah deret orde- p dengan p =2

3 > 1 yang konvergen. Jadi

deret ∑∞

=12/3

1

n n adalah deret konvergen. Karena deret dengan nilai mutlaknya konvergen,

maka deret yang diberikan konvergen mutlak.

Dari kedua ilustrasi dan contoh-contoh diatas, pada dasarnya untuk menyelidiki

konvergensi bersyarat dan atau konvergensi mutlak dari deret yang suku-sukunya tak nol

dapat digunakan uji-uji konvergensi dengan suku-suku positip, misalnya uji integral, uji

banding limit maupun uji banding biasa. Salah satu masalah yang sering timbul untuk

menggunakan uji banding adalah diperlukan pengetahuan yang cukup luas tentang

macam-macam deret yang telah diketahui konvergen atau divergen. Pengembangan lebih

lanjut dari uji banding limit dan uji deret berganti tanda adalah uji rasio atau uji hasil bagi.

Inti dari uji ini adalah untuk mengetahui konvergen mutlak atau divergen adalah dengan

membandingkan dengan deret diri sendiri.

Uji Rasio/Hasil Bagi

Andaikan ∑∞=1

n

na adalah suatu deret tak hingga dengan suku-suku tak nol. Andaikan pula,

r =∞→

limn

1

n

n

a

a +

(i). Jika r < 1, maka deret ∑∞

=1

n

na konvergen (mutlak)

(ii). Jika r > 1, maka deret ∑∞

=1

n

na divergen

(iii). Jika r = 1, maka uji rasio gagal atau tidak memberikan kesimpulan konvergensinya

Dari pernyataan terakhir ini, jika dengan uji rasio menghasilkan r = 1, maka untuk

mengguji konvergensi deret yang diberikan digunakan pendekatan uji banding limit, uji

integral atau uji lainnya yang telah dikenal. Uji rasio ini biasanya digunakan bilamana

suku dari deret memuat n!, r n , atau (n)

n , jika tidak memuat suku-suku tersebut biasanya

uji rasio akan gagal. Untuk lebih jelasnya perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.



Contoh 5.4.5.


= +

+−

1)1(

)2()1(

n

n

nn

nkonvergen atau divergen

Penyelesaian

Dari ilustrasi diatas, telah dibutikan bahwa deret ini adalah konvergen bersyarat. Untuk

itu, akan dibuktikan bahwa uji rasio akan gagal untuk membuktikan konvergensinya. Dari

deret yang diberikan diperoleh,

an =)1(

)2()1(

+

+−

nn

nn

, dan an+1 =)2)(1(

)3()1( 1

++

+− +

nn

nn

Dengan menerapkan uji rasio dan dalil l’Hopital dihasilkan,

r =∞→

limn

1

n

n

a

a + =∞→

limn

)2()1(

)1(

)2)(1(

)3()1(

1

+−

+⋅

++

+− +

n

nn

nn

n

n

n

=∞→

limn 44

32

2

+++

nnnn =

∞→ lim

n 4232

++nn =

∞→ lim

n 22 = 1

Karena r = 1, maka uji rasio gagal untuk membuktikan konvergensi deret yang diberikan.

Perhatikanlah bahwa an tidak memuat bentuk, n!, r n , atau (n)

n , Oleh karena itu harus

digunakan uji lain untuk menyelidiki seperti yang telah dibahas pada contoh sebelumnya

Contoh 5.4.6.

Selidikilah apakah deret in, ∑∞

= +

−

1)1(

)1(

n

n

nn konvergen mutlak, konvergen bersyarat atau

divergen

Penyelesaian

Dari deret berganti tanda, ambil :

an =)1(

)1(

+

−

nn

n

=nn

n

+

−2

)1(

Karena, an tidak memuat bentuk, n!, r n , atau (n)

n, maka untuk menguji konvergensinya

tidak dapat digunakan uji rasio. Salah satu pendekatan yang dapat digunakan adalah uji

banding limit. Perhatikanlah bahwa nilai mutlah suku ke n bentuknya mendekati2

1

n.

Oleh karena itu, ambil bn =2

1

n,. Dengan menerapkan uji banding limit dihasilkan,

L =∞→

limn

n

n

b

a || =

∞→ lim

n nn +2

1n

2 =

∞→ lim

n 12

2

+n

n = 1


=12

1

n n deret yang konvergen, maka ∑

∞

=1

||

n

na =)1(

1

1 +

∑∞

=nn

n

deret

konvergen. Jadi deret yang diberikan konvergen mutlak.



Contoh 5.4.7


=

−

1

3

3

)1(

nn

nn

konvergen mutlak atau divergen.

Penyelesain :


an =n

n n

3

)1( 3−, dan, an+1 =

)1(

31

3

)1()1(

+

+ +−n

n n

Karena, an memuat bentuk, r n, maka untuk menguji konvergensinya digunakan uji rasio.

Oleh karena itu dengan menerapkan uji rasio dan dalil l’Hopital dihasilkan,

r =∞→

limn

1

n

n

a

a + =∞→

limn

)1(

3

3

)1()1(

31

31

n

n

n

n

n

n

−⋅

+−+

+ =

3

1

∞→ lim

n 3

3)1(

n

n +

=3

1

∞→ lim

n 2

2

3

)1(3

n

n + =

3

1

∞→ lim

n n

n

6

)1(6 + =

3

1

∞→ lim

n 6

6 =

3

1

Karena, r =31 , maka deret nilai mutlak, ∑

∞

=

−

1

3

3)1(

nn

n

n konvergen. Sehingga deret

berganti tanda yang diberikan diatas konvergen mutlak.

Contoh 5.4.8


=

−

1!

3)1(

n

nn

n konvergen mutlak atau divergen.

Penyelesaian


an =!3)1(

n

nn

− , dan, an+1 =!)1(

3)1(

11

+−

++

n

nn

Karena, an memuat bentuk, n!, dan r n, maka untuk menguji konvergensinya digunakan uji

rasio. Oleh karena itu dengan menerapkan uji rasio dan dalil l’Hopital dihasilkan,

r =∞→

limn

1

n

n

a

a + =∞→

limn

3)1(

!

)!1(

3)1(

11

nn

nn n

n −⋅

+

− ++ = 3

∞→ lim

n !

!

nn

n

•

= 3∞→

limn n

1 = 0

Karena, r = 0, maka deret nilai mutlak, ∑∞

=

−

1

!

3)1(

n

nn

n konvergen. Sehingga deret berganti

tanda yang diberikan diatas konvergen mutlak.

Contoh 5.4.9


= +

+−

11

13)1(

nn

nn

e konvergen mutlak atau divergen.



Penyelesaian


an =1

13)1(

+

+−n

nn

e, dan, an+1 =

2

123)1(

+

++−n

nn

e

Dengan menerapkan uji rasio dihasilkan,

r =∞→

limn

1

n

n

a

a + =∞→

limn

3)1(

3)1(

1

1

2

12

nn

n

n

nn e

e +

+

+

++

−⋅

− =

∞→ lim

n e

3 =

e

3

Karena, r =e

3 > 1, maka deret dengan nilai mutlak adalah divergen. Jadi deret berganti

tanda yang juga divergen.

Uji Tanda Akar ke n

Sebagaimana telah dijelaskan bahwa bilamana an memuat bentuk, n!, r n

, dan (n)n

, makadigunakanlah uji rasio. Khususnya bilamana an memuat bentuk, r

n, dan (n)

n, untuk

menyelidiki konvergensinya dapat digunakan uji tanda akar. Uji tanda akar ini digunakan

untuk menyelidiki konvergensi mutlak dan divergensi deret tak nol.

Andaikan ∑∞

=1

n

na adalah suatu deret tak hingga dengan suku-suku tak nol. Andaikan pula,

L =∞→

limn

nna || =

∞→ lim

n

nna

/1)||(

(i). Jika L < 1, maka deret ∑∞

=1

n

na konvergen (mutlak)

(ii). Jika L > 1, maka deret ∑∞

=1

n

na divergen

(iii). Jika r = 1, maka uji rasio gagal atau tidak memberikan kesimpulan konvergensinya

Contoh 5.4.10


=

+−

1

12)1(

nn

nn

e konvergen mutlak, kovergen bersyarat atau

divergen.

Penyelesaian


an =n

nn

e

2)1( 1+−

Karena, an memuat bentuk, r n, maka untuk menguji konvergensinya digunakan uji tanda

akar ke n. Oleh karena itu dengan menerapkan uji tanda akar diperoleh,



L =∞→

limn

nna || =

∞→ lim

n

n

n

nn

e

/112)1( +−

=∞→

limn

n

n

n

e

/12

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ =

∞→ lim

n nn

nn

e/1

/1

)(

)2( =

∞→ lim

n e

2 =

e

2

Karena, r =e

2 < 1, maka deret dengan nilai mutlak adalah konvergen. Jadi menurut uji

tanda akar deret berganti tanda yang diberikan juga konvergen mutlak.

Contoh 5.4.11


=

−

12

2)1(

nn

nn

n konvergen mutlak, konvergen bersyarat atau

divergen.

Penyelesaian


an =n

nn

n2

2)1(−

Karena, an memuat bentuk, r n dan (n)

n, maka untuk menguji konvergensi dapat digunakan

uji tanda akar ke n. Oleh karena itu dengan menerapkan uji tanda akar diperoleh,

L =∞→

limn

nna || =

∞→ lim

n

n

n

nn

n

/1

2

2)1(−

=∞→

limn

n

n

n

n

/1

22 ⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ =

∞→ lim

n nn

nn

n/12

/1

)()2( =

∞→ lim

n n2 = 0

Karena, r = 0 < 1, maka deret dengan nilai mutlak adalah konvergen. Jadi menurut uji

tanda akar, deret berganti tanda yang diberikan juga konvergen mutlak.

Ringkasan Uji Konvergensi Deret

Dengan memperhatikan hasil rumus-rumus yang tekah diperoleh dari deret dengan suku-

suku positip maupun deret berganti tanda, berikut ini disajikan ringkasan uji konvergensi

deret secara keseluruhan.

Misalkan diberikan deret tak hingga, ∑∞

=1

n

na

(1). Hitunglah∞→

limn

an. Jika∞→

limn

an ≠ 0, maka deret tak hingga ∑∞

=1

n

na divergen

(2). Selidikilah apakah deret mempunyai bentuk-bentuk khusus berikut ini :



(a). Deret geometri, ∑∞

=

−

1

1

n

nar . Deret konvergen ke jumlahr

a

−1, jika r < 1, dan deret

divergen jika r ≥ 1.

(b). Deret orde p, ∑∞

=1

1

n pn

. Deret konvergen jika p > 1, dan deret divergen jika p ≤ 1.

(c). Deret berganti tanda, ∑∞

=

−1

)1(

n

nn

a atau ∑∞

=

+−1

1)1(

n

nn

a . Dimana deret konvergen

jika an+1 < an untuk semua bilangan bulat positip n, dan∞→

limn

an = 0.

(3). Jika suku ke n, yakni an dengan suku-suku tak nol an memuat salah satu dari bentuk-

bentuk n ! , r n atau (n)

n, untuk menyeleidiki konvergensi mutlaknya gunakanlah uji

rasio.,

(4). Jika suku ke n yakni an hanya memuat suku-suku positip dengan pangkat dalam n,

untuk menyelidiki konvergensi gunakanlah banding limit atau uji banding biasa.

(5). Jika uji banding limit atau uji banding biasa gagal, untuk menyelidiki konvergensigunakanlah uji integral atau uji tanda akar.


Dengan uji konvergensi deret berganti tanda, selidikilah apalah deret berikut ini konvergen

atau divergen

1. ∑∞

= −

−

112

3)1(

n

n

n 2. ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

nn

n

3

2

2 +

+ 3. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

nn

1

4. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

2)1(

1

+n 5. ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

n

nln 6. ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

2

ln

n

n

7. ∑∞

=

−1

)1(

n

n

nn

nln 8. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

63

2

+n

n 9. ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

)3)(2(

1

++

+

nn

n

10. ∑∞

=12

sin

n n

nπ

11. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

2)(ln

1

nn 12. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

12 2 −n

n

13. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

2)1( +n

n 14. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

nn ln

1 15. ∑

∞

=1

cos

n nn

nπ

Dalam soal berikut ini, dengan uji rasio atau uji tanda akar selidikilah apakah deret berikut

ini konvergen mutlak, konvergen bersyarat atau divergen.

16. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n2

2 nen − 17. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

nn

4

)1( + 18. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

6

!



19. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

e2

4 20. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

!

12

n

en−

21. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

ne

n

2

2

22. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

3

ln 23. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

!

ln2

n

n 24. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

!)1(

3 12

+

−

n

n n

25. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

13

23

+n

n

e 26. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

nn

4

)(ln 27. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

12

3

3

2

+n

n

12.

28. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

n

n

)(ln

)( 2

29. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

5

4 1+

30. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

n2

123 +

31. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

12

14−

+

n

n

e 32. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

n

n

nn )ln(

3 12 +

33. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

nn

n

nn

n

2

2

)(ln

)1( +

34. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

!)1(3

212

13

++

−

nn

n

35. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

nn

n ne

21

11

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +



5.5. Deret Pangkat

Pada pembahasan sebelumnya, deret tak hingga yang dibahas adalah deret dengan suku-

suku konstanta tak nol yang berbentuk, ∑ an dengan an sebuah bilangan tak nol. Sebuha

deret lain yang sangat penting dan banyak penerapannya adalah deret dengan suku-sukuvariabel yang sering disebut dengan deret pangkat atau deret fungsi. Dengan deret pangkat

ini operasi aritmetik, analisis numerik, dan atau kalkulus yang melibatkan fungsi-fungsi

seperti sin bx, cos bx,2

axe−

, dan x misalnya menghitung integral tentu yang tidak dapat

diselesaikan dengan teorema dasar kalkulus, dengan deret masalah tersebut dapat

diselesaikan.

Sebuah deret pangkat dalam ( x – a) adalah sebuah deret yang berbentuk :

c0 + c1( x – a) + c2( x – a)2 + c3( x – a)

3 + … = ∑

∞

=

−0

)(

n

nn a xc

dimana c0, c1, c2, c3, … adalah konstanta yang nilainya diketahui. Dalam hal tertentu, jika bilangan a = 0, deret pangkat dalam x berbentuk :

c0 + c1 x + c2 x2 + c3 x

3 + … = ∑

∞

=0

n

nn xc

Karena deret pangkat mendefinisikan suatu fungsi, maka deret pangkat sering pula disebut

dengan deret fungsi. Fungsi f yang didefinisikan dalam suatu deret pangkat dalam x

diberikan oleh,

f ( x) = ∑∞

=0

n

nn xc

atau,

f ( x) = ∑∞

=

−0

)(

n

nn a xc

dimana daerah definisinya adalah semua bilangan x yang menyebabkan deret pangkat

dalam x atau ( x - a) konvergen.

Dari daerah definisi f , timbul dua pertanyaan yang mendasar yang berkaitan dengan deret

fungsi, yaitu :

(i). untuk nilai x manakah deret pangkar konvergen

(ii). berapakah jumlah S ( x), atau ke fungsi manakah deret konvergen,

Untuk memudahkan memahami dua masalah mendasar ini, dan menentukan dimanakah

deret pangkat konvergen perhatikanlah suku deret pangkat memuat bentuk xn, oleh karenaitu untuk mementukan konvergensinya maka dapat digunakan uji rasio. Untuk lebih

jelasnya perhatikanlah lima buah contoh berikut ini.

Contoh 5.5.1.

Tentukanlah nilai x yang menyebabkan deret pangkat, ∑∞

=

−0

)1(

n

n

)1(3 +n

x

n

n

konvergen.



Penyelesaian

Dari deret pangkat yang diberikan ambil :

un =)1(3

)1(+

−n

x

n

nn , dan un+1 =

)2(3)1(

1

11

+−

+

++

n

x

n

nn

Selanjutnya dengan merapakna uji rasiao, dihasilkan :

r =∞→

limn

1

n

n

u

u + =∞→

limn

)1(

)1(3

)2(3

)1(

1

11

nn

n

n

nn

x

n

n

x

−

+⋅

+

−+

++

=∞→

limn

||3

1 x

2

1

+

+

n

n = ||

3

1 x

∞→ lim

n 2

1

+

+

n

n = ||

3

1 x

Menurut uji rasio dihasilkan bahwa :

(i). deret pangkat konvergen, jika r = ||3

1 x < 1, atau | x | < 3, artinya deret pangkat

konvergen pada interval, –3 < x < 3

(ii). deret pangkat divergen, jika r = ||3

1 x > 1, atau | x | > 3, artinya deret pangkat

divergen pada interval, x < –3, atau x > 3

(iii). uji konvergensi gagal, jika r = ||3

1 x = 1, atau | x | = 3, artinya untuk x = –3, atau x =

3, perlu penyelidikan tersendiri.

Selanjutnya untuk x = 3, deret pangkat semula dapat ditulis menjadi,

∑∞

=

−0

)1(

n

n

)1(3

3

+nn

n

= ∑∞

=

−0

)1(

n

n

1

1

+n

= 1 –3

1

2

1+ –

5

1

4

1+ – + …

Deret harmonik berganti tanda diatas adalah deret konvergen. Jadi untuk x = 3, deret pangkat konvergen. Sedangkan untuk x = –3, deret pangkat semula dapat ditulis menjadi,

∑∞

=

−0

1)1(

n

n

)1(3

)3(

+

−

nn

n

= ∑∞

=

−0

2)1(

n

n

1

1

+n

= 1 +3

1

2

1+ +

5

1

4

1+ + + …

Deret terakhir ini adalah deret harmonik dengan suku-suku positip yang divergen. Jadi

untuk x = –3, deret pangkat divergen. Dengan demikian dapat disimpulkana bahwa deret

pangkat diatas konvergen pada interval, –3 < x ≤ 3, dan deret pangkat divergen pada

interval x ≤ –3, atau x > 3.

Contoh 5.5.2.


= +

−

021

3

)4(

nn

n

n

x konvergen.

Penyelesaian

Dari deret yang diberikan diatas ambil,



un = 213

)4(

n

x

n

n

+

−, dan, un+1 =

22

1

)1(3

)4(

+

−+

+

n

x

n

n

Selanjutnya ambil,

r =

∞→

limn

1

n

n

u

u + =

∞→

limn

)4(

3

)1(3

)4(

21

22

1

n

n

n

n

x

n

n

x

−

⋅

+

− +

+

+

=∞→

limn 3

|4| − x

2

2

)1( +n

n =

3

|4| − x

∞→ lim

n 122

2

++ nn

n

=3

|4| − x

∞→ lim

n )/1()/2(1

1

2nn ++

=3

|4| − x

∞→ lim

n 001

1

++ =

3

|4| − x

Menurut uji rasio dapat ditarik kesimpulna bahwa :

(i). deret pangkat konvergen, jika3

|4| − x < 1, atau | x – 4| < 3, artinya deret pangkat

konvergen pada interval, 1 < x < 7

(ii). deret pangkat divergen, jika3

|4| − x > 1, atau | x – 4| > 3, artinya deret pangkat

divergen pada interval, x < 1, atau x > 7

(iii). uji konvergensi gagal, jika3

|4| − x = 1, atau | x – 4| = 3, artinya untuk x = 1, atau x =


Selanjutnya untuk x = 7, deret pangkat semula dapat ditulis menjadi,

∑∞

= +

−

0213

)47(

nn

n

n = ∑

∞

= +

0213

3

nn

n

n = ∑

∞

=02

1

3

1

n n

deret ini adalah deret orde p = 2 > 1 yang konvergen. Demikian pula untuk x = 1,

dihasilkan

∑∞

= +

−

0213

)41(

nn

n

n = ∑

∞

= +

−

0213

)3(

nn

n

n = ∑

∞

=

−

02

)1(

3

1

n

n

n

Deret terakhir ini adalah deret berganti tanda konvergen, karena deret dengan nilai

mutlaknya ∑∞

=02

1

3

1

n n konvergen. Jadi, dapat disimpulkan deret pangkat diatas konvergen

pada interval, 1 ≤ x ≤ 3, dan deret pangkat divergen pada interval x < 1, atau x > 7.

Contoh 5.5.3.


=

−0

)(

n

na xn konvergen.

Penyelesaian




un =na xn )( − , dan, un+1 = 1))(1(

+−+ na xn

Selanjutnya ambil,

r = ∞→ lim

n 1

nnu

u += ∞→

limn

)(

))(1(

1

n

n

a xn

a xn

−

−+ +

=∞→

limn

| x – a| n

n 1+ = | x – a|

∞→ lim

n n

n 1+

= | x – a| Menurut uji rasio dapat ditarik kesimpulna bahwa :

(i). deret pangkat konvergen, jika | x – a| < 1, artinya deret pangkat konvergen pada

interval, (a – 1) < x < (a + 1)

(ii). deret pangkat divergen, jika | x – a| > 1, artinya deret pangkat divergen pada interval,

atau x < (a – 1), atau x > (a + 1),

(iii). uji konvergensi gagal, jika | x – a| = 1, artinya untuk x = a – 1, atau x = a + 1, perlu

penyelidikan tersendiri.

Selanjutnya untuk x = a + 1, deret pangkat semula dapat ditulis menjadi,

∑∞

=

−+0

)1(

n

naan = ∑∞

=0

n

n

deret ini divergen, karena∞→

limn

n = ∞ ≠ 0. Demikian pula untuk, x = a – 1, dihasilkan

∑∞

=

−−0

)1(

n

naan = ∑∞

=

−0

)1(

n

n n

deret berganti tanda ini juga divergen,

∞→

lim

n

n = ∞ ≠ 0. Jadi, dapat disimpulkan deret

pangkat diatas konvergen pada interval, (a – 1) < x < (a + 1), dan deret pangkat divergen

pada interval x ≤ a – 1, atau x ≥ a + 1.

Contoh 5.5.4.


=

−

0!

)(

n

n

n

a x konvergen.

Penyelesaian


un = !

)(

n

a x n−, dan, un+1 = !)1(

)( 1

+

− +

n

a x n

Selanjutnya ambil,

r =∞→

limn

1

n

n

u

u + =∞→

limn

)(

!

!)1(

)(

1

n

n

a x

n

n

a x

−⋅

+

− +

=∞→

limn

| x – a| n

1 = | x – a|

∞→ lim

n n

1 = 0



Karena r = 0 < 1, maka menurut uji rasio deret pangkat konvergen, artinya konvergensideret tidak tergantung pada nilai x. Jadi dapat disimpulkan bahwa deret pangkat yangdiberikan konvergen untuk semua nilai x.

Contoh 5.5.5.


=

−0

)(!

n

na xn konvergen.

PenyelesaianDari deret yang diberikan diatas ambil,

un =na xn )(! − , dan, un+1 = na xn )(!)1( −+

Selanjutnya ambil,

r =∞→

limn

1

n

n

u

u + =∞→

limn

)(!

)(!)1(

1

n

n

a xn

a xn

−

−+ +

= ∞→ limn | x – a| n = ⎩⎨

⎧

≠

=

∞ a x

a x

jika,

jika,0

Karena r = 0, jika x = 0, dan r = ∞ jika x ≠ a, maka menurut uji rasio deret pangkatdivergen untuk semua nilai x, kecuali di x = a.

Dari berbagai contoh-contoh diatas dapat ditarik kesimpulan bahwa himpunankonvergensi deret pangkat dapat berupa (i). interval tertutup, (ii). interval terbuka, (iii).titik tertentu, atau (iv) berlaku untuk semua nilai x. Kenyataan demikian ini dinyatakandalam teorema berikut ini.

Andaikan diberikan deret pangkat dalam x, yaitu :

∑∞

=0

n

nn xc

Himpunan konvergensi deret pangkat selalu berbentuk interval yang merupakan salah satudari :(i). satu titik x = 0(ii). semua bilangan riil x.(iii). suatu interval yaitu salah satu dari, – R < x < R, atau – R ≤ x < R, atau, – R < x ≤ R,atau, – R ≤ x ≤ R, dengan R disebut dengan jari-jari interval konvergensi. Intervalkonvergensi deret pangkat tersebut dapat digambarkan seperti terlihat pada gambar 5.5.1

| x | < R

x < – R x > R

──────┼─────────┼─────────┼────── > x – R 0 R

divergen konvergen divergen

Gambar 5.5.1



Sedangkan dalam kaus deret pangkat dalam ( x – a) yaitu :

∑∞

=

−0

)(

n

nn a xc

Himpunan konvergensi deret pangkat selalu berbentuk interval yang merupakan salah satudari :(i). satu titik x = a (ii). semua bilangan riil x.(iii). suatu interval yaitu salah satu dari, (a – R) < x < (a + R), atau (a – R) ≤ x < (a + R),atau, (a – R) < x ≤ (a + R), atau, (a – R) ≤ x ≤ (a + R), dengan R disebut dengan jari-jariinterval konvergensi. Interval konvergensi deret pangkat tersebut dapat digambarkanseperti terlihat pada gambar 5.5.2 berikut ini.

| x – a| < R

x < a – R x > (a + R) ──────┼─────────┼─────────┼──────── > x – R a R

divergen konvergen divergen

Gambar 5.5.2

Dari contoh 5.5.1 sampai dengan 5.5.5, untuk menentukan interval konvergensi deret pangkat sebagaimana tersebut pada rumusan diatas, langkah-langkahnya adalah sebagai berikut :(1). Dari deret pangkat yang diberikan tentukanlah rumus umum suku ke n dan n + 1, yaitu

un, dan, un+1.

(2).Hitunglah, r =∞→

limn

1

n

n

u

u +

(3). Dengan uji rasio, tentukanlah jari-jari interval konvergensi deret pangkat R.

(4). Substitusikanlah nilai x = ± R (atau x = a ± R) ke deret pangkat yang diberikan,sehingga diperoleh deret tak hingga

(5). Selidikilah konvergensi deret tak hingga dari langkah (4), dengan menggunakan uji banding, uji banding limit, uji integral, uji deret berganti tanda, atau uji deret lain danderet khusus lainnya yang telah dibahas.

Berdasarkan tahapan langkah-langkah tersebut diatas, berikut ini adalah contoh-contohsoalnya untuk memperjelas permasalahannya, disamping contoh-contoh soal yang telah

dibahas sebelumnya.

Contoh 5.5.6

Tentukanlah interval konvergensi deret pangkat, ∑∞

=

−

1 3

)5(

nn

n

nn

x.

Penyelesaian

Langkah pertama, menentukan un, dan, un+1. Dari deret yang diberikan diperoleh,



un =nn

x

n

n

3

)5( −=

2/33

)5(

n

x

n

n−, dan, un+1 =

2/31

1

)1(3

)5(

+

−+

+

n

x

n

n

Langklah kedua menghitung r , yaitu :

r =

∞→

limn

1

n

n

u

u + =

∞→

limn

)5(

3

)1(3

)5(

2/3

2/31

1

n

n

n

n

x

n

n

x

−

⋅

+

−

+

+

=∞→

limn 3

|5| − x

2/3

2/3

)1( +n

n =

3

|5| − x

∞→ lim

n

2/3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+n

n

=3

|5| − x2/3

1 lim ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

+∞→ n

n

n =

3

|5| − x

Langkah ketiga menentukan R. Dengan menerapkan uji rasio, dihasilkan :Menurut uji rasio dapat ditarik kesimpulna bahwa :


|5| − x < 1, atau | x – 5| < 3, artinya deret pangkat

konvergen pada interval, –3 < x – 5 < 3, atau 2 < x < 8.(ii). deret pangkat divergen, jika

3

|5| − x > 1, atau | x – 5| > 3, artinya deret pangkat

divergen pada interval, x < 2, atau x > 8.


|5| − x= 1, atau | x – 5| = 3, artinya untuk x = 2, atau x = 8,

perlu penyelidikan tersendiri.

Langkah keempat penyelidikan di batas interval. Jika x = 8, disubstitusikan pada deretsemula dihasilkan,

∑∞

=

−

1 3

)58(

n n

n

nn

= ∑∞

=1 2/33

3

n n

n

n

= ∑∞

=1 2/3

1

n n

Deret tak hingga ini adalah deret orde p dengan p = 3/2 > 1 yang konvergen. Sehinggauntuk x = 8, deret pangkat konvergen. Selanjutnya jika x = 2, disubstitusikan pada deret pangkat semula diperoleh deret tak hingga,

∑∞

=

−

1 3

)52(

nn

n

nn = ∑

∞

=

−

12/33

)3(

nn

n

n = ∑

∞

=

−

12/3

)1(

n

n

n

Deret berganti tanda ini adalah deret yang konvergen, karena deret dengan nilai mutlaknyakonvergem. Dengan demikian untuk x = 2, deret pangkat juga konvergen.

Kesimpulan, berdasarkan hasil-hasil diatas dapat disimpulkan bahwa interval konvergensideret pangkat yang diberikan adalah 2 ≤ x ≤ 8.

Contoh 5.5.7

Tentukanlah interval konvergensi deret pangkat, ∑∞

=

−1

)1(

n

n

nn

x

n

n

ln4

)3( +.

Penyelesaian

Langkah pertama, menentukan un, dan, un+1. Dari deret yang diberikan diperoleh,



un =nn

x

n

nn

ln4

)3()1( +−, dan, un+1 =

)1ln()1(4

)3()1(1

11

++

+−+

++

nn

x

n

nn

Langklah kedua menghitung r , yaitu :

r =

∞→

limn

1

n

n

u

u + =

∞→

limn

)3()1(

ln4

)1ln()1(4

)3()1(

1

11

nn

n

n

nn

x

nn

nn

x

+−

⋅

++

+−

+

++

=∞→

limn 4

|3| + x

)1ln()1(

ln

++ nn

nn

=4

|3| + x

∞→ lim

n

)1( +n

n

∞→ lim

n )1ln(

ln

+n

n

=4

|3| + x

∞→ lim

n 1

1

∞→ lim

n n

n 1+ =

4

|3| + x

Langkah ketiga menentukan R. Dengan menerapkan uji rasio, dihasilkan :


|3| + x < 1, atau | x + 3| < 4, artinya deret pangkat

konvergen pada interval, –4 < x + 3 < 4, atau –7 < x < 1.

(ii). deret pangkat divergen, jika4

|3| + x > 1, atau | x + 5| > 4, artinya deret pangkat

divergen pada interval, x < –7, atau x > 1.


|3| + x= 1, atau | x + 3| = 4, artinya untuk x = –7, atau x =


Langkah keempat penyelidikan di batas interval. Jika x = –7, disubstitusikan pada deret

semula dihasilkan,

∑∞=

−−1 ln4

)4()1(

nn

nn

nn = ∑∞

=

−1

2

ln4

4)1(

nn

nn

nn = ∑∞

=1ln1

nnn

Deret tak hingga ini adalah deret dengan suku-suku positip yang divergen, karena menurut

uji integral diperoleh,

∫∞

1 ln x x

dx = [ ]∞1)ln(ln x ∞.

Sehingga menurut uji integral deret ∑∞

=1ln

1

nnn

divergen. Sehingga untuk x = –7 deret

pangkat divergen. Selanjutnya jika x = 1, disubstitusikan pada deret pangkat semula

diperoleh deret tak hingga,

∑∞

=

−

1 ln4

)4()1(

nn

nn

nn = ∑

∞

=

−

1ln

)1(

n

n

nn

Deret berganti tanda ini adalah deret yang konvergen, karena :

(i).∞→

limn nn ln

1 = 0

(ii). Karena untuk n yang cukup besar berlaku bahwa : n < (n + 1), dan ln n < ln(n + 1),

maka diperoleh :



n

n

a

a 1+ =)1ln()1(

ln

++ nn

nn < 1

Dengan demikian untuk x = 1, deret pangkat juga konvergen.Kesimpulan, berdasarkan

hasil-hasil diatas dapat disimpulkan bahwa interval konvergensi deret pangkat yang

diberikan adalah, –7 < x ≤ 1


Dalam soal-soal latihan berikut ini, tentukanlah interval konvergensi deret pangkat yang

diberikan.

1. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

)2(2

)3(

2nn

x

n

n

+

− 2. ∑

∞

= +

+

1)12(

)5(

n

n

nn

x

3. ∑∞

=

−0

)1(

n

n

)12(4

)2( 12

+

− +

n

x

n

n

4. ∑∞

= +

+

+

+

01

12

)12(3

)1(2

nn

nn

n

x

5. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

)1ln(2

)3(

2 +

−

nn

x

n

n

6. ∑∞

=

−

0!

)3(5

n

nn

n

x

7. ∑∞

=

−0

)1(

n

n

2)12(

)3(

−

−

n

x n

8. ∑∞

=

+

+

−

1

12

)1(

)4(

n

n

nn

x

9. ∑∞

= +

−

1

2

)1(

)4(

n

n

nn

x 10. ∑

∞

=

+−1

1)1(

n

n

)12(4

)6(

)12(

1

−

−−

+

n

x

n

n

11. ∑

∞

=

−

0

2

4

)4(

nn

n xn 12. ∑

∞

=

−

12

22 )3(

nn

n

n

xn

13. ∑∞

=

+−1

1)1(

n

n

nn

x

n

n

4

)2(12 +−

14 ∑∞

=

−

0

)4(!

nn

n

n

xn

15. ∑∞

= + +

−

01

2

)12(3

)4(cos

nn

n

n

xnπ

16. ∑∞

=

+

+

−

03/42

12

)1(4

)2(

nn

n

n

x

17.∑∞

= + +

−

131 )1(3

)4(ln

nn

n

n

xn 18. ∑

∞

=

+

+

−

03/42

12

)1(4

)2(

nn

n

n

x

19.∑

∞

= ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

+

−

−11

1

)12(3

1

n

n

n x

x

n 20. ∑

∞

= ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

+

−

0

2

2

2

2 n

n

n x

xn



5.6. Diferensial dan Integral Deret Pangkat

Operasi Deret Pangkat

Sebagaimana telah dijelaskan bahwa deret pangkat adalah suatu fungsi dimana daerahdefinisinya adalah interval konvergensinya. Pada umumnya deret pangkat konvergen

untuk | x| < R, (atau | x – a| < R), dan divergen untuk | x| > R, (atau | x – a| > R), dimana R

suatu konstanta yang disebut pula dengan jari-jari konvergensi. Sedangkan untuk | x| = R,

(atau | x – a| = R), perlu penyelidikan tersendiri.

Dengan asumsi bahwa deret berikut ini konvergen dalam suatu interval maka berlaku

ketentuan-ketentuan berikut ini

(1). Dua deret pangkat, ∑∞

=0

n

nn xa , dan ∑

∞

=0

n

nn xb dapat ditambahkan, atau dikurangkan

suku demi suku untuk setiap nilai x yang konvergen bersama dalam interval-interval

kedua deret tak hingga tersebut

(2). Dua deret pangkat, ∑∞

=0

n

nn xa , dan ∑

∞

=0

n

nn xb dapat dikalikan untuk mendapatkan deret

pangkat, ∑∞

=0

n

nn xc dimana :

cn = a0 bn + a1 bn –1 + a2 bn –2 + … + an b0 untuk setiap nilai x yang konvergen dalam interval-interval konvergen dalam interval-

interval kedua deret tak hingga tersebut

(3). Deret pangkat, ∑∞

=0

n

nn xa , dapat dibagi oleh deret pangkat ∑

∞

=0

n

nn xb dengan bn ≠ 0,

maka hasil bagi tersebut dapat dituliskan sebagai deret pangkat yang konvergen untuk

nilai x yang relatif cukup kecil.

Deret panglat selain memenuhi operasi-operasi aljabar seperti penjumlahan, perkalian dan

pembagian seperti yang tersebut diatas, suku-suku deret pangkat juga memenuhi operasi

deferensial dan integrasi.

Deferensial dan Integrasi Deret Pangkat

Pada deret tak hingga telah dibahas tentang deret geometri, yakni ∑n

ar , dimana deret

konvergen, jika | r | < 1, dan jumlahnya adalah S =r

a

−1. Demikian pula pada deret

pangkat telah dibahas pula deret yang berbentuk, ∑ nn xa . Pada dasarnya deret pangkat

dapat pula dipandang sebagai suatu fungsi suku banyak dengan suku-suku tak berhingga

banyak, maka fungsi dimaksud adalah :



f ( x) = ∑∞

=0

n

nax

Untuk itu perhatikanlah ilustrasi berikut ini. Bilamana deret pangkat itu dipandang sebagai

deret geometri, maka deret pangkat konvergen pada interval, | x | < 1, dengan jumlahnya

adalah S ( x) = x

a

−1 . Demikian pula jika diambil a = 1, dihasilkan suatu fungsi polinomial

dengan koefisien satu yang berbentuk :

f ( x) = ∑∞

=0

n

n x = 1 + x + x2 + x

3 + … + x

n + …

yang konvergen ke x−1

1dengan | x | < 1. Jadi dihasilkan :

1 + x + x2 + x

3 + … + x

n + … =

x−1

1

Bilamana x diganti dengan (– x) dihasilkan :

1 – x + x2

– x3

+ … + (–1)n

xn

+ … = x+1

1

, dengan | x | < 1.

Bilamana x diganti dengan ( x2) dihasilkan :

1 + x2 + x

4 + x

6 + … + x

2n + … =

21

1

x−, dengan | x | < 1.

Dari ilustrasi ini terlihat bahwa deret pangkat mendefinisikan fungsi. Karena f suatu fungsi

polinomial maka fungsi tersebut dapat diturunkan dan diintegrasikan pada interval

konvergensinya. Asumsikanlah bahwa f ( x) adalah jumlah deret pangkat yang menyatakan

suatu fungsi. Anggaplah deret pangkat sebagai suatu fungsi suku banyak dengan suku-

suku tak hingga banyak. Dengan asumsi ini deferensial dan integrassi deret pangkat

dilakukan pada suku-suku suku banyak tersebut. Berikut ini adalah formulasi dari

pernyataan dimaksud.

Andaikan ∑∞

=0

n

nn xa adalah suatu deret yang mempunyai jari-jari konvergensi R > 0, dan

andaikan pula bahwa f ( x) adalah jumlah deret pangkat yang menyatakan suatu fungsi yang

didefinisikan oleh :

f ( x) = ∑∞

=0

n

nn xa = a0 + a1 x + a2 x

2 + a3 x

3 + … + an x

n + …

Fungsi f ( x) dapat dideferensialkan dan dintegralkan pada interval terbuka – R < x < R, dan

diferensial atau integralnyanya dihitung dengan mendeferensialkan atau mengintegralkan

suku demi suku deret pangkat. Apabila x ada dalam interval terbuka, terbuka – R < x < R,

maka berlakulah :

(1). f ′ ( x) =dx

d ∑∞

=0

n

nn xa = ∑

∞

=0

)(

n

nn xa

dx

d = ∑

∞

=

−

0

1

n

nn xna adalah deret pangkat yang

konvergen dan mempunyai jari-jari konvergensi R > 0.



(2). ∫ x

dt t f

0)( = ∑ ∫

∞

=0

0

n

x nn dt t a f ( x) = ∑

∞

=

+

+0

1

1

n

nn xn

a adalah deret pangkat konvergen

dan mempunyai jari-jari konvergensi R > 0.

Dari rumus diatas terlihat bahwa diferensial dan integrasi deret pangkat diperoleh dengan

mendeferensialkan atau mengintegralkan masing-masing suku dari deret pangkat. Karena

x terletak dalam interval I , maka deret pangkat hasil pendeferensialan atau pengintegralan

juga mempunyai jari-jari konvergensi yang sama dengan deret pangkat semula.

Contoh 5.6.1

Andaikan f adalah fungsi deret pangkat yang diberikan oleh,

f ( x) = ∑∞

= +1

)1(

n

n

nn

x

Tentukanlah daerah definisi f ( x), hitunglah f ′ ( x) dan daerah definisinya, dan hitunglah pula

∫ x

dt t f

0)( dan daerah definisinya.

Penyelesaian

Diketahui, f ( x) = ∑∞

= +1

)1(

n

n

nn

x. Daerah definisi fungsi f adalah interval konvergensi deret

pangkat tersebut. Untuk menentukan interval konvergensinya, dari deret pangkat diperoleh

un =)1( +nn

xn, dan un+1 =

)2)(1(

1

++

+

nn

xn

Selanjutnya, ambil :

r =∞→

limn

1

n

n

uu + =

∞→ lim

n )1(

)2)(1( 1

nn

x

nnnn

x +++

+ =

= | x |∞→

limn 2+n

n = | x |

Menurut uji rasio, deret pangkat konvergen mutlak jika | x | < 1, deret divergen jika | x | >

1, dan uji gagal jika | x | = 1. Selanjutnya jika diambil x = 1 dihasilkan deret tak hingga,

∑∞

= +1

)1(

)1(

n

n

nn = ∑

∞

= +1

)1(

1

nnn

dimana deret diatas adalah deret tak hingga yang konvergen (buktikan dengan uji

banding). Demikian pula untuk x = –1 dihasilkan deret tak hingga berganti tanda,

∑∞

= +−

1)1(

)1(

n

n

nn

yang juga konvergen, karena deret mutlaknya konvergen. Jadi interval konvergen deret

pangkat diatas adalah, –1 ≤ x ≤ 1. Dengan demikian, daerah definisi fungsi f adalah

interval tertutup, –1 ≤ x ≤ 1. atau R = 1.

Selanjutnya dengan mendeferensialkan suku demi suku deret pangkat dihasilkan,



f ( x) = ∑∞

= ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+1

)1(

n

n

nn

x

dx

d = ∑

∞

=

−

+1

1

)1(

n

n

nn

nx

= ∑∞

=

−

+1

1

1

n

n

n

x

Dengan menerapakan cara yang sama seperti sebelumnya, dengan menerapkan uji rasio,

deret pangkat konvergen mutlak jika | x | < 1, deret divergen jika | x | > 1, dan uji gagal

jika | x | = 1. Selanjutnya jika diambil x = 1 dihasilkan deret tak hingga,

∑∞

= +1

1

1

nn

dimana deret diatas adalah deret tak hingga yang divergen (buktikan dengan uji banding).

Demikian pula untuk x = –1 dihasilkan deret tak hingga berganti tanda,

∑∞

= +

−

11

)1(

n

n

n

dimana dengan uji deret berganti tanda, deret tak hingga ini adalah divergen. Jadi interval

konvergen deret pangkat hasil deferensialnya,

f ( x) = ∑∞

=

−

+1

1

1

n

n

n

x

adalah, –1 ≤ x < 1. Jadi, daerah definisi fungsi f ( x) adalah interval, –1 ≤ x < 1. atau R = 1.

Demikian pula dengan mengintegralkan suku demi suku deret pangkat dihasilkan,

∫ x

dt t f

0)( = ∑ ∫

∞

= +1

0 )1(

n

xn

dt nn

t = ∑

∞

=

+

+12

1

)1(

n

n

nn

x

Dengan menerapakan cara yang sama seperti sebelumnya, dengan menerapkan uji rasio,

deret pangkat konvergen mutlak jika | x | < 1, deret divergen jika | x | > 1, dan uji gagal jika | x | = 1. Selanjutnya jika diambil x = 1 dihasilkan deret tak hingga,

∑∞

= +12

)1(

1

n nn

dimana deret diatas adalah deret tak hingga konvergen (buktikan dengan uji banding).

Demikian pula untuk x = –1 dihasilkan deret tak hingga berganti tanda,

∑∞

= +

−

12

)1(

)1(

n

n

nn

yang konvergen, karena deret mutlaknya konvergen. Jadi interval konvergen deret pangkat

hasil integrasi, yaitu :

∑∞=

+

+12

1

)1(

n

n

nn

x

konvergen pada interval, –1 ≤ x ≤ 1. Dengan demikian, daerah definisi fungsi f adalah

interval tertutup, –1 ≤ x ≤ 1. atau R = 1.



Contoh 5.6.2

Dengan deferensial dan pengintegrasian, tentukanlah deret pangkat baru yang dihasilkan

untuk deret geometri berikut ini.

x−1

1 = 1 + x + x

2 + x

3 + … + x

n + … = ∑

∞

=0

n

n x , jika | x | < 1,

Penyelesaian

Dari deret geometri diatas, jika didferensialkan suku demi suku dihasilkan,

dx

d ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

− x1

1 = ∑

∞

=0

)(

n

n xdx

d = ∑

∞

=

−

1

1

n

nnx

2)1(

1

x− = 1 + 2 x + 3 x

2 + 4 x

3 + … + nx

n –1 + … , | x | < 1,

Sedangkan, jika diintegralkan suku demi suku dihasilkan,

∫ −

xdt

t

0 1

1 = ∑ ∫

∞

=0

0

n

x ndt t = ∑∞

=

+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+0

0

1

1

n

xn

n

t

–ln(1 – x) = ∑∞

=

+

+0

1

1

n

n

n

x = x + 2

2

1 x + 3

3

1 x + 4

4

1 x + ….

ln(1 – x) = – ∑∞

=

+

+0

1

1

n

n

n

x = – x – 2

2

1 x – 3

3

1 x – 4

4

1 x – ….

ln ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

− x1

1 = x + 2

2

1 x + 3

3

1 x + 4

4

1 x + ….

Selanjutnya jika x diganti dengan (– x) dihasilkan rumus,

ln(1 + x) = x – 2

2

1 x + 3

3

1 x – 4

4

1 x + …. = ∑

∞

=

++

+

−

0

11

1

)1(

n

nn

x

n

Dengan menggunakan hasil diatas diperoleh pula,

ln x

x

−

+

1

1 = ln(1 + x) – ln(1 – x)

= 2⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +

−++++

−

...12

...53

1253

n

x x x x

n

= 2 ∑∞

=

+

+0

12

12

n

n

n

x

Dari persamaan terakhir ini jika diambil x = ½ , maka dihasilkan :

ln 3 = 2 ⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ +++ ...

271

251

231

21

753

= 1 +12

1 +

80

1 +

448

1 +

2304

1

= 1,0 + 0,083 333 + 0,012 500 + 0,002 232 + 0,000 434

= 1,09 8499



Contoh 5.6.3.

Buktikanlah bahwa,

xe = ∑∞

=0!

n

n

n

x = 1 + x +

!2

2 x +

!3

3 x +

!4

4 x + ….

berlaku untuk semua nilai x real. Dengan hasil ini tentukanlah rumus untuk x

e−

dan2 xe− , dan hitunglah nilai dari 25,0−e sampai dengan enam angka desimal

Penyelesaian

Dari deret pangkat yang diberikan, definisikanlah suatu fungsi suku banyak, yaitu :

f ( x) = ∑∞

=0!

n

n

n

x

Daerah definisi fungsi f adalah interval konvergensi deret pangkat tersebut. Untuk

menentukan interval konvergensinya, dari deret pangkat diperoleh

un =!n

xn, dan un+1 =

)!1(

1

+

+

n

xn

Selanjutnya, ambil :

r =∞→

limn

1

n

n

u

u + =∞→

limn

!

)!1(

1

n

n

x

n

n

x

+

+

= | x |∞→

limn n

1 = 0

Menurut uji rasio, deret pangkat konvergen mutlak jika | r | < 1. Karena r = 0, maka

menurut uji rasio deret pangkat konvergen untuk semua nilai x. Karena deret pangkat

konvergen untuk semua nilai x, maka fungsi suku banyak yang didefinisikan oleh,

f ( x) = ∑∞

=0!

n

n

n

x

berlaku untuk semua nilai x. Dengan mendferensialkan fungsi ini, dihasilkan kesamaan,

f ( x) = ∑∞

=0!

n

n

n

x

dx

d = ∑

∞

=

−

1

1

!

n

n

n

nx = ∑

∞

=

−

−1

1

!)1(

n

n

nn

nx

= ∑∞

=

−

−1

1

!)1(

n

n

n

x = 1 + x +

!2

2 x +

!3

3 x +

!4

4 x + ….

f ( x) = ∑∞

=0!

n

n

n

x = f ( x)

Karena, f ( x) = f ( x), maka fungsi diatas memenuhi persamaan difeensial,

dx

df = f ( x)

dimana penyelesaian umumnya adalah f ( x) = c xe . Diketahui pula bahwa untuk f (0) = 1,

jadi diperoleh c = 1. Jadi f ( x) = xe . Karena, f ( x) =

xe , dan jika disubstitusikan ke

kesamaan semula dihasilkan :

xe = ∑∞

=0!

n

n

n

x

Dengan hasil ini, jadi terbuktikan bahwa kesamaan yang diminta.



Dengan menggunakan hasil terakhir ini, jika x diganti dengan (– x) dihasilkan deret

pangkat baru untuk xe− , yaitu

xe− = ∑

∞

=

−

0!

)(

n

n

n

x = ∑

∞

=

−

0!

)1(

n

nn

xn

= 1 – x +!2

2 x

–!3

3 x

+!4

4 x

+ – ….

Demikian pula, jika x diganti dengan (– x2) dihasilkan rumus derert pangkat

2 xe− yaitu :

2 xe− = ∑

∞

=

−

0

2

!

)(

n

n

n

x = ∑

∞

=

−

0

2

!

)1(

n

nn

xn

= 1 – x2 +

!2

4 x –

!3

6 x +

!4

8 x + – ….

Selanjutnya jika diambil x = 0,5 maka diperoleh :

25,0−e = 1 –41 +

321 –

3841 +

61441 – + …

= 1 – 0,25 + 0,03125 – 0,002 604 + 0,000 1627 –+ …

= 0,778 813

Salah satu manfaat yang sangat penting adalah penggunaaanya dalam penghitungan

integral tertentu. Sebagaimana diketahui bahwa penghitungan integral tertentu biasanya

dihitung dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus. Namun demikian, salah satu

kelemahan untuk menggunakan teorema ini adalah dipersyaratkannya adanya anti turunan

fungsinya. Pada kenyataannya tidak semua fungsi dapat dihitung anti turunan secara

eksak, dan biasanya sering gunakan untuk menghitung integral tertentu semacam ini.

Contoh 5.6.4

Dengan deret geometri, carilah deret pangkat untuk,31

1

x+, dan selanjutnya hitunglah

∫+

5,0

0 31

1 dx

x sampai dengan enam angka desimal

Penyelesaian

Dari deret geometri, telah diperoleh bahwa :

x−

1

1 = 1 + x + x

2 + x

3 + … + x

n + … = ∑

∞

=0

n

n x , jika | x | < 1,

Bilamana x diganti dengan (– x3) diperoleh hasil,

31

1

x+ = ∑

∞

=

−0

3)1(

n

nn x , jika | x | < 1,

= 1 – x3 + x

6 – x

9 + … + (–1)

n x

3n + …

Dengan demikian, jika deret pangkat diatas diintegralkan suku demi suku dihasilkan,



∫+

5,0

0 31

1 dx

x = ∫ −

5,0

01( x

3 + x

6 – x

9 + … + (–1)

n x

3n + …) dx

=⎢⎢⎣

⎡+−

74

74 x x x –

5,0

0

1310

...1310 ⎥

⎥⎦

⎤+−+

x x

= 5,0 –4

)5,0( 4

+7

)5,0( 7

–10

)5,0( 10

+13

)5,0( 13

– + …

= 0,5 – 0,015 625 + 0,001 116 – 0,000 097 + 0,000 009

= 0,485 401

Jadi,

∫+

5,0

0 31

1 dx

x = 0,485 401

Contoh 5.6.5

Dengan menggunakan ekspansi deret pangkat dari, x

e (lihat contoh 5.6.3) hitunglah :

∫1

0

2 dxe x dan ∫

−−1

0 2

21 dx

x

e x

sampai dengan 6 angka desimal

Penyelesaian

Dari contoh 5.6.3 telah diperoleh hasil bahwa,

xe = ∑∞

=0!

n

n

n

x = 1 + x +

!2

2 x +

!3

3 x +

!4

4 x + ….

Bilamana x diganti dengan ( x2) diperoleh hasil,

2 xe = ∑

∞

=0

2

!

n

n

n

x = 1 + x

2 +

!2

4 x

+

!3

6 x

+

!4

8 x

+ ….

Dengan menggunakan hasil diatas maka diperoleh,

∫5,0

0

2 dxe x = ∫ ⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ ++++

5,0

0

642

...!3!2

1 dx x x

x

=

5,0

0

753

...!37!253 ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

⋅+

⋅++

x x x x

= 0,5 +3

)5,0(3

+10

)5,0(5

+42

)5,0(7

+216

)5,0(9

+ …

= 0,5 + 0,041 667 + 0,003 125 + 0,000 186 + 0,000 009 = 0,544 987

Jadi,

∫5,0

0

2 dxe x = 0,544 987

Dengan cara yang sama seperti diatas, bilamana x diganti dengan (– x2) diperoleh hasil,

2 x

e−

= 1 – x2 +

!2

4 x –

!3

6 x +

!4

8 x + – ….



2

21

x

e x−− =

2

1

x ⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +−+−+−− ...

!4!3!211

8642 x x x

x

=2

1

x

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −+−+− ...

!4!3!2

8642 x x x

x

= 1 –!2

2 x +

!3

4 x –

!4

6 x +

!5

8 x – + ….

Dengan demikian,

∫−−5,0

0 2

21 dx

x

e x

= ∫ ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −+−+−

5,0

0

642

...!4!3!2

1 dx x x x

=

5,0

0

753

...!47!35!23 ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−+

⋅−

⋅+

⋅−

x x x x

= 0,5 –6

)5,0(

3

+30

)5,0(

5

–168

)5,0(

7

+1080

)5,0(

9

– + …

= 0,5 – 0,020 833 + 0,001 047 – 0,000 465 + 0,000 001

= 0,479 750

Jadi,

∫−−5,0

0 2

21 dx

x

e x

= 0,479 750

Contoh 5.6.6

Tentukanlah deret pangkat dari tan –1 x. Dengan hasil itu hitunglah nilai dari tan

–1( ½ ) dan

hitunglah pula, ∫−−5.0

0

1tan dx

x

x x sampai dengan enam nagka desimal

Penyelesaian

Dari rumus dasar integral dan teorema dasar kalkukus telah diperoleh bahwa,

∫+

xdt

t

0 21

1 = tan

–1 x.

Sedangkan dari deret geometri telah diperoleh pula bahwa,

x−1

1 = 1 + x + x

2 + x

3 + … + x

n + … = ∑

∞

=0

n

n x , jika | x | < 1,

Jika pada kesamaan diatas x diganti dengan (– x2) dihasilkan :

21

1

x+ = ∑

∞

=

−0

2)1(

n

nn x = 1 – x2 + x

4 – x

6 + … + (–1)

n x

2n + …


tan –1 x = ∫

+

xdt

t

0 21

1 = ∑ ∫

∞

=

−0

0

2)1(

n

x nn dt t = ∑∞

=

+

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+−

0

0

12

12)1(

n

xn

n

n

t



= ∑∞

=

+

+−

0

12

12)1(

n

nn

n

x = x –

3

3 x

+5

5 x

–7

7 x

+ – … + (–1)n

12

12

+

+

n

x n

+ …

Jadi ekpansi deret pangkat dari tan –1 x diberikan oleh,

tan –1 x = x –

3

3 x

+5

5 x

–7

7 x

+ – … + (–1)n

12

12

+

+

n

xn

+ …

= ∑∞

=

+

+−

0

12

12)1(

n

nn

n

x

Dengan menggunakan hasil ini, jika diambil x = 0,5 maka diperoleh :

tan –1

( ½ ) = 0,5 – 0,041 667 + 0,006 250 – 0,001 116 + 0,000 217

= 0,463 648

Demikian pula dengan hasil tersebut diperoleh pula,

x

x x 1tan−−

= x

1

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ +−+−+−− ...

9753

9753 x x x x

x x

=3

2 x

–5

4 x

+7

6 x

– + … + (–1)n+1

12

2

+n

xn

+ …

= ∑∞

=

+

+−

1

21

12)1(

n

nn

n

x

Dengan menggunakan hasil ini maka diperoleh,

∫−−5.0

0

1tan

dx x

x x = ∑ ∫

∞

=

+

+−

1

5,0

0

21

12)1(

n

nn dx

n

x = ∑

∞

=

++

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡

+−

1

5,0

02

121

1)(2)1(

n

nn

n

x

=5,0

0

119753...

1218149259 ⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ +−+−+− x x x x x

=9

)5,0( 3

–25

)5,0( 5

+49

)5,0( 7

–81

)5,0( 9

+121

)5,0( 11

– + …

= 0,013 889 – 0,001 250 + 0,000 159 – 0,000 024 + 0,000 004 = 0,012 778

Jadi,

∫−−5.0

0

1tan dx

x

x x = 0,012 778


Dalam soal-soal berikut ini, dengan menggunakan pendekatan deret pangkat yang telah

diketahui, tentukanlah deret pangkat yang jumlahnya f ( x), dan tentukanlah pula interval

konvergensinya

1. f ( x) = x

x

−4 2. f ( x) =

24 x

x

+ 3. f ( x) =

32 x

x

+



4. f ( x) =2

)2( x

x

− 5. f ( x) =

3)2(8

1

−+ x 6. f ( x) =

223

1

x x −+

7. f ( x) =246

2

x x

x

−+

− 8. f ( x) =

248

2

x x

x

+−

− 9. f ( x) =

3)2(8

2

−+

−

x

x

10. f ( x) =3

)1(8

1

−−−

x

x 11. f ( x) =

x

e x−−1

Dalam soal berikut ini tentukanlah daerah definisi fungsi deret pangkat yang diberikan,

dan dengan diferensial fungsi tentukan pula deret pangkat yang dihasilnya dengan interval

konvergensinya pula

12. ∑∞

= +

−

012

)2(

n

n

n

x 13. ∑

∞

=

+

+

−

12/3

1

)1(

)3(

n

n

nn

x 14. ∑

∞

= +

+

0)!1(

)2(

n

n

n

x

15. ∑∞

= +

−

0

2

4)1(

)1(

n

n

n

n

x 16. ∑

∞

=

+

+

+

0

2

12

3)12(

)1(

n

n

n

n

x 17. ∑

∞

=

−

−

−

1

12

3)12(

)2(

n

n

n

n

xn

18. ∑∞

=

+

+

−

0

12

)12(3

)2(2

nn

nn

n

x 19. ∑

∞

=

+

++

−

12

1

)1ln()1(

)2(

n

n

nn

x 20. ∑

∞

=

+

+

−+

0

12

)12(

)2)(1(

nn

n

en

xn

Dengan menggunakan pendekatan pengintegrasian suku demi suku tentukanlah deret

pangkat berikut ini,

21. tan –1 x

2 = ∫

+

2

0 21

1 xdt

t 22. ln(1 + x

2) = ∫ +

2

0 1

1 xdt

t

23. ln(1 – x2) = – ∫ −

2

0 1

1 xdt

t 24. ∫ +

xdt t

0)1ln(

25. ∫ + xdt

t

t

0

)1ln( 26. ∫ −2

0

1 x t dt

t

e

27. ∫−2

0

1tan xdt

t

t 28. ∫

− xdt t t

0

1 tan

29. ∫−−2

0

1 xt

dt t

e 30. ∫ −

xdt t t

0 )1ln(

Dengan pendekatan ekspansi deret pangkat hitunglah integral tentu berikut ini

31. ∫ −5,0

0

2 dxe

x 32. ∫+

5,0

0 21

1 dx

x 33. ∫

+

2,0

0 41

1 dx

x

34. ∫ −25,0

0

21

tan dx x 35. ∫ +

5,0

0

2

)ln(1 dx x x 36. ∫ +−5,0

0 2

)1ln(

dx x

x x

37. ∫ −5,0

0

1 tan dx x x 38. ∫

+

5,0

0 31 dx

x

x 39. ∫

−

5,0

0 31 dx

x

x

40. ∫ −25,0

0

1 dx

x

e x

41. ∫−−25,0

0

1 dx

x

e x



5.7. Deret Taylor dan MacLaurin

Dalam penerapan integral tentu, Dari rumus deferensial dan integrasi deret panglat secara

tidak langsungs telah diperoleh ekspansi fungsi suku banyak yang dinyatakan dalam

bentuk deret pangkat. Fungsi-fungsi dengan suku banyak dimaksud antara lain adalah :

(i). x−1

1 = 1 + x + x

2 + x

3 + … + x

n + … = ∑

∞

=0

n

n x

(ii). x+1

1 = 1 – x + x

2 – x

3 + … + (–1)

n x

n + … = ∑

∞

=

−0

)1(

n

nn x

(iii). ln(1 + x) = x – 2

2

1 x + 3

3

1 x – 4

4

1 x + …. = ∑

∞

=

++

+

−

0

11

1

)1(

n

nn

xn

(iv). xe = 1 + x +!2

2 x

+!3

3 x

+!4

4 x

+ …. = ∑∞

=0!

n

n

n

x

(v). tan –1

x = x –3

3 x+

5

5 x –

7

7 x + – … + (–1)

n

12

12

+

+

n

x n

+ … = ∑∞

=

+

+−

0

12

12)1(

n

nn

n

x

Secara umum ekspansi deret pangkat untuk fungsi dengan suku banyak diberikan oleh,

f ( x) = ∑∞

=

−0

)(

n

nn a xc

= c0 + c1( x – a) + c2( x – a)2 + c3( x – a)

3 + … + cn( x – a)

n + …

dimana jari-jari konvergensinya adalah R > 0. Menurut rumus diferensial deret pangkat

jari-jari konvergensi fungsi dan turunannya adalah R > 0. Dengan mendeferensialkanfungsi f sapai dengan tak berhingga pada interval konvergensinya dihasilkan,

f ( x) = c0 + c1( x – a) + c2( x – a)2 + c3( x – a)

3 + … + cn( x – a)

n + …

f ′ ( x) = c1 + 2c2( x – a) + 3c3( x – a)2 + 4c4( x – a)

3 +… + ncn( x – a)

n –1+ …

f ′′ ( x) = 2c2 + 6c3( x – a) + 12c4( x – a)2 + … + n(n – 1)cn( x – a)

n –2+ …

f ′′′ ( x) = 6 c3 + 24c4( x – a) + … + n(n – 1)(n – 2)cn( x – a)n –3

+ …

fiv

( x) = 24 c4 + 5! c5( x – a) + … + n(n – 1)(n – 2)(n – 3)cn( x – a)n –4

+ …

.......................................................

fn( x) = n! cn + (n + 1)! cn+ ( x – a) + …

Jika x = a disubstitusikan pada persamaan f ( x), f ′ ( x), f ′′ ( x), f ′′′ ( x), …, f n( x) dihasilkan :

f (a) = c0, atau c0 = f (a)

f ′ (a) = c1, atau c1 = f ′ (a)

f ′′ (a) = 2c2, atau c2 =!2

)(a f ′′

f ′′′ (a) = 6 c3, atau c3 =!3

)(''' a f



f iv

(a) = 24c4, atau c4 =!4

)(iv a f

dan secara umum dihasilkan,

fn( x) = n! cn, atau cn =

!

)(n

n

a f

Dengan demikian dapat disimpulkan, jika fungsi :

f ( x) = ∑∞

=

−0

)(

n

nn a xc = c0 + c1( x – a) + c2( x – a)

2 + c3( x – a)

3 + … + cn( x – a)

n + …

untuk setiap nilai x yang terletak dalam interval konvergensinya berlaku ketentuan,

cn =!

)(

n

a f n

Koefisien, cn ini sering dijumpai dalam rumus deret Taylor. Berikut ini secara formal

diberikan rumusan ekspansi deret Taylor bagi fungsi yang konvergen dengan jarijari

konvergensi R > 0.

Andaikan f adalah sebuah fungsi yang memiliki turunan f ′ ( x), f ′′ ( x), f ′′′ ( x), …, fn( x), dan

kontinu pada interval terbuka (a – r , a+r ), dan fn+1

( x) ada pada interval terbuka (a – r , a+r ).

Ekspansi deret Taylor dari fungsi f disekitar x = a diberikan oleh :

f ( x) = f (a) + f ′ (a)( x – a) +!2

)(a f ′′( x – a)

2 +

!3

)(''' a f ( x – a)

3 + … +

!

)(

n

a f n( x – a)

n + Rn( x)

dengan, Rn( x) disebut dengan galat (error) yang diberikan oleh.

Rn( x) = !)1(

)(1

+

+

n

c f n

( x – a)

n+1

dan,

∞→ xlim Rn( x) = 0

Dari rumus diatas, diperoleh hampiran polinom Taylor orde-n, f n( x) adalah :

f n( x) ≈ f (a) + f ′(a)( x – a) + 2)(!2

)(a x

a f −

′′ + … + n

n

a xn

a f )(

!

)()(

−

Dalam kasus a = 0, polinom Taylor orde-n dapat disederhanakan yang disebut dengan polinom Maclaurin orde-n. Dengan demikian polinom Maclaurin orde-n diberikan olehrumus,

f ( x) = f (0) + f ′(0) x + 2

!2

)0( x

f ′′ + … + n

n

xn

f

!

)0()(

+ Rn( x)

dimana sisa (galat/error) Rn( x) diberikan oleh rumus,

Rn( x) = 1)1(

)!1(

)( ++

+n

n

xn

c f

dan c suatu titik antara x dan 0. Sehingga nilai hampiran fungsi polinom MacLaurin adalah:



f ( x) ≈ f (0) + f ′(0) x + 2

!2

)0( x

f ′′ + … + n

n

xn

f

!

)0()(

Contoh 5.7.1.Gunakanlah polinom Taylor orde 5 pada a = 1 untuk menghitung hampiran ln(1,1), dan

berikan taksiran galat maksimum yang dibuat.Penyelesaian :Terlebih dahulu dicari polinom orde 5 dari f ( x) = ln x. Dengan mendiferensialkan f terhadap x sampai enam kali diperoleh,

f ( x) = ln x f (1) = 0

f ′( x) = x 1

f ′(1) = 1

f ′′( x) = - x 2

f ′′(1) = -1

f ′′′( x) = 2 x 3

f ′′′(1) = 2

f(4)

( x) = - 6 x 4

f(4)

(1) = - 6

f(5)

( x) = 24 x 5 f(5)

(1) = 24

f(6)

( x) = -120 x 6 f

(6)(c) = -120 c

6

Dengan hasil diatas, jadi menurut rumus Taylor polinom orde 5 untuk ln x adalah :

ln x = 0 + ( x – 1) +!2

)1(2− x

(-1) +!3

)1(3− x

(2) +!4

)1(4− x

(-6) +

!5

)1(5− x

(24) + R5 ( x)

atau,

ln x = ( x – 1)2

1− ( x – 1)

2 +

3

1( x – 1)

3

4

1− ( x – 1)

4 +

5

1( x – 1)

5 + R5 ( x)

Dengan demikian untuk x = 1,1 diperoleh hasil,ln(1,1) = (0,1)

2

1− (0,1)

2 +

3

1(0,1)

3

4

1− (0,1)

4 +

5

1(0,1)

5 + R5 ( x)

≈ 0,1 – 0,005 + 0,0003333 – 0,000025 + 0,000002

= 0,0953103

dan galat absulutnya adalah,

| R5 (1,1)| =6

66

6 6

)1,0(

!6

)1,0(120

cc=

Dimana 1 < c < 1,1. Dari persamaan itu pecahan semakin membesar jika penyebutnya

dibuat lebih kecil. Ambilah c = 1,0, sehingga galat mutlaknya akan memenuhi,

| R5 (1,1)| < 6

6

)0,1(6

)1,0(

< 0,000001

Jadi dapat disimpulkan bahwa, ln(1,1) = 0,0953103 dengan galat lebih kecil dari 0,000001.

Dalam hal ini dapat dikatakan bahwa galat hitungan tidak berarti. Jadi ln (1,1) = 0,09531

Contoh 5.7.2.

Dengan polinom Taylor orde-3 dari x di x = 4, dan dengan hasil itu hitunglah 1,4 dan

berapa taksiran galatnya.



Penyelesaian :

Andaikan f ( x) = x , seperti pada contoh 5.4.1., dengan mendiferensialkan f ( x) = x

terhadap x lima kali dihasilkan,

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

f ′( x) = ½ x−1/2

f ′(4) = ¼

f ″( x) = - ¼ x−3/2 f ″( x) = - 1/32 f ′″( x) = 3/8 x

−5/2 f ′″( x) = 3/256

f (4)

( x) = -15/16 x −7/2

f (4)

(c) = -15/16c −7/2

Dengan hasil diatas, menurut rumus Taylor dihasilkan polinom orde-3, yaitu :

f ( x) = 2 +4

1( x – 4) –

32

1

!2

)4(2− x

+256

3

!3

)4(3− x

+ R3( x)

atau,

f ( x) = 2 +4

1( x – 4) –

64

1( x – 4)

2 +

512

1( x – 4)

3 + R3( x)

Jadi untuk x = 4,1 diperoleh :

f (4,1) = 2 +4

1(0,1) –

64

1(0,1)

2 +

512

1(0,1)

3 + R4( x)

≈ 2 + 0,025 – 0,00015625 + 0,000001953125

= 2,0248456703

Galat absulutnya adalah,

| R3(4,1) | =2/7

4

!4

(0,1)

16

15

c=

2/7

4)1,0(

128

5

c

dimana 4 < c < 4,1. Dari persamaan itu pecahan semakin membesar jika penyebutnya

dibuat lebih kecil. Ambil c = 4, sehingga galat mutlaknya akan memenuhi,

| R3(4,1) | < 4

2/7

4 )1,0(16284

5

4

)1,0(128

5 = < 0,0000001

Karena galatnya cukup kecil, jadi jika diambil sampai dengan enam angka desimal, dapat

disimpulkan bahwa, 1,4 = 2,024846.

Contoh 5.7.3.

Dengan rumus Maclaurin, carilah polinom orde-n dari dan dengan polinom itu carilah

hmpiran e0,5

, dari dengan galat kurang 0,0001.

Penyelesaian :

Karena, f ( x) = e x

, dan turunannya f (n)( x) = e x

, sehingga pada x = 0, f (0) = 1, f (n)(0) = 1.

Jadi menurut rumus Maclaurin,

e x

= 1 + x +!2

1 x

2 +

!3

1 x

3 +

!4

1 x

4 +

!5

1 x

5 +

!6

1 x

6+

!7

1 x

7 +…+

!

1

n x

n+ Rn ( x)

dengan memberikan sisa,

Rn ( x) = 1)1(

)!1()!1(

)( ++

+=

+n

cn

xn

e

n

c f



Sehingga,

Rn (0,5) = 1)5,0()!1(

+

+n

c

n

e

Dimana, 0 < c < 0,5. Mengingat, ec < e

0,5 < 2, dan (0,5)

n +1 < 1, sehingga :

| Rn (0,5) | < 1)1()!1(

2 +

+ nn = )!1(

2

+n

Dengan persamaan suku terakhir, bahwa untuk n ≥ 7, maka | Rn (0,5) | ≤ 0,0001, karena

!8

1 ≤ 0,0001

Akibatnya dengan galat kurang dari 0,0001, diperoleh polinom Maclaurin orde 7, yaitu :

e x

≈ 1 + x +!2

1 x

2 +

!3

1 x

3 +

!4

1 x4

+!5

1 x

5 +

!6

1 x

6 +

!7

1 x7

Sehingga untuk x = 0,5 diperoleh,

e0,5

≈ 1 + 0,5 + 0,125 + 0,0208333 + 0,002604166 + 0,000260416 + 0,000021701

= 1,648719283Jika diambil enam angka desimal, dapat disimpulkan bahwa e

0,5 = 1,648719 dengan galat

kurang dari 0,0001. Dalam hal ini dapat dikatakan bahwa kesalahan penghitungan itu tidak berarti.

Contoh 5.7.4.Carilah rumus polinom Mclaurin orde-n dari cos x, dengan hasil itu hitunglah cos 3o dengan galat kurang dari 0,00001.Penyelesaian :

Andaikan, f ( x) = cos x dan turunannya orde-n f(n)

( x) = cos[(π /2)n + x] sehingga untuk x =0, dihasilkan :

f (0) = 1 f4(0) = 1

f ′(0) = 0 f 5(0) = 0

f ″(0) = -1 f 6(0) = -1

f ′″(0) = 0 f7(0) = 0

Jadi,

cos x = 1 -!2

2 x +

!4

4 x -

!6

6 x + … +

)!2(

)1( 2

n

x nn− + Rn ( x)

yang memberikan galat mutlaknya,

Rn ( x) =)]!1(2[

])1(2

cos[)1(2

+

++ +

n

xcnnπ

dimana 0 < c < 3o. Karena |cos x | ≤ 1, maka jika pembilang diambil nilai terbesar akanmemberikan hasil terbesar. Jadi untuk x = 3

o = π/60 dan (π/60)

2 < 0,5 menghasilkan :

| Rn (3o) | <

)]!1(2[

)60/()1(2

+

+

n

nπ

<)]!1(2[

5,0

+n

Dari suku terakhir pertidaksamaan | Rn (3o)| untuk n ≥ 3, maka | Rn (3

o)| < 0,00001.

Akibatnya diperoleh polinom orde-3 dari cos x, yaitu :



cos x = 1 -!2

2 x

+!4

4 x

Jadi,

cos 3o ≈ 1 – 0,001370778 + 0,000000313722 ≈ 0,998629535

Jadi dapat disimpulkan bahwa cos 3o = 0,998629, dengan galat kurang dari 0,00001.

Deret-deret khusus

Dengan menggunakan ekspansi deret MacLaurin maka dihasilkan ekspansi deret untuk

fungsi-fungsi berikut ini,

(1). sin x = ∑∞

=

+

+−

0

12

)!12()1(

n

nn

n

x, – ∞ < x < ∞

(2). cos x =

∑

∞

=

−0

2

)!2()1(

n

nn

n

x, – ∞ < x < ∞

(3). xe = ∑∞

=0!

n

n

n

x, – ∞ < x < ∞

(4). x−1

1 = ∑

∞

=0

n

n x , | x | < 1

(5). ln(1 + x) = ∑∞

=

++

+

−

0

11

1

)1(

n

nn

xn

, | x | < 1

(6).

2

1ln

x

x

−

+

1

1 = ∑

∞

=

+

+0

12

12

n

n

n

x, | x | < 1

(7). tan –1

x = ∑∞

=

+

+−

0

12

12)1(

n

nn

n

x, | x | < 1

Contoh 5.7.5.

Dengan menggunakan rumus diatas, hitunglah hampiran dari sin 0,2 radian sampai dengan

enam angka desimal.

Penyelesaian :

Dengan menggunakan n = 2, bila x = 0,2 diperoleh,

sin x ≈ x -

!3

1 x

3 +

!5

1 x

5

maka,

sin 0,2 ≈ 0,2 -!3

1 (0,2)

3 +

!5

1 (0,2)

5

= 0,2 – 0,00133333 + 0,00000266666

= 0,198669366

Jadi, jika diambil enam angka desimal maka sin 0,2 radian = 0,198669.



Sebagai telah diketahui bahwa, dalam mendefinisikan integral tertentu,

dx x f b

a )(

∫ ,

biasanya fungsi f diandaikan terdefinisikan pada interval tertutup [a,b] yang berhingga

atau terbatas. Biasanya untuk menghitung integral tertentu dx x f b

a )(

∫ digunakan Teorema

Dasar Kalkulus. Namun demikian banyak kasus integral tertentu tidak dapat dihitung

dengan metode-metode integrasi dan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus. Hal ini

disebabkan karena anti turunan dari integran atau integral tak tentunya tidak mempunyai

anti turunan. Misalnya adalah integral tertentu,

dx x∫ +1

0

41 ∫ −1

0 2

cos1 dx

x

x dx x∫

1

0

2sin ∫−−1

0 2

21 dx

x

e x

Bentuk integral tak wajar ini akan semakin banyak dijumpai pada penerapan integral, dan

ada metode khusus menyelesaikannya. Pengintegralan secara numerik ini akan lebih

mudah dikerjakan dengan bantuan komputer. Salah satu metode yang dapat digunakanadalah menggunakan ekspansi deret MacLaurin. Berikut ini disajikan beberapa penerapan

untuk menghitung integral dimaksud.

Contoh 5.7.6

Dengan menggunakan ekspansi deret MacLaurin hitunglah, ∫ −1

0 2

cos1 dx

x

x, sampai

dengan enam angka desimal

Penyelesaian

Dalam bentuk ekspansi deret MacLaurin, fungsi cos x diberikan oleh,

cos x = 1 –

!2

2 x

+

!4

4 x

–

!6

6 x

+

!8

8 x

–+ …


1 – cos x = 1 – (1 –!2

2 x +

!4

4 x –

!6

6 x +

!8

8 x – + … )

=!2

2 x

–!4

4 x

+!6

6 x

–!8

8 x

+ – …

dan,

2

cos1

x

x− =

2

1

x(

!2

2 x –

!4

4 x +

!6

6 x –

!8

8 x + – …)

= 2

1

– !4

2 x

+ !6

4 x

– !8

6 x

+ – …

Dengan menggunakan hasil terakhir ini maka dihasilkan,

∫ −1

0 2

cos1 dx

x

x = ∫

1

0(

2

1 –

!4

2 x +

!6

4 x –

!8

6 x + – …) dx

=

1

0

753

...!87!65!432 ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

⋅−

⋅+

⋅−

x x x x



=2

1 –

!43

1

⋅ +

!65

1

⋅ –

!87

1

⋅ + – …

= 0,5 – 0,013 889 + 0,000 278 – 0,000 004 = 0,486 385

Jadi,

∫ −10 2

cos1 dx x

x = = 0,486 385

Contoh 5.7.6

Dengan menggunakan ekspansi deret MacLaurin hitunglah, ∫1

0

2sin dx x , sampai dengan

enam angka desimal

Penyelesaian

Dalam bentuk ekspansi deret MacLaurin, fungsi sin x diberikan oleh,

sin x = x –!3

3 x

+!5

5 x

–!7

7 x

+!9

9 x

–+ …

Sehingga jika x diganti dengan x2 dihasilkan,

sin x2 = x

2 –

!3

6 x +

!5

10 x –

!7

14 x +

!9

14 x –+ …

Dengan menggunakan hasil diatas, maka dihasilkan :

∫1

0

2sin dx x = ∫1

0( x

2 –

!3

6 x

+!5

10 x

–!7

14 x

+!9

14 x

– + …)dx

=

1

0

151173

...!715!511!373 ⎥

⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+

⋅−

⋅+

⋅−

x x x x

=3

1 –

!37

1

⋅

+!511

1

⋅

–!715

1

⋅

+ – …

= 0,333 333 – 0,023 809 + 0,000 757 – 0,000 012 + 0,000 000 1

= 0,310 268

Jadi,

∫1

0

2sin dx x = 0,310 268

Deret Binomial

Dalam ilmu aljabar telah diperlajari bahwa teorema binomial, (a + b)n sebagai jumlahan

pangkat dari a dan b dangan n bilangan bulat positip yaitu,

(a + b)n = a

n + ba

n n 1

1

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + 22

2ba

n n−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + … + 1

1

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−nab

n

n + b

n

Dari deret binomial diatas, jika diambil a = 1, b = x, dan n bukan bilangan bulat positip

misalkan adalah p maka dihasilkan rumus :



(1 + x) p

= 1 + x p

1 ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + 2

2 x

p⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + 3

3 x

p⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + … + n x

n

p⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ + ….

Karena,

⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛

k

p =

!

)1)...(1(

k

k p p p +−−

Maka deret untuk semua nilai x deret dapat ditulis menjadi,

(1 + x) p

= 1 + px +!2

)1( − p p x

2 +

!3

)2)(1( −− p p p x

3 +

!

)1)...(1(

n

n p p p +−− x

n + …

Deret diatas dikenal dengan deret Binomial atau deret MacLaurin untuk (1 + x) p

. Dengan

menerapakan uji rasio dihasilkan rumusan sebagai berikut :

(1). Jika p adalah bilangan bulat positip atau nol, maka deret tersebut akan berakhir

(2). Jika p > 0, akan tetapi bukan merupakan bilangan bulat positip maka deret tersebut

konvergen (mutlak) pada interval, –1 ≤ x ≤ 1.

(3). Jika –1 < p < 0, maka deret tersebut konvergen pada interval, –1 < x ≤ 1.

(4). Jika p ≤ –1, mka deret tersebut konvergen pada iterval, –1 < x < 1.

Dengan memperhatikan hasil diatas, maka dapt disimpulkan bahwa untuk semua nilai p

maka deret konvergen pada interval | x | < 1 atau, –1 < x < 1.

Contoh 5.7.7

Naytakanlah, 3/1)1( x+ dalam bentuk deret pangkat dalam x. Dengan hasil itu, hitunglah

3 66 sampai dengan enam angka desimal

Penyelesaian

Dengan menggunakan rumus deret Binomial, khususnya untuk p = 1/3 dihasilkan :

3/1)1( x+ = 1 + px +!2

)1( − p p x

2 +

!3

)2)(1( −− p p p x

3 + … +

!

)1)...(1(

n

n p p p +−− x

n + …

= 1 +31 x +

!2)13/1)(3/1( − x2 +

!3)23/1)(13/1)(3/1( −− x3 + …

= 1 +3

1 x –

!23

2

2 ⋅ x

2 +

!33

10

3 ⋅ x

3 –

!43

80

4 ⋅ x

4 + …

Selajutnya, mengingat 3 66 = 3 64

3/1

64

66⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = 4

3/1

64

264⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + = 4

3/1

64

21 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

Dengan demikian untuk x =32

1, maka dihasilkan :

3/1

32

11 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + = 1 +

3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

32

1 –

!23

22 ⋅

2

32

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

!33

103 ⋅

3

32

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ –

!43

804 ⋅

4

32

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + …

= 1 + 0,010 416 – 0,000 109 + 0,000 002= 1,010 310

Jadi,

3 66 = 4

3/1

64

21 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ + = 4(1,010 310) = 4,041240



Contoh 5.7.8

Tentukanlah deret pangkat dalam x dari, 41 x+ , dan hitunglah ∫ +5,0

0

4 1 dx x sampai

dengan enam angka desimal

Penyelesaian

Dari deret Binomial untuk p = ½, diperoleh :2/1)1( x+ = 1 + px +

!2

)1( − p p x

2 +

!3

)2)(1( −− p p p x

3 + … +

!

)1)...(1(

n

n p p p +−− x

n + …

= 1 +2

1 x +

!2

)2/1)(2/1( − x

2 +

!3

)2/3)(2/1)(2/1( −− x

3 + …

= 1 +2

1 x –

8

1 x

2 +

16

1 x

3 –

128

5 x

4 + – …

Bilamana x diganti dengan x4, dihasilkan :

2/14 )1( x+ = 1 +2

1 x

4 –

8

1( x

4)2 +

16

1( x

4)3 –

128

5( x

4)4 + – …

= 1 +2

1 x4 –

8

1 x8 +

16

1 x12

–128

5 x16

+ – …

Sehingga dengan menggunakan hasil diatas diperoleh :

∫ +5,0

0

4 1 dx x = ∫ +5,0

01( +

2

1 x

4 –

8

1 x

8 +

16

1 x

12 –

128

5 x

16 + – …) dx

=

5,0

0

1395 ...208

1

72

1

10

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−+−+ x x x x

= 0,5 + 0,003 125 – 0,000 027 + 0,000 001

= 0,503098

Contoh 5.7.9

Nyatakanlah, x+1

1 = 2/1)1(

−+ x dalam deret pangkat dalam x. Dengan hasil itu,

hitunglah 1sin−

x = ∫−

xdt

t

0 21

1, dengan empat suku pertamanya hitunglah 1sin

−(1/2)

Penyelesaian

Menurut rumus deret Binomial untuk p = – ½, diperoleh,

2/1)1( −+ x = 1 –

2

1 x +

!2

)12/1)(2/1( −−− x

2 +

!3

)22/1)(12/1)(2/1( −−−−− x

3 + …

= 1 –2

1 x +

22

31⋅!2

1 x

2 –

32

531 ⋅⋅!3

1 x

3 + – …

Jadi,

x+1

1 = 1 + ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

!2

)12...(531

n

n

n

−⋅⋅⋅ x

n



Bilamana x diganti dengan (– x2) dihasilkan :

21

1

x− = 1 + ∑

∞

=

−1

)1(

n

n

!2

)12...(531

n

n

n

−⋅⋅⋅(– x

2)n

= 1 +

∑

∞

=1n !2

)12...(531

n

n

n

−⋅⋅⋅ x

2n

Dengan mengintegralkan suku demi suku hasil diatas dihasilkan,

1sin− x = ∫−

xdt

t

0 21

1,

= ∫ x

dx

0 + ∑ ∫

∞

=1

0

n

x

!2

)12...(531

n

n

n

−⋅⋅⋅ x

2n dx

= x + ∑∞

=1n !2

)12...(531

n

n

n

−⋅⋅⋅

12

12

+

+

n

x n

Dengan hasil diatas, empat suku pertamanya diberikan oleh,

1sin− x = x + 3

6

1 x + 5

40

3 x + 7

112

5 x

Dengan demikian, untuk x = ½ diperoleh :

1sin− (½) =2

1+

6

13

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

40

35

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

112

57

2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

= 0,5 + 0,020 833 + 0,002 343 + 0,000 349 + 0,000 0059

= 0,52335852


Dalam soal-soal latihan berikut ini, tentukanlah ekspansi deret Taylor dalam ( x – a)

sampai dengan suku kelima, dari :

1. f ( x) = cos x, dengan a = π/6

2. f ( x) = sin x, dengan a = π/3

3. f ( x) = tan x, dengan a = π/4

4. f ( x) = sin2 x, dengan a = π/6

5. f ( x) = cos2 x, dengan a = π/3

Dalam soal-soal latihan berikut ini, tentukanlah ekspansi deret MacLaurin sampai dengan

suku kelima, dari :

6. f ( x) = xe− cos x

7. f ( x) = (1 + x)5/2

8. f ( x) = x−1

1

9. f ( x) = (1 – x)3/2

10. f ( x) =3/1)1(

1

x+



Dengan menggunakan pendekatan ekspansi deret MacLaurin atau deret Binomial

hitunglah integral tak tentu berikut ini sampai dengan enam angka desimal, yaitu :

11. dx x∫ +5,0

0

4 21 12. dx x∫ −25,0

0

3/2)1(

13. dx x∫1

0

2 )cos( 14. dx x∫5,0

0 sin

15. dxe x∫

−1

0 16. dxe x

∫ −5,0

0

2

17. dxe x x∫

−1

0

2 18. dx x x∫

25,0

0 cos

19. dx x

e x

∫−−5,0

0

1 20. dx x∫ −

5,0

0

3 1

21. dx x

e x

∫−−25,0

0 2

1

2

22. dx x∫ +5,0

0

3 2 1

Dengan menggunakan ekspansi fungsi dari deret hitunglah nilai fungsi berikut ini sampai

dengan enam angka desimal.

23. (36)1/5

dengan f ( x) = 5/1)1( x+ 24. (60)2/3

dengan f ( x) = 3/2)1( x−

25. (252)1/4

dengan f ( x) = 4/1)1( x− 26. (18)3/4

dengan f ( x) = 4/3)1( x+

27. cos 58o dengan f ( x) = cos x 28. sin 32

o dengan f ( x) = sin x

29. 25,0−e , dengan f ( x) =2

xe−

30. 04,0−e , dengan f ( x) =2

xe−



BAB VI

FUNGSI GAMMA, FUNGSI BETA

DAN FUNGSI KHUSUS LAINNYA

6.1. Fungsi Gamma

Pengertian fungsi gamma dan fungsi khusus lainnya yang melibatkan fungsi

eksponensial negatif secara tidak langsung telah dibahas pada sub bagian integral tak wajar,

khususnya batas menuju tak hingga. Pada bagian ini secara khusus akan dibahas fungsi

gamma dan berbagai penerapannya khususnya dalam kaitannya dengan penghitungan nilai

integral tak wajar.

Fungsi gamma yang dinyatakan dengan Γ(n) didefinisikan oleh integral tak wajar,

Γ(α) = dxe x x∫∞ −−0

1 α

yang konvergen untuk α > 0.

Guna untuk memudahkan menggunakan keistimewaaan fungsi gamma akan ditinjau

beberapa kasus berikut ini.

6.1.1 Kasus n bilangan bulat positif

Untuk kasus α bilangan bulat positif, katakanlah α = n akan ditinjau beberapa kasus

berikut ini. Pertama ditinjau n = 1. Dengan metode integrasi parsial untuk n = 1, dihasilkan :

Γ(1) = dxe x x∫

∞ −−0

11 = dxe x∫

∞ −0

=∞→

limb

dxeb x∫ −0

=

∞→

limb

b

xe

0

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− =

∞→

limb

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

be

11 = 1 –

∞→

limb

be

1= 1

Jadi diperoleh hasil bahwa, Γ(1) = 1. Selanjutnya untuk, n = 2, dihasilkan :

Γ(1) = dxe x x∫∞ −−0

12 = dx xe x∫∞ −0

=∞→

limb

dx xeb x∫ −0

=∞→

limb

b

xe

x

0

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +− =

∞→ lim

b ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−

be

b 11 = 1 –

∞→ lim

b

be

b 1+

= 1 –∞→

limb

be

1= 1

Jadi diperoleh hasil bahwa, Γ(2) = 1. Secara umum untuk, n > 2, dengan menggunakan

metode integrasi parsial, dihasilkan :

Γ(n +1) = dxe x xn∫∞ −−+0

1)1( = dxe x xn∫∞ −0

=∞→

limb

dxe xb xn∫ −0



=∞→

limb

b

x

n

e

x

0⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡− + n

∞→ lim

bdxe x

b xn∫ −−0

1

= –∞→

limb b

n

e

b + n dxe x xn∫

∞ −−0

1

Dengan menggunakan dalil L’Hopital limit bentuk tak tentu,

∞→ lim

b b

n

e

b =

∞→ lim

b be

n ! = 0,

dan menurut definisi fungsi gamma bahwa

dxe x xn∫∞ −−0

1 = Γ(n)

Dengan demikian untuk n bilangan bulat positif dihasilkan suatu hubungan,

Γ(n + 1) = nΓ(n)

= n (n – 1)Γ(n – 1)

= n (n – 1)(n – 2)Γ(n – 2)= (n – 1)(n – 2)(n – 3) … 2 1Γ(1)

= n !

Sebagai ilustrasi untuk n > 2, akan dihasilkan rumus-rumus nilai fungsi gamma yaitu,

Γ(3) = Γ(2 + 1) = 2 ! = 2 × 1 = 2

Γ(4) = Γ(3 + 1) = 3 ! =

Γ(5) = Γ(4 + 1) = 4 ! = 4 × 3 × 2 × 1 = 24

Γ(6) = Γ(5 + 1) = 5 ! = 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120

Γ(7) = Γ(6 + 1) = 6 ! = 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720

dan seterusnya. Hubungan rumus rekursi, bahwa Γ(n + 1) = nΓ(n) berlaku pula untuk

sembarang bilangan α > 0. Secara umum hubungan antara fungsi gamma tersebut diberikan

oleh,Γ(α + 1) = α Γ(α)

Contoh 6.1.1

Hitunglah)6(

)8(

ΓΓ

Penyelesaian

Untuk n bilangan bulat positif berlaku, Γ(n + 1) = n !. Dengan rumus faktorial dihasilkan,

Γ(6) = Γ(5 + 1) = 5 !

Γ(8) = Γ(7+ 1) = 7 ! = 7 × 6 × 5 ! = 42 × 5 !

Dengan demikian,

)6()8(

ΓΓ =

!5!542× = 42

Contoh 6.1.2.

Hitunglah, dxe x x∫∞ −0

23



Penyelesaian,

Dengan menggunakan pendekatan fungsi gamaa, substitusikanlah :

(i). t = 2 x, atau x =2

1t

(ii). dx = 2

1

dt

Dengan subsitusi tersebut diatas, dihasilkan :

dxe x x∫∞ −0

23 = ∫∞ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 0

3

2 t

et

2

1dt =

4

2

1⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ dt et t ∫

∞ −0

3

=16

1dt et t ∫

∞ −−0

14 =16

1Γ(4) =

16

!3 =

8

3

Contoh 6.1.3


22 4

Penyelesaian,

Misalkan,

(i). u = 4 2 x , atau x =

4

2⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ u=

16

4u

,

(ii). dx =4

3u

du .

Dengan demikian,

dxe x x∫∞ −0

22 4 = ∫

∞ −⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 0

4

2 ue

u

4

3u

du =64

1dueu u∫

∞ −0

7

=64

1Γ(8) =

64

!7

Sebagaimana tekah dijelaskan bahwa salah satu permasalahan atau kesulitan yang akan

dijumpai dalam menentukan konvergensi integral tak wajar adalah menghitungnya secara

langsung dari definisi. Salah satu manfaat penerapan penting dari fungsi gamma adalah

manfaatnya untuk memudahkan menghitung integral tak wajar yang konvergen, yang tidak

dapat secara lansung dihitung dari definisi, khususnya bilamana integral tak wajar tersebut

melibatkan fungsi eksponensial negatif. Berikut ini akan disajikan aneka ragam masalah-

masalah penghitungan integran tentu yang dapat diselesaikan dengan fungsi gamma.

Contoh 6.1.4

Buktikanlah bahwa, dxe x axn∫∞ −

0

= )1(1

1

+Γ

+

n

an

Penyelesaian

Untuk membuktikan kesamaan diatas, misalkanlah :

(i). u = ax, atau x = ua

1

(ii). dx = dua

1.

Dengan substiusi tersebut dihasilkan,



dxe x axn∫∞ −0

= ∫∞ − ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 0

11 du

aeu

a

un

=

11

+

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ n

adueu un∫

∞ −0

=1

1

+nadueu un∫

∞ −−+0

1)1( = )1(1

1 +Γ

+n

an

Dengan demikian terbuktilah bahwa,

dxe x axn∫ ∞ −0

= )1(11

+Γ+

nan

.

Sebagai contoh penggunaannya misalnya adalah :

(i). n = 3, dan a = 2, maka dxe x x∫∞ −0

23 = )13(2

1

)13( +Γ

+ =

42

!3 =

8

3

(ii). n = 4, dan a = ½, maka dxe x x∫∞ −0

)2/(4 = )14()2/1(

1

)14( +Γ

+ = !425

Contoh 6.1.5

(a). Buktikanlah bahwa, dxe x axn

∫

∞ −

0

2 =

2/)1(2

1

+naΓ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

2

1n.

(b). Dengan hasil diatas, hitunglah dxe x x∫∞ −0

252

, dan dxe x x∫∞ −0

)2/1(72

Penyelesaian

(a). Membuktikan kesamaan. Untuk membuktikan kesamaan diatas, misalkanlah :

(i). u = ax2, atau x =

2/1

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ a

u

(ii). du = 2 ax dx, atau dx = 1

2

1 − xa

du =

2/1

2

1 −

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ a

u

a.

Dengan demikian integral tak wajar diatas dapat ditulis menjadi,

dxe xaxn∫

∞ −0

2 = du

a

ue

aa

u un

∫∞ −− ⎟

⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛

0

2/12/

2

1

=

2/2/111

2

1n

aaa⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

duueu un∫∞ −−0

2/12/

=

2/)1(1

2

1 +

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ n

adueu un∫

∞ −−0

2/)1(

=2

1

2/)1(

1

+nadueu un∫

∞ −−+0

12/)1(

= 2

1

2/)1(

1

+na Γ ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛ +

2

1n

Jadi terbuktilah bahwa,

dxe xaxn∫

∞ −0

2 =

2

1

2/)1(

1

+na Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +2

1n

Kasus khusus, bilamana n ganjil, misalkan n = 2m + 1, dengan m ≥ 1, maka diperoleh rumus,

dxe xaxm∫

∞ −+0

122

=2

1

2/]1)12[(

1

++ma Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++2

1)12( m



=2

1

)1(

1

+ma Γ(m + 1)

(b). Menghitung dxe x x∫∞ −0

25 2 dan dxe x x∫

∞ −0

)2/1(7 2

Untuk. n = 2m + 1 = 5, atau m = 2, dan a = 2, dihasilkan :

dxe x x∫∞

−025

2

= 2

1

)12(2

1

+ Γ(2 + 1) = 8

1

Sedangkan untuk, n = 2m + 1 = 7, atau m = 3, dan a = ½, dihasilkan :

dxe x x∫∞ −0

)2/1(7 2 =

2

1

)13((1/2)

1

+ Γ(3 + 1) =

2

24

3 !

Contoh 6.1.6

Buktikanlah. dx x x nm∫1

0)(ln =

1)1(

)1(

++

−n

n

mΓ(n + 1), dengan n > 0. Dengan hasil diatas,

hitunglah dx x x∫

1

0

34

)(ln dan dx x x∫

1

0

22/1

)(lnPenyelesaian

Dari integral tak wajar, diperoleh fungsi integrannya adalah,

f ( x) = xm

(ln x)n,

terdefinisi pada interval 0 < x ≤ 1, dan nilai ln x < 0. Oleh karena itu, misalkan :

(i). – u = ln x, atau x = e – u

,

(ii). dx = – e – u

du.

(iii). Perubahan batas integralnya, u = 0, jika x = 1, dan u = – ∞, jika x = 0.

Oleh karena itu integral tak wajar diatas dapat ditulis menjadi,

dx x x nm∫1

0)(ln = )()()(

0

dueue unmu∫ ∞−

−− −−

= duue nnum∫ ∞−+− −− 0

)1( )1(

= dueu umnn ∫∞ +−−

0

)1( )1(

Selanjutnya untuk menghitung integral diatas, subsitusikanlah :

(iv). z = (m + 1)u, atau u = zm 1

1

+

(v). du = dzm 1

1

+,

maka akan dihasilkan :

dx x x nm

∫

1

0

)(ln = dueu umnn

∫

∞ +−−

0

)1( )1(

= dzm

em

z zn

n ∫∞ − ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

−

0

1

1

1 )1( = dze z

m

zn

n

n

∫∞ −

++

−

01

)1(

)1(

= dze zm

zn

n

n

∫∞ −−+

++

−

0

1)1(

1

)1(

)1( =

1)1(

)1(

++

−n

n

mΓ(n + 1)

Jadi terbuktikan bahwa,



dx x x nm∫1

0)(ln =

1)1(

)1(

++

−n

n

mΓ(n + 1)

Sehingga dengan menggunakan hasil diatas, untuk m = 3, dan n = 2 dihasilkan :

dx x x∫1

0

34 )(ln =13

3

)14(

)1(

+

+

−Γ(3 + 1) =

4

5

!3−

Demikian pula untuk m = ½, dan n = 2, dengan rumus diatas dihasilkan :

dx x x∫1

0

22/1 )(ln =12

2

]1)2/1[(

)1(

++

−Γ(2 + 1) = –

3)2/3(

12! =

3

4

3

2=

27

16

6.1.2. Kasus Kedua = ½ , 0 < < 1, dan 1 < < 2

Kasus khusus α = ½ , dari definisi diperoleh :

Γ(1/2) = dxe x x∫∞ −−0

1)2/1( = dxe x x∫∞ −−0

2/1

Untuk menghitung integral tak wajar diatas, substitusikanlah, x = u

2

, dx = 2u du. Dengansubstitusi tersebut integral diatas dapat ditulis menjadi,

Γ(1/2) = )2()(0

2/122

duueu u∫∞ −− = 2= ∫

∞ −−0

12

ueu u du

= 2 due u∫∞ −0

2

Bilamana kedua ruas dikuadratkan dihasilkan,

{ Γ(1/2)}2 =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∫∞ − due u

0

2 2

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∫∞ − dve v

0

2 2

= 4 ∫ ∫∞ ∞ +−0

0

)(22

vue du dv

Selanjutnya dengan menggunakan transformasi koordinat kutub, u = r cos θ, v = r sin θ, dandu dv = r dr d θ , u

2+ v

2= r

2, maka dihasilkan :

{ Γ(1/2)}2 = 4 ∫ ∫

∞ −2/

0

0

2

π θ drd er

r

= 4 ∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡− −

∞→

2/

0

0

2

2

1lim

π θ d e

br

b = 4 ∫

2/

0 2

1

π θ d = 4 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

π = π

Karena, { Γ(1/2)}2 = π, maka untuk α = ½, maka dihasilkan rumus :

Γ( ½ ) = π

Dengan menggabungkan rumus rekursi, Γ(α + 1) = α Γ(α), dan rumus Γ(1/2) = π , dapat

digunakan Γ(3/2), Γ(5/2) dan sebagainya. Dengan menggunakan pendekatan yang seperti

diatas, khusus untuk α yang terletak pada 0 < < 1, berlaku rumus bahwa :

Γ(α) Γ(1 – α) =απ

π

sin

Sedangan untuk untuk 1 < < 2, nilai fungsi gammanya diberikan oleh tabel pada lampiran.

Untuk lebih jelasnya perhatikan contoh-contoh berikut ini



Contoh 6.1.7

Dengan menggunakan rumus rekursi Γ(α + 1) = α Γ(α), dan Γ(1/2) = π , hitunglah :

(a). Γ(3/2) Γ(5/2) (b).)2/5(

)4(

ΓΓ

(c).)5(

)2/7(

ΓΓ

(d). Γ(5/3) Γ(7/3)

Penyelesaian(a). Menghitung Γ(3/2) Γ(3/4). Mengingat,

(i). Γ(3/2) = Γ(½ + 1) = ½ Γ(½) = (½ ) π

(ii). Γ(5/2) = Γ(3/2 + 1) = (3/2) Γ(3/2) = ¾ π

Dengan demikian,

Γ(3/2) Γ(5/2) = (½ π )( ¾ π ) = π 8

3

(b). Menghitung)2/5(

)4(

ΓΓ

. Mengingat,

(i). Γ(4) = Γ(3 + 1) = 3 ! = 6,

(ii). Γ(5/2) = ¾ π ,

Maka

)2/5(

)4(

ΓΓ

=π (3/4)

6 =

π

8

(c). Menghitung)5(

)2/7(

ΓΓ

. Mengingat,

(i). Γ(5) = Γ(4 + 1) = 4 ! = 24

(ii). Γ(7/2) = Γ(5/2 + 1) = (5/2) Γ(5/2) = (5/2)(¾ π ) = π 8

15

Dengan demikian,

)5(

)2/7(

Γ

Γ = 24

)8/15( π

= π 64

5

(d). Menghitung Γ(5/3) Γ(7/3). Mengingat,

(i). Γ(5/3) = Γ[(2/3) + 1] = (2/3) Γ(2/3)

(ii). Γ(7/3) = Γ[(4/3) + 1] = (4/3) Γ(4/3) = (4/3) Γ[(1/3) + 1] = (4/3)(1/3) Γ(1/3)

Dengan demikian,

Γ(5/3) Γ(7/3) = )3/2(3

2Γ )3/1(

9

4Γ =

27

8Γ(2/3) Γ(1/3)

Karena,

Γ(2/3) Γ(1/3) = Γ(2/3) Γ[1 – (1/3)] =π

π

)3/1sin( =

3)2/1(

π = π

3

2

Jadi,

Γ(5/3) Γ(7/3) =27

8π

3

2 = π

81

316

Contoh 6.1.8.


42/3



Penyelesaian

Dari contoh sebelumnya telah diperoleh bahwa,


= )1(1

1 +Γ

+n

an

Sehingga untuk n = 3/2, dan a = 4, maka dihasilkan :

dxe x x

∫∞ −0

42/3 = )12/3(

)4(

1

)12/3( +Γ+ = 2/54

1

Γ(5/2)

Dari contoh sebelumnya bahwa, Γ(5/2) = ¾ π , dan 2/54 = 2/52 )2( = 25 = 32, dengan

demikian :

dxe x x∫∞ −0

42/3 =2/54

1Γ(5/2) =

32

1 ¾ π =

128

3π ,

Contoh 6.1.9

Hitunglah dxe x x∫∞ −0

242

, dan dxe x x∫∞ −0

)2/1(62

Penyelesaian

Dari contoh sebelumnya telah dihasilkan bahwa,


2 =

2

1

2/)1(

1

+na Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +2

1n

Sehingga dengan menggunakan rumus diatas, untuk n = 4, a = 2 dan Γ( ½ ) = π , maka

dihasilkan

dxe x x∫∞ −0

242

=2

1

2/)14((2)

1

+ Γ(4 + 1)/2 =

2

1

2/52

1Γ(5/2)

=28

1 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

3π

2

1 = π

232

3 = π 2

64

3

Sedangkan untuk, n = 6, a = ½, dan Γ( ½ ) = π , maka dihasilkan

dxe x x∫

∞ −0

)2/1(62

=2

1

2/)16((1/2)

1

+ Γ(6 + 1)/2 = 2/72

2

1Γ(7/2)

= 24 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

5Γ(5/2) = 210 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

3π

2

1

= π 22

15

6.1.3. Kasus Ketiga < 0

Pada dasarnya bahwa fungsi gamma itu didefinisikan bilamana α > 0, namundemikian dengan pendekatan dari hubungan rumus rekursi,

Γ(α + 1) = α Γ(α)

dapat pula dikembangkan sedemikian rupa sehingga berlaku pula untuk α < 0. Dari

hubungan, Γ(α + 1) = αΓ(α) diperoleh rumus bahwa,

Γ(α) =α

α )1( +Γ

Sedangkan dari persamaan, Γ(α + 2) = (α + 1) Γ(α + 1) = (α + 1)α Γ(α) diperoleh rumus,



Γ(α) =)1(

)2(

++Γ

α α

α

Demikian pula dari persamaan, Γ(α + 3) = (α + 2)(α + 1) α Γ(α), diperoleh rumus,

Γ(α) =)2)(1(

)3(

+++Γ

α α α

α

Dengan memperhatikan hasil diatas, maka diperoleh rumus umum,

Γ(α) =α

α )1( +Γ =

)1(

)2(

++Γ

α α

α =

)2)(1(

)3(

+++Γ

α α α

α = … =

))...(2)(1(

)1(

k

k

+++++Γ

α α α α

α

dimana α ≠ 0, dan α ≠ –1, –2, –3, … bilangan bulat negatif. Jadi akhirnya diperoleh rumus,

Γ(α) =))...(2)(1(

)1(

k

k

+++++Γ

α α α α

α

dimana k adalah bilangan bulat terkecil sedemikian rupa sehingga, (α + k + 1) > 0. Untuk

lebih jelasnya perhatikanlah contoh berikut ini.

Contoh 6.1.10

Dengan menggunakan rumus rekursi,

Γ(α) =α

α )1( +Γ=

))...(2)(1(

)1(

k

k

+++++Γ

α α α α

α ,

hitunglah :

(a). Γ(–5/2) (b). Γ(–5/4)Γ(–7/4)

Penyelesaian

(a). Menghitung Γ(–5/2). Dengan menggunakan rumus rekursi diatas diperoleh,

Untuk α = –5/2, Γ(–5/2) =)2/5(

)12/5(

−+−Γ

= )2/3(5

2−Γ−

Untuk α = –3/2, Γ(–3/2) =)2/3(

)12/3(

−+−Γ

= )2/1(3

2−Γ−

Untuk α = –1/2, Γ(–1/2) =)2/1(

)12/1(

−+−Γ

= )2/1(2Γ− = –2 π

Jadi,

Γ(–5/2) = )2/3(5

2−Γ− = )2(

3

2

5

2π −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ − = π 15

8−

Pendekatan lain, dari pertidaksamaan, (α + k + 1) > 0, atau, α + k > –1, dan untuk α = –5/2,

maka dihasilkan pertidaksamaan, –5/2 + k > – 1 atau k > 3/2. Nilai k terkecil yang memenuhi

k > 3/2 adalah k = 2. Dengan demikian,

Γ(–5/2) =]2)2/5](1)2/5)[(2/5(

)]12)2/5[(

+−+−−++−Γ

=)2/1)(2/3)(2/5(

)2/1(

−−−Γ

= π 158−

(b). Menghitung Γ(–7/4)Γ(–9/4).

Untuk α = –(7/4), maka dihasilkan pertidaksamaan, –(7/4) + k > – 1 atau k > 3/4.

Nilai k terkecil yang memenuhi k > 3/4 adalah k = 1. Dengan demikian,

Γ(–7/4) =]1)4/7)[(4/7(

]11)4/7[(

+−−++−Γ

=)4/3)(4/7(

)4/1(

−−Γ

= )4/1(21

16Γ



Sedangkan untuk α = –9/4, maka dihasilkan pertidaksamaan, –9/4 + k > – 1 atau k >

5/4, Nilai k terkecil yang memenuhi 5/4 < k adalah k = 2. Dengan demikian,

Γ(–9/4) =)24/9)(14/9)(4/9(

]12)4/9[(

+−+−−++−Γ

=)4/1)(4/5)(4/9(

)4/3(

−−−Γ

= )4/3(45

64Γ−

Dengan menggunakan hasil diatas, maka :

Γ(–7/4)Γ(–9/4) = – )4/1(2116 Γ )4/3(

4564 Γ = –

9454

5

Γ(1/4)Γ(3/4)

Karena,

Γ(1/4) Γ(3/4) = Γ(1/4) Γ[1 – (1/4)] =π

π

)4/1sin( =

2)2/1(

π = π

2

2

Jadi,

Γ(–7/4)Γ(–9/4) = –945

45

π 2

2 = π

945

245

−

6.1.4. Rumus Stirling

Dalam penghitungan fungsi gamma akan dijumpai kesulitan yang cukup berarti

bilamana α cukup besar. Oleh karenanya, berikut ini akan disajikan cara yang cukup

sederhana untuk menentukan hampiran dari nilai fungsi gamma. Tulislah definisi fungsi

gamma menjadi,

Γ(α +1) = dxe x x∫

∞ −0

α = dxee x x∫

∞ −0

ln α

= dxe x x∫∞ −0

)ln( α

Dari integran, misalkan, f ( x) = α ln x – x. Nilai ini mencapai maksimum bilamana f ′ ( x) = 0,

atau 1− x

α

= 0, atau x = α. Dengan kata lain, f ( x) = α ln x – x, akan mencapai nilai maksimum

pada x = α. Oleh karena itu, subsitusikanlah, x = α + y, dx = dy, maka definisi fungsi gamma

dapat ditulis menjadi,

Γ(α +1) = dxe x x∫∞ −0

)ln( α = dye y y∫∞ +−+0

)()ln(( α α α

= dyee y y∫∞ −−+0

)ln( α α α

=α −e dye y y∫

∞ −+0

)ln( α α

Mengingat,

α ln(α + y) = α ln[α(1 + ( y/α)] = α ln α + α ln(1 + y/α),

dan akibatnya dihasilkan,)ln( ye +α α = )/1ln(ln α α α α ye ++ = α α lne )/1ln( α α ye +

= α α )/1ln( α α ye +

Oleh karena itu fungsi gamma dapat ditulis menjadi,

Γ(α +1) = α −e dye y y∫∞ −+0

)ln( α α = α −e dye y y∫∞ −+0

)/1ln( α α α α



= α −e α α dye y y∫∞ −+0

)/1ln( α α =

α α

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ e

dye y y∫∞ −+0

)/1ln( α α

Integral tak wajar terakhir ini pada ruas kanan diatas, dalam kepentingan praktis, khusus

untuk α cukup besar dihampiri dengan πα 2 . Jadi,

dye y y

∫

∞ −+

0

)/1ln( α α ≈ πα 2

Dengan demikian untuk α cukup besar, nilai fungsi Γ(α +1) dihampiri dengan,

Γ(α +1) ≈

α α

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ e

πα 2

Rumus ini dikenal dengan stirling.

Contoh 6.1.11

Hitunglah, Γ(51) Γ(πe2 + 1)

Penyelesaian

Dengan menggunakan rumus stirling untuk α + 1 = 51, atau α = 50, dihasilkan :

Γ(51) ≈

5050

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ e

)50(2π = 10

5050

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ e

π

Sedangkan untuk, α + 1 = πe2, atau α = πe

2, maka dengan rumus stirling diperoleh :

Γ(πe2 + 1) ≈

2

2 e

e

eπ

π

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ )(2 2eπ π = π e

2 )( ee π π 2

Dari contoh diatas, terlihat bahwa untuk α yang cukup besar dan tidak harus bialangan bulat

positip, rumus stirling cukup mudah dan membantu untuk menghitung nilai fungsi gamma.

6.1.5. Fungsi Gamma Tak Lengkap

Menurut definisi fungsi gamma diberikan oleh,

Γ(α) = dxe x x∫∞ −−0

1 α

Dengan asumsi bahwa t terletak pada, 0 < t < ∞, maka fungsi gamma dapat ditulis menjadi,

Γ(α) = dxe xt x∫ −−0

1 α + dxe xt

x∫∞ −−

1 α

Dari definisi terakhir ini, terlihat bahwa fungsi gamma dapat dinyatakan sebagai jumlahan

dua buah integral tentu. Fungsi yang diturunkan fungsi gamma diatas disebut dengan fungsigamma tak lengkap. Fungsi gamma demikian ini diberikan oleh,

P(α,t ) = dxe xt x∫ −−0

1 α

Q(α,t ) = dxe xt

x∫∞ −−

1 α

dan berlaku pula,

Γ(α) = P(α,t ) + Q(α,t ),

atau



Q(α,t ), = Γ(α) – P(α,t )

Salah satu manfaat dari fungsi gamma tak lengap ini adalah untuk memudahkan menghitung

integral tak wajar yang diberikan oleh,

Q(α,t ) = dxe xt

x∫∞ −−

1 α

Dengan memanfaatkan kemudahaan dari fungsi gamma, dan integral tentu P(α,t ) yang

relative lebih sederhana dari pada Q(α,t ), maka fungsi gamma tak lengkap ini akan lebihmudah untuk menghitung nilai dari Q(α,t ). Integral tak wajar P(α,t ) dan Q(α,t ) ini sering

muncul dalam masalah analisis fungsi kepadatan probabilitas.

Salah satu fungsi yang sering muncul dari penerapan fungsi gamma tak lengkap

adalah fungsi galat (error fuction) yang dituliskan dengan erf( x) yang didefinisikan dengan,

erf( x) =π

2dt e

x t ∫ −0

2 = 1 –

π

2dt e

x

t ∫∞ −

2

Suku terakhir ini disebut dengan fungsi galat komplementernya yang ditulis dengan, erfc( x)

yang didefinisikan oleh,

erfc( x) =π

2dt e

x

t ∫∞ −

2

Atas dasar hal diatas berlaku hubungan bahwa, erf( x) + erfc( x) = 1. Dalam prakteknua untuk

menghitung fungsi galat digunkana pendekatan ekspansi deret dari2

xe− . Karena menurut

ekspnasi deret Taylor,

2 xe− =1 – x

2 +

!2

4 x

– !3

6 x

+!4

8 x

– + …

Maka dihasilkan,

erf( x) =π

2dt e

x t ∫ −0

2

=

π

2∫

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡+−+−+−

x t t t t

0

8642 ...

!4!3!2

1 dt

=π

2

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ +−+−+− ...

9!4

1

7!3

1

5!2

1

3

1 9753 x x x

x x

Dengan menggunakan pendekatan ekspansi deret tersebut dihasilkan nilai dari erf( x) seperti

yang disajikan pada tabel pada lampiran.

6.1.6. Fungsi-fungsi Khusus

Salah satu penggunaan dari fungsi gamma adalah penggunaannya dalam analisis

fungsi kepadatan probabilitas dimana fungsinya melibatkan fungsi ekponensial negatif.

Fungsi-fungsi khusus berikut ini pada dasarnya telah disinggung pada saat mambahas integral

tak wajar. Fungsi-fungsi khusus dimaksud dalam analisisnya sering melibatkan fungsi

gamma adalah :

i). Fungsi eksponensial negatif, yaitu : f ( x) = xe λ λ − , λ ≥ 0, x ≥ 0

ii). Fungsi distribusi gamma, f ( x) = xnn

en

x λ λ −−

Γ

)(

1

, λ ≥ 0, x ≥ 0



iii). Fungsi distribusi Normal , f ( x) =π σ 2

1exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

2

2

2

)(

σ

μ x, dimana – ∞ ≤ x ≤ + ∞

iv). Fungsi distribusi Weibull, f ( x) =b

xbb

ebx

α

α )/(1 −−, x ≥ 0, α > 0 b > 0

v). Fungsi distribusi Rayleigh, f ( x) =2)/(

2 2 α

α

x xe−⎟⎟ ⎠ ⎞⎜⎜

⎝ ⎛ , x ≥ 0, α > 0

vi). Fungsi distribusi normal standart, f ( x) = 2/2

2

1 xe−

π , – ∞ ≤ x ≤ ∞

Berikut ini disajikan beberapa analisis fungsi khusus tersebut, terutama untuk menghitung

nilai k , mean dan varian.

Contoh 6.1.12.

Fungsi kepadatan eksponensial negatif diberikan oleh,

f ( x) = xe λ λ − , λ ≥ 0, x ≥ 0

dimana λ disebut parameter distribusi. Buktikanlah, ∫∞ −0

xe λ λ dx = 1, dan hitung pula mean

dan variannya.

Penyelesaian

Untuk membuktikan bahwa, ∫∞ −0

xe λ λ dx = 1, substitusikanlah

(i). u = λ x, atau x =λ

1u,

(ii). dx =λ 1 du.

Dengan substitusi tersebut diatas, dihasilkan :

∫∞ −0

xe λ λ dx = λ ∫∞ −0

ueλ

1du = ∫

∞ −0

ue du = Γ(1) = 1

Jado terbuktilah bahwa, ∫∞ −0

xe λ λ dx = 1. Sedangan mean dan variannya diberikan oleh,

μ = E( x) = ∫∞

0)( x f x dx = λ xe x λ −∞

∫

0 dx

= λ ∫ ∞ −⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛

0 ueu

λ λ

1 du , dengan u = λ x, atau x =λ

1 u

=λ

1∫

∞ −0

ueu du =λ

1Γ(2) =

λ

1

Sedangan varian dihitung dengan rumus,

σ2 = E( x

2) – [E( x)]

2



dimana,

E( x2) = ∫

∞

0

2 )( x f x dx = λ xe x λ −∞∫

0

2 dx

= λ ∫∞ −⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 0

2

ueu

λ λ

1du , dengan u = λ x, atau x =

λ

1u,

=2

1

λ ∫

∞ −0

2 ueu du =2

1

λ Γ(3) =

2

2

λ

Dengan demikian,

σ2 = E( x

2) – [E( x)]

2 =

2

2

λ –

21

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ λ

=2

1

λ

Contoh 6.1.13.

Fungsi kepadatan probabilitas normal diberikan oleh,

f ( x) =π σ 2

1 exp⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −− 2

2

2)(

σ μ x , dimana – ∞ ≤ x ≤ + ∞

Buktikanlah, ∫∞

∞−

)( x f dx = 1, dan hitung pula mean dan variannya.

Penyelesaian :

Untuk fungsi distribusi normal standar yang harus dibuktikan adalah,

π σ 2

1 ∫

∞

∞− exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

2

2

2

)(

σ

μ xdx = 1

Oleh karena itu substitusikanlah,

(i). t = x – μ, atau x = t + μ

(ii). dx = dt Dengan substitusi diatas dihasilkan,

π σ 2

1 ∫

∞

∞− exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

2

2

2

)(

σ

μ xdx =

π σ 2

1 222/

σ t e

−∞

∞−∫ dt

Karena,22

2/ σ t e− adalah fungsi genap, maka integral suku terakhir dapat ditulis menjadi,22

2/

σ t e−∞

∞−∫ dt = 222

2/

0 σ t e−∞

∫ dt

Selanjutnya substitusikan kembali,

(iii). u =2

2

2σ

t , atau t

2 = 2σ2

u

(iv). 2t dt = 2σ2 du , atau dt =

u2

2σ du = 2

2

1σ u

–1/2du

Dengan substitusi diatas, maka dihasilkan :22

2/

0 σ t e−∞

∫ dt = 22

1σ ueu −−∞

∫ 2/1

0 du

= 22

1σ Γ(½) = 2

2

1σ π = π

σ 2

2



Berdasarkan hasil diatas, maka dapat disimpulkan bahwa :

π σ 2

1 ∫

∞

∞− exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

2

2

2

)(

σ

μ xdx =

π σ 2

12( π

σ 2

2) = 1

Mean untuk fungsi distribusi normal diberikan oleh,

E( x) = ∫∞

∞−

)( x f x dx =

π σ 2

x∫

∞

∞− exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−2

2

2

)(

σ

μ xdx

=π σ 2

1 222/

)( σ μ t et −∞

∞− +∫ dt , dengan t = x – μ, atau x = t + μ

=π σ 2

1 222/

σ t te−∞

∞−∫ dt +π σ

μ

2

222/

σ t e−∞

∞−∫ dt

Karena, t 22

2/ σ t e− adalah fungsi ganjil, maka :22

2/

σ t te−∞

∞−∫dt = 0,

dan dari hasil sebelumnya telah diperoleh bahwa,22

2/

σ t e−∞

∞−∫ dt = π σ 2

Dengan menggunakan hasil terakhir ini, maka dapat disiumpulkan bahwa

E( x) = 0 +π σ

μ

2( π σ 2 ) = μ

Sedangkan variannya diperoleh dari,

var( x) = E( x2) – [E( x)]

2

dengan,

E( x2) = ∫

∞

∞−

2 )( x f x dx =π σ 2

2

x∫

∞

∞− exp

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ −−

2

2

2

)(

σ

μ xdx

=π σ 2

1 222/2

)( σ μ t et −∞

∞− +∫ dt ; dengan t = x – μ, atau x = t + μ

=π σ 2

1 222/22

)2( σ μ μ t et t −∞

∞− ++∫ dt

=π σ 2

1 222/2

σ t et −∞

∞−∫ dt +π σ

μ

2

2 222/

σ t te

−∞

∞−∫ dt

+π σ

μ

2

2 222/

σ t e−∞

∞−∫ dt

Karena, t 2 22 2/ σ t e− adalah fungsi genap, maka integral tak wajar suku pertama dapat ditulis

menjadi,22

2/2

σ t et −∞

∞−∫ dt = 222

2/2

0 σ t

et −∞

∫ dt



= 223σ ueu −∞∫ 2/1

0 du , dengan u =

2

2

2σ

t , atau t

2 = 2σ2

u

= 223

σ Γ(3/2) = 223

σ 2

1π = π σ 23

Dengan menggunakan hasil diatas, maka dihasilkan :

E( x2) =

π σ 2

1 ( π σ 23 )+

π σ

μ

2

2(0) +

π σ

μ

2

2( π σ 2 )

= σ2 + μ2

Jadi,

var( x) = E( x2) – [E( x)]

2 = (σ2

+ μ2) – (μ)

2 = σ2

Contoh 6.1.14

Hitunglah mean dan varian dari fungsi kepadatan distribusi Weibull,

f ( x) = b

xbb

ebx

α

α )/(1 −−

, x ≥ 0, α > 0 b > 0

Penyelesaian

Mean untuk fungsi distribusi Weibull diberikan oleh,

E( x) = ∫∞

0)( x f x dx =

b

b

α ∫

∞ −0

)/( b

xb e x α dx

Untuk menghitung integral tak wajar ruas kanan diatas , substitusikanlah :

(i). t =α

x, atau x = α t

(ii). dx = α dt

Maka integral diatas dapat ditulis menjadi,

∫ ∞ −0

)/( b xb

e x α dx = ∫ ∞ −

0

)( )(bt b

et α α dt = 1+bα ∫ ∞ −0

bt b

et dt

Sekali lagi substitusikanlah,

(iii). u = t b , atau, t = u

1/b

(iv). dt =1)/1(1 −b

ub

du

Dengan subsititusi diatas, maka

∫∞ −0

b

t b et dt = ∫∞ −0

ueu 1)/1(1 −bub

du =b

1∫

∞ −0

/1 ub eu du

=b

1Γ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ +11

b

Dengan demikian,

E( x) =b

b

α ∫

∞ −0

)/( b

xbe x

α dx =b

b

α ( 1+bα ∫

∞ −0

b

t bet dt )

= αb(b

1Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +11

b) =α Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +11

b =

b

α Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ b

1

Sedangkan variannya diperoleh dari,



var( x) = E( x2) – [E( x)]

2

dengan,

E( x2) = ∫

∞

∞−

2 )( x f x dx =b

b

α ∫

∞ −+0

)/(1 b

xbe x α dx ,

= b

b

α

)2( +b

α ∫∞ −+0

1

bt b

et dt , dengan t = α

x

, atau x = αt

= αb ∫∞ −+0

)/11( ub eu 1)/1(1 −bub

du, dengan u = t b , atau t = u

1/b

= α2

∫∞ −0

/2 ub eu du = α2 Γ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +12

b =

b

22α Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ b

2

Dengan hasil diatas, maka

var( x) = E( x2) – [E( x)]

2 =

b

22α Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ b

2 –

2

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ b

α 2

1⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γb

=

2

⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ bα

⎪⎭⎪⎬⎫

⎪⎩⎪⎨⎧

⎥⎦⎤⎢

⎣⎡ ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ Γ−⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ Γ

2

122bb

b


Dengan menggunakan rumus rekursi fungsi gamma, hitunglah :

1.)3()5(

)8(

ΓΓΓ

2.)2/7(

)2/5()4(

ΓΓΓ

3.)4/7()4/5(

)4(

ΓΓΓ

4.)5(

)3/7()3/8(

ΓΓΓ

5.)7(

)6/11()6/7(Γ

ΓΓ 6.)2/7()2/5(

)4(Γ−Γ

Γ

7.)3/7()3/5(

)2/5(

ΓΓΓ

8.)2/7(

)4/7()4/5(

Γ−Γ−Γ

9.)3/7()3/5(

)4/7()4/5(

−Γ−ΓΓΓ

10.)4/7()4/5(

)6/11()6/7(

ΓΓ−Γ−Γ

Dengan menggunakan definisi fungsi gamma, hitunglah integral tak wajar berikut ini

11. ∫∞ −0

24 xe x dx 12. ∫∞ −0

24 2 xe x dx

13. ∫∞ −0

22/32

x

e x dx 14. ∫∞ −0

222/3

x

e x dx

15. ∫∞ −0

24/1 4 x

e x dx 16. ∫∞ −0

)2/(44

xe x dx

17. ∫∞ −0

22 xe x dx 18. ∫∞ −0

22/1 3 xe x dx

19. ∫∞ −0

24/3 xe x dx 20. ∫∞ −0

2 3 x

e x dx



21. ∫∞ −−0

)2/(3 5 xe x dx 22. ∫

∞ −0

2 3/4 xe x dx

23. ∫1

0

2/34 )(ln x x dx 24. ∫1

0

42 )(ln x x dx

25. ∫1

0

24/3 )(ln x x dx 26. ∫1

0

4/33 )(ln x x dx

27. Fungsi kepadatan distribusi gamma, diberikan oleh :

f ( x) = xnn

en

x λ λ −−

Γ

)(

1

, λ ≥ 0, x ≥ 0.

Buktikanlah bahwa, ∫∞

0)( x f dx = 1, dan hitung pula mean dan variannya.

28. Fungsi kepadatan distribusi Weibull diberikan oleh :

f ( x) =b

xbb

ebx

α

α )/(1 −−, x ≥ 0, α > 0 b > 0

Buktikanlah bahwa, ∫

∞

0 )( x f dx = 1,30. Fungsi kepadatan distribusi Rayleigh diberikan oleh,

f ( x) =2)/(

2

2 α

α

x xe−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ,dengan x ≥ 0, α > 0

Buktikanlah bahwa, ∫∞

0)( x f dx = 1, dan hitung pula mean dan variannya.

31. Fungsi kepadaran distribusi normal standart diberikan oleh,

f ( x) = 2/2

2

1 xe−

π , – ∞ ≤ x ≤ ∞

Buktikanlah, ∫∞

∞−

)( x f dx = 1, dan hitung pula mean dan variannya.

32. Diberikan suatu fungsi kepadatan yang didefinisikan oleh,

f ( x) =2

)/(4 α xekx − ,dengan x ≥ 0, α > 0

Hitunglah nilai k agar supaya ∫∞

0)( x f dx = 1, dan hitung pula meannya.


f ( x) =3

)(3 xekx α − , dengan x ≥ 0, α > 0




f ( x) = xe xk α −2 ,dengan x ≥ 0, α > 0

Hitunglah nilai k agar supaya ∫∞0

)( x f dx = 1, dan hitung pula meannya.


f ( x) =2/3

)/(2 α xe xk − ,dengan x ≥ 0, α > 0






f ( x) =2

)/( α xe xk − ,dengan x ≥ 0, α > 0





7.2. Fungsi Betha

Dalam banyak masalah perhitungan integral tentu pada perhitungannya banyak

melibatkan fungsi gamma dan fungsi beta. Sebelum mendefinisikan fungsi Betha

perhatikanlah integral tentu berikut ini,

dx x xnm

)1(1

0

11∫ −− −

Bilamana, m ≥ 1, dan n ≥ 1, terlihat bahwa integral tentu diatas merupakan proper integral,

sehingga integral konvergen. Bilamana 0 < m < 1, integral tentu merupakan integral tak wajar

jenis kedua di x = 0, dan bilamana 0 < n < 1, integral merupakan integral tak wajar jenis

kedua di x = 1. Oleh karena itu perlu penyelidikan tersendiri khususnya di x = 0, dan x = 1.

Oleh karenanya tulislah,

dx x xnm

)1(1

0

11∫ −− − = dx x xnm

)1(1/2

0

11∫ −− − + dx x xnm

)1(1

1/2

11∫ −− −

Suku pertama ruas kanan merupakan integral tak wajar jenis kedua di x = 0 yang konvergen,

dan suku kedua juga merupakan integral tak wajar jenis kedua yang konvergen di x = 1. Pada

kondisi m ≤ 0, dan atau n ≤ 0, suku pertama merupakan integral tak wajar jenis kedua yang

divergen di x = 0, dan suku kedua juga merupakan integral tak wajar yang divergen di x = 1.

Dengan demikian dapat dikatakan bahwa integral yang diberikan konvergen untuk m > 0, dan

n > 0. Dengan dapat didefinisikan suatu fungsi dengan dua variabel bebas yang diberikan

oleh,

B(m,n) = dx x xnm

)1(1

0

11∫ −− −

konvergen untuk m > 0, n > 0. Dengan menggunakan subtistusi :

(i). u = 1 – x, atau x = 1 – u,(ii). dx = – du,

(iii). u = 1, bila x = 0, dan u = 0 bila x = 1

maka dihasilkan,

B(m,n) = dx x xnm

)1(1

0

11∫ −− − = )()()1(0

1

11 duuunm −−∫ −−

= duuu mn )1(1

0

11∫ −− − = B(n,m)

Dari hasil diatas akhirnya dapat diperoleh rumus bahwa,

B(m,n) = B(n,m)

Bentuk lain untuk menyatakan fungsi betha adalah menggunakan fungsi sinus dan

cosinus. Dari definisi fungsi beta, bilamana dimisalkan :(i). x = sin

2 t , dan 1 – x

2 = 1 – sin

2t = cos

2 t

(ii). dx = 2 sin t cos t dt

(iii). t = 0, bila x = 0, dan t = ½ bila t = 1

Akibatnya integral fungsi betha dapat ditulis menjadi,

B(m,n) = ∫ −−/2

0

12212 )(cos)(sinπ nm

t t (2 sin t cos t dt )



= 2 ∫ −/2

0

22 )sin(sinπ

t t m

(cos2n –2

t cos t )dt

= 2 ∫ −/2

0

12sinπ

t m

cos2n –1

t dt

Jadi, akhirnya dihasilakan rumus :

∫ −/2

0

12sinπ

t m cos

2n –1t dt =

½B(m,n)

Dalam prakteknya untuk menghitung nilai fungsi betha, digunakan hasil dari fungsi gamma.

Menurut definisi,

(m) = ∫ ∞ −−0

1 um

eu du, dan (n) = dvevvn∫

∞ −−0

1

Bilamana disubsitusikan, u = x2, du = 2 x dx, maka fungsi diatas dapat ditulis menjadi,

(m) = )2()(0

12 2 xdxeu xm∫

∞ −− = 2 ∫ ∞ −−0

12 2

xm e x dx

Dengan cara yang sama, bilamana disubsitusikan, v = y2, dv = 2 y dy, maka dihasilkan,

(n) = )2()(0

122

ydye y yn

∫

∞ −− = 2

∫

∞ −−

0

122

ym

e y dy

Akibatnya,

(m) (m) = ( 2 ∫ ∞ −−0

12 2

xme x dx )( 2 ∫

∞ −−0

12 2

yme y dy )

= 4 ∫ ∫∞ +−−∞ −0

)(12

0

1222

y xmm

e y x dx dy

Selanjutnya dengan menggunakan transformasi koordinat kutub :

(i). x = r sin t , y = r cos t , x2 + y

2 = r

2, tan t =

x

y,

(ii). dx dy = r dr dt

(iii). Perubahan batas, 0 < x < ∞, 0 < y < ∞, menjadi 0 < r < ∞, 0 < r < π/2Dengan substitusi tersebut dihasilkan :

(m) (n) = 4 ∫ ∫∞ +−−∞ −0

)(12

0

12 22

y xmme y x dx dy

= 4 ∫ ∫ −−∞ −2/

0

12

0

122

)sin()cos(π r mm et r t r (r dr dt )

= 4 ∫ ∫ −−−∞ −+2/

0

1212

0

]1)[(2 cossin2π

t t er mnr nm r dr dt

= ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ∫

∞ −−+0

)(1)(2 )2()(2

dr r er r nm

⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ ∫ −−2/

0

1212 cossin2 π

dt t t mn

= (m + n) B(m,n)

Jadi, akhirnya diperoleh rumus umum untuk menghitung nilai fungsi betha, yaitu :

B(m,n) =)(

)()(

nm

nm

+ΓΓΓ

untuk m > 0, dan n > 0. Sebagaimana diketahui bahwa fungsi gama dapat didefinisikan pula

untuk λ < 0. Dengan demikian, melalui pendekatan seperti fungsi gama, maka akhirnya dapat

pula didefinisikan fungsi betha yang berlaku pula untuk m < 0, dan n < 0 dengan ketentuan

bahwa, m, n, dan, m + n ≠ 0, –1, –2, –3, ... bilangan bulat negatif. Rumus hubungan antara



fungsi gamma dan fungsi beta diatas, banyak digunakan untuk menghitung nilai fungsi beta.

Berikut ini adalah contoh-contoh penggunaannya yang langsung diperoleh dari definisi.

Contoh 6.2.1.

Hitunglah

(a). B(3,5) (b). B(5/2,3) (c). B(3/2,5/2) (d). B(5/3,7/3)

Penyelesaian(a). Menghitung B(3,4).

B(3,5) =)53(

)5()3(

+ΓΓΓ

=)8(

)5()3(

ΓΓΓ

=)5()6)(7(

)5(2

ΓΓ

=21

1

(b). Menghitung B(5/2,3).

B(5/2,3) =]3)2/5[(

)3()2/5(

+ΓΓΓ

=)2/11(

)2/5(2

ΓΓ

=)2/5()2/5)(2/7)(2/9(

)2/5(2

ΓΓ

=315

16

(c). Menghitung B(3/2,5/2).

B(3/2,5/2) =)]2/5()2/3[(

)2/5()2/3(

+ΓΓΓ

=)4(

)2/5()2/3(

ΓΓΓ

= )4(

1

Γ ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ π 2

1 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ π 4

3= ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ π 8

3

!3

1 = 16

π

(d). Menghitung B(5/3/,7/3).

B(5/3,7/3) =)3/73/5(

)3/7()3/5(

+ΓΓΓ

=)4(

)3/7()3/5(

ΓΓΓ

Mengingat,

Γ(5/3) = Γ[(2/3) + 1] = (2/3)Γ(2/3)

Γ(7/3) = Γ[(4/3) + 1] = (4/3)Γ(4/3) = (4/3)(1/3)Γ(1/3) = (4/9)Γ(1/3)

Γ(2/3)Γ(1/3) = Γ(2/3) Γ[1 – (2/3)] =π

π

)3/2sin( =

3)2/1(

π =

3

2π

Maka,

B(5/3,7/3) =)4(

)3/7()3/5(

ΓΓΓ =

!3

1⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ Γ

3

2

3

2⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ Γ

3

1

9

4

=6

1 27

8Γ(2/3)Γ(1/3) =

)27)(6(

8

3

2π =

381

8π

Contoh 6.2.1.

Hitunglah (a). ∫ −1

0

43 )1( x x dx (b). dx x

x

1

1

0 4

4/5

∫ −

Penyelesaian :

(a). Menghitung ∫ −

1

0

43

)1( x x dx .Integral tentu ini adalah fungsi betha dengan, m – 1 = 3, atau m = 4, dan n – 1 = 4, atau n = 5.

Jadi,

∫ −1

0

43 )1( x x dx = ∫ −− −1

0

1514 )1( x x dx = B(4,5)

=)9(

)5()4(

ΓΓΓ

=!8

!4!3 =

280

1



(b). Menghitung dx x

x

1

1

0 4

4/5

∫ −

Integral tentu ini adalah fungsi betha dengan, m – 1 = 5/4, atau m = 9/4, dan n – 1 = –1/4, atau

n = 3/4. Jadi,

dx x

x

1

1

0 4

4/5

∫ − = ∫ −

−

1

0

4/14/5

)1( x x dx

= ∫ −− −1

0

1)4/3(1)4/9( )1( x x dx = B(9/4,3/4)

=)4/12(

)4/3()4/9(

ΓΓΓ

=)3(

)4/3()4/1()4/1)(4/5(

ΓΓΓ

=2

1

16

5Γ(1/4)Γ(3/4) =

32

5Γ(1/4)Γ[1 – (1/4)]

=32

5

π

π

)4/1sin( =

32

5

2)2/1(

π =

216

5π

Contoh 6.2.3.Hitunglah :

(a). ∫/2

0

65 cossinπ

t t dt (b). ∫/2

0

6sinπ

t dt (c). ∫/2

0

7cosπ

t dt

Penyelesaian :

(a). Menghitung, ∫/2

0

65 cossinπ

t t dt

Dengan menggunakan fungsi betha, dalam hal ini 2m – 1 = 5, atau m = 3, dan 2n – 1 = 6, atau

n = 7/2. Sehingga diperoleh :

∫/2

0

65 cossinπ

t t dt = ∫ −/2

0

1)2/7(21-2(3) cossinπ

t t dt =2

1B(3,7/2)

= 2

1

7/2)(3

)2/7()3(

+ΓΓΓ

= 2

1

(13/2)

)2/7()3(

ΓΓΓ

=2

1

(7/2))2/7)(2/9)(2/11(

)2/7(2

ΓΓ

=693

8

(b). Menghitung, ∫/2

0

6sinπ

t dt

Seperti contoh (a), dalam hal ini 2m – 1 = 6, atau m = 7/2, dan 2n – 1 = 0, atau n = ½.

Sehingga menurut fungsi betha diperoleh :

∫/2

0

6sinπ

t dt = ∫ −/2

0

1)2/1(21-2(7/2) cossinπ

t t dt

=21 B(7/2, ½ )

=2

1

)2/12/7(

)2/1( )2/7(

+ΓΓΓ

=2

1

!3

1⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ π

8

15π

=32

5π



(c). Menghitung, ∫/2

0

7cosπ

t dt

Seperti contoh (a), dalam hal ini 2m – 1 = 0, atau m = ½ , dan 2n – 1 = 7, atau n = 4. Sehingga

menurut fungsi betha diperoleh :

∫/2

0

7cosπ

t dt = ∫ −/2

0

1)4(21-2(1/2) cossinπ

t t dt =2

1B(½,4)

=2

1

)2/14(

)4( )2/1(

+ΓΓΓ

=2

1

)2/9(

)!(3 )2/1(

ΓΓ

=)2/1()2/1)(2/3)(2/5)(2/7(

)2/1(3

ΓΓ

=35

16

Pada contoh sebelumnya telah dibahas penghitungan integral tentu dari fungsi sinus dancosinus berpangkat bulat. Salah satu aplikasi dan keistimewaan dari fungsi betha adalah dapatdigunakan untuk menghitung integral tentu dari fungsi sinus dan cosinus yang berpangkat pecahan. Hal ini dinyatakan dalam contoh berikut ini.

Contoh 6.2.4

Hitunglah (a). ∫/2

0

2/35/2 cossinπ

t t dt

(b). ∫/2

0

3/43/8 cossinπ

t t dt

(c). ∫/2

0

3/53/7 cossinπ

t t dt

Penyelesaian

(a). Menghitung, ∫/2

0

2/35/2 cossinπ

t t dt

Seperti pada contoh sebelumnya, dari fungsi integran ambil 2m – 1 = 5/2, atau m = 7/4, dan

2n – 1 = 3/2, atau n = 5/4. Sehingga menurut fungsi betha diperoleh :

∫/2

0

2/35/2 cossinπ

t t dt = ∫ −−/2

0

1)4/5(212(7/4) cossinπ

t t dt =2

1B(7/4,5/4)

=2

1

)]4/5()4/7[(

)4/5( )4/7(

+ΓΓΓ

=)3(2

1

Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )4/3(4

3⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )4/1(4

1

=4

1)4/1()4/3(

16

3ΓΓ =

64

3Γ(1/4)Γ[1 – (1/4)]

=64

3

π

π

)4/1sin(=

64

3

2)2/1(

π =

232

3π = π 2

64

3

(b). Menghitung, ∫/2

0

3/43/8cossin

π

t t dt

Seperti pada contoh sebelumnya, dari fungsi integran ambil 2m – 1 = 8/3, atau m = 11/6, dan2n – 1 = 4/3, atau n = 7/6. Sehingga menurut fungsi betha diperoleh :

∫/2

0

3/43/8 cossinπ

t t dt = ∫ −−/2

0

1)6/7(212(11/6) cossinπ

t t dt =2

1B(11/6,7/6)

=2

1

)]6/7()6/11[(

)6/7( )6/11(

+ΓΓΓ

=)3(2

1

Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )6/5(6

5⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )6/1(6

1



=4

1)6/5()6/1(

36

5ΓΓ =

144

5Γ(1/6)Γ[1 – (1/6)]

=144

5

π

π

)6/1sin( =

144

5

)2/1(

π = π

72

5

(c). Menghitung, ∫/2

03/113/7 cossin

π t t dt

Seperti pada contoh sebelumnya, dari fungsi integran ambil 2m – 1 = 7/3, atau m = 10/6 =5/3, dan 2n – 1 = 11/3, atau n = 14/6 = 7/3. Sehingga menurut fungsi betha diperoleh :

∫/2

0

3/113/7 cossinπ

t t dt = ∫ −−/2

0

1)3/7(212(5/3) cossinπ

t t dt =2

1B(5/3,7/3)

=2

1

)]3/7()3/5[(

)3/7( )3/5(

+ΓΓΓ

=)4(2

1

Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )3/2(3

2⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )3/1(9

4

=)!3)(2(

1)3/1()3/2(

27

8ΓΓ =

81

2Γ(2/3)Γ[1 – (2/3)]

= 81

2

π

π

)3/2sin( = 81

2

3)2/1(

π

= π 381

4

Penghitungan Integral Tentu

Dalam penggunaan secara praktis, fungsi betha ini sangat membantu untukmenghitung integral tentu. Integral tentu yang dimaksud disini adalah integral tentu dengantransformasi dan atau subsitusi tertentu dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi betha. Untukitu perhatikanlah contoh-contoh berikut ini.

Contoh 6.2.5.

Hitunglah : dx x x )4( 2/3242

0 −∫

Penyelesaian :Cara pertama. Biasanya untuk menghitung integral tentu jenis diatas, bentuk akardirasionalkan dengan substitusi trigonometri, yaitu :

(i). x = 2 sin t , dan 24 x− = 2 cos t

(ii). dx = 2 cos t dt

(iii). Perubahan batas integral, t = 0, bila x = 0, dan t = /2, bila x = 2

Dengan substitusi tersebut dihasilkan,

dx x x )4( 2/3242

0−∫ = dx x x 4

3242

0⎟ ⎠ ⎞

⎜⎝ ⎛ −∫ = ∫

/2

0

34 )cos2()(2sinπ

t t 2 cos t dt

= 256 ∫/2

0

44 cossinπ

t t dt

= 256 ∫ −−/2

0

1)2/5(212(5/2) cossinπ

t t dt

= 256 [2

1B(5/2,5/2)] = 128

)2/52/5(

)2/5( )2/5(

+ΓΓΓ



= 128)5(

])4/3][()4/3[(

Γπ π

= π 16

9

!4

128= 3π

Cara kedua. Integral tentu diatas juga dapat dihitung dengan mensubtitusikan :

(i). x2 = 4u, atau x = 2 u = 2 u

1/2

(ii). 2/32 )4( x− = 2/3)44( u− = 2/32/3 )1()4( u− = 8 2/3)1( u−

(iii). x dx = 2 du, atau dx = u –1/2

du

(iv). Perubahan batas integral, u = 0, bila x = 0, dan u = 1, bila x = 2


dx x x )4( 2/3242

0−∫ = duuuu ])1(8[)4( 2/12/321

0

−−∫

= 128 duuu )1( 2/32/31

0−∫ = 128 duuu )1( 1)2/5(1)2/5(1

0

−− −∫

= 128 B(5/2,5/2) = 128)2/52/5(

)2/5( )2/5(

+ΓΓΓ

= 3π

Perhatikanlah bahwa kedua cara menghasilkan hasil akhir yang sama, dan terlihat bahwa cara

kedua kelihatannya lebih praktis dan lebih sederhana. Untuk lebih jelasnya perhatikanlahcontoh-contoh berikut ini.

Contoh 6.2.6.

Hitunglah, dx

x

x

27

3

0 3 3

6

∫−

Penyelesaian

Untuk mereduksi tanda akar pangkat tiga dari integran biasanya digunakan substitusi :

(i). u = x3 dan

(ii). du = 3 x2 dx.

Namun demikian, cara demikian ini tidak selalu berhasil, dan kesulitan yang timbul adalahmengubah pangkat dari pembilang yakni ( x

6) dalam bentuk yang lebih sederhana. Hal ini

tidak menjadi masalah bilamana digunakan pendekatan fungsi betha.

Dengan memperhatikan contoh soal diatas, substitusikanlah :

(i). x3 = 27u, atau x = 3u

1/3

(ii). 3/13)27( x− = 3/1)2727( u− = 3/13/1 )1()27( u− = 3 3/1)1( u−

(iii). dx = u –2/3

du



dx

x

x

27

3

0 3 3

6

∫−

= dx

x

x

)27(

3

0 3/13

6

∫−

= )(

)1(3

)3(

1

0

3/2

3/1

63/1

duu

u

u∫ −

−

= 35

duuuu )1())(( 3/11

0

3/23/6 −− −∫ = 35 duuu )1( 3/11

0

3/4 −−∫

= 35

duuu )1( 1)3/2(1

0

1)3/7( −− −∫ = 35 B(7/3,2/3)

= 35

)3/23/7(

)3/2( )3/7(

+ΓΓΓ

=)3(

35

Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3

4⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3

1Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3

1Γ ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3

2



= 2 )3( 3

π

π

)3/1sin( = 54

3)2/1(

π = π

3

108

= π 336

Contoh 6.2.7.

Hitunglah, dx x x )16(20

4/546∫ −

Penyelesaian :

Dengan cara yang sama seperti diatas, subsitusikanlah :

(i). x4 = 16u, atau x = 2 u

1/4

(ii). 4/54 )16( x− = 4/5)1616( u− = 4/54/5 )1()16( u− = 25 4/5)1( u−

(iii). dx = 4/3

2

1 −u du



dx x x )16(

2

0

4/546

∫ − = ⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

−

−

∫ duuuu

4/31

0

4/5564/1

2

1

])1(2[)2(

= 210

duuu∫ −1

0

4/54/3 )1( = 210

duuu∫ −− −1

0

1)4/9(1)4/7( )1(

= 210

B(7/4,9/4) = 210

)]4/9()4/7[(

)4/9()4/7(

+ΓΓΓ

=)4(

210

Γ Γ(7/4)Γ(9/4)

=!3

210

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )4/3(4

3⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ Γ )4/1(16

5 Γ(7/4)Γ(9/4)

=6

210

62

15Γ(3/4)Γ(1/4) = 40

π

π

)4/1sin(= 40

2)2/1(

π

= π 240

Disamping untuk menghitung integral tentu terutama integral tak wajar jenis kedua yang

konvergen, manfaat lain dari fungsi betha adalah dapat digunakan untuk menghitung integral

tak wajar, khususnya integral tak wajar jenis pertama. Hal ini dinyatakan pada contoh soal

berikut ini.

Contoh 6.2.8

Buktikanlah bahwa, ∫ ∞ −

+

0

1

1

dx x

x p

= Γ( p) Γ(1– p), dengan 0 < p < 1. Dengan hasil itu,

hitunglah dx x

x

1 0

/43

∫

∞ −

+ Penyelesaian :

Untuk membuktikan kesamaan diatas, andaikan

(i). y = x

x

+1, y(1 + x) = x; x(1 – y) = x atau x =

y

y

−1

(ii). dx =2

)1(

)1()1)(1(

y

y y

−

−−−dy =

2)1(

1

y−dy



(iii). Perubahan batas, y = 0, bila x = 0, dan y = 1, bila x = ∞

Dengan pengandaian diatas integral tak wajar dapat ditulis menjadi,

∫ ∞ −

+

0

1

1

dx x

x p

= ∫ ∞ −

+

0

2 1 dx x

x

x p = ∫

−⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−

−1

0 2

2

)1(

1

1 dy

y y

y y

p

= ∫ −− −

−1

0 22

2

)1(

1

)1( dy

y y

y y p

p

= dy y y p p

∫ −−

−1

0

1)1(

= dy y y p p∫ −−− −1

0

1)1(1 )1( = B(p,1 – p)

=)]1([

)1()(

p p

p p

−+Γ−ΓΓ

=)1(

)1()(

Γ−ΓΓ p p

= ( p) (1 – p)

Berdasarkan hasil diatas, maka untuk p – 1 = –3/4, atau p = ¼ dihasilkan :

dx x

x

1

0

4/3

∫ ∞ −

+ = dx

x

x

1

0

1)4/1(

∫ ∞ −

+ = = B[1/4,1–(1/4)] = (1/4) (1 – 1/4)

=

π

π

)4/1sin(

=

2)2/1(

π = π 2

Contoh 6.2.9

Dengan menggunakan hasil dari soal 7.2.8, hitunglah :

(a).1

0 3∫ ∞

+ x

dx (b).

1

0 8

5

∫ ∞

+ x

dx x

Penyelesaian :

(a). Menghitung1

0 3∫ ∞

+ x

dx

Untuk dapat menggunakan rumus pada contoh 7.2.8, substitusikanlah :

(i). u = x3, atau x = u

1/3

(ii). dx = duu 3/2

3

1 −

Dengan subsitusi diatas, diperoleh :

1

0 3∫ ∞

+ x

dx=

1

)3/1(

0

3/2

∫ ∞ −

+du

u

u

=3

1

1

0

1)3/1(

∫ ∞ −

+du

u

u

Dari integral terakhir ini diperoleh, p = 1/3. Jadi,

1

0 3∫ ∞

+ x

dx=

3

1 (1/3) (1 – 1/3) =

3

1

π

π

)3/1sin(

=3

1

3)2/1(

π =

33

2π

(b). Menghitung,1

0 8

5

∫ ∞

+ x

dx x

Seperti pada contoh sebelumnya, untuk dapat menggunakan rumus pada contoh 7.2.8,

substitusikanlah :



(i). u = x8, atau x = u

1/8

(ii). dx = duu 8/7

8

1 −

Dengan subsitusi diatas, diperoleh :

1

0 8

5

∫

∞

+ x

dx x=

8

1

1

)(

0

8/758/1

∫

∞ − ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛

+

duu

u

u

=8

1

1

))((

0

8/78/5

∫ ∞ −

+du

u

uu

=8

1

1

0

8/2

∫ ∞ −

+du

u

u

=8

1

1

0

1)4/3(

∫ ∞ −

+du

u

u

Dengan menggunakan hasil dari rumus contoh 7.2.8, dari bentuk integral terakhir ini

diperoleh, p = ¾. Jadi,

1 0 8

5

∫ ∞

+ x

dx x

= 8

1

(3/4) (1 – 3/4) = 8

1

π

π

)4/3sin( = 8

1

2)2/1(

π

= π 8

2

Integral Dirichlet

Salah satu penerapan penting dan kelihatannya cukup prakis adalah untuk menghitung

integral lipat tiga yang dikenal dengan integral Dirichlet. Pada dasarnya untuk menghitung

integral lipat tiga ini, biasanya digunakan transformasi koordinat, namun dengan pendekatan

ini langkah tersebut dapat dilewati. Integral Dirichlet ini menyatakan, jika V menyatakan

benda tertutup di dalam oktan pertama yang dibatasi oleh permukaan, p

a x ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +

q

b y ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ +

r

c z ⎟

⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ = 1

dan bidang-bidang koordinat. Bilamana semua konstanta positif, Maka

∫∫∫ −−−

V

z y x 111 γ β α dxdydz = pqr

cba γ β α

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++Γ

ΓΓΓ

r q p

r q p

γ β α

γ β α

1

)/()/()/(

Contoh 7.2.9

Sebuah benda pejal dibatasi oleh bidang, 4 x + 3 y + 2 z = 12, dan bidang-bidang koordinat.

Hitunglah massa bendanya jika kerapatannya kxyz.

Penyelesaian

Dengan menggunakan integral lipat tiga, massa dihitung dengan rumus :m = k ∫∫∫

V

xyz dxdydz

dimana V benda pejal yang dibatasi oleh bidang 4 x + 3 y + 2 z = 12. Dengan pendekatan

integral Dirichlet, integral lipat diatas ditulis menjadi,

m = k ∫∫∫ −−−

V

z y x 121212 dxdydz



dan benda pejalnya ditulis menjadi,643

z y x++ = 1. Berdasarkan hasil ini, diperoleh :

a = 3, b = 4, c = 6; p = q = r = 1, α = β = γ = 2

p

α = 2,

q

β = 2,

r

γ = 2 dan 1 +

p

α +

q

β +

r

γ = 7

Jadi massa benda pejalnya diberikan oleh,

m = k ∫∫∫V

xyz dxdydz = k )1)(1)(1(

)6()4()3( 222

)7(

)2()2()2(

ΓΓΓΓ

=!6

)72( 2

k =5

36k

Contoh 6.2.10

Sebuah benda pejal dibatasi oleh elipsoida, 4 x2 + 9 y

2 + 16 z

2 = 144. Hitunglah volume benda

pejalnya.

Penyelesaian

Elipsoida, 4 x2 + 9 y

2 + 16 z

2 = 144, pusatnya adalah (0,0,0), sehingga elipsoida simetris

terhadap titik pusat koordinat, maka volume benda pejal dalam integral lipat tiga diberikan

oleh,

V = 8 ∫∫∫V

dxdydz

dimana V benda pejal yang dibatasi oleh, 4 x2 + 9 y

2 + 16 z

2 = 144. Dengan pendekatan integral

Dirichlet, integral lipat diatas ditulis menjadi,

m = 8 ∫∫∫ −−−

V

z y x 111111 dxdydz

dan benda pejalnya ditulis menjadi,

91636

222 z y x

++ = 1, atau

222

346 ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ z y x = 1

Berdasarkan hasil ini, diperoleh :

a = 6, b = 4, c = 3; p = q = r = 2, α = β = γ = 1

p

α = ½,

q

β = ½,

r

γ = ½ 1 +

p

α +

q

β +

r

γ =

2

5

Jadi volume benda pejalnya dengan pendekatan integral Dirichlet diberikan oleh,

V = 8 ∫∫∫V

dxdydz = 8)2)(2)(2(

)3()4()6( 111

)2/5(

)2/1()2/1()2/1(

ΓΓΓΓ

= 8 ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 8

72

π

π π π

)2/1)(2/3(

))()(( = (72)( π

3

4) = 96π

Contoh 6.2.11Sebuah benda pejal berbentuk bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari r . Hitunglah massanya

bilamana kerapatannya adalah, x2 y

2 z

2.

Penyelesaian

Mengingat bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari r , simetris terhadap titik pusat, maka massa

benda pejal dengan kerapatan x2 y

2 z

2, dalam integral lipat tiga diberikan oleh,

m = 8 ∫∫∫V

z y x 222 dxdydz



dimana bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari r . Persamaan bola, x2 + y

2 + z

2 = r

2, dapat pula

ditulis menjadi,222

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ r

z

r

y

r

x = 1

Sedangan integral lipat tigas diatas, dapat pula ditulis menjadi,

m = 8 ∫∫∫ −−−V

z y x 131313 dxdydz

Oleh karena itu, dengan pendekatan integral Dirichlet berdasarkan hasil ini dihasilkan :

a = b = c = r ; p = q = r = 2, α = β = γ = 3

p

α =

q

β =

r

γ =

2

3 1 +

p

α +

q

β +

r

γ =

2

11

Jadi masa benda pejalnya dengan pendekatan integral Dirichlet diberikan oleh,

m = 8 ∫∫∫ −−−

V

z y x131313 dxdydz

= 8)2)(2)(2(

)()()( 333 r r r

)2/11(

)2/3()2/3()2/3(

Γ

ΓΓΓ

=π

π

)2/1)(2/3)(2/5)(2/7)(2/9(

])2/1[( 39r

945

4 9r π

Soal-soal Latihan 6.2Dengan menggunakan pendekatan fungsi betha, dan atau rumus-rumus yang terkait dengan

fungsi betha, hitunglah integral tentu berikut ini

1. ∫ −1

0

4/114/9 )1( x x dx 2. dx x

x

1

1

0 4

4/5

∫ −

3. dx x x )2()1(2

1

54∫ −− 4. dx xaa xa

a )1()(

1

3/53/7∫ +

−+−

5. dx x x

)4)(2(

1

4

2∫ −− 6. dx x x )8()1(

8

1

3/73/5∫ −−

7. dx x x )4()1(4

1

2/33∫ −− 8. dx x x 162

0

4 42∫ −

9. dx

x

x

16

2

0 3 4

2

∫−

10. dx x x

)8)(1(

1

8

1 3∫ −−

11. ∫/2

0

6cosπ

t dt 12. ∫/2

0

7sinπ

t dt

13. ∫/2

0

9cosπ

t dt 14. ∫/2

0

8 sinπ

t dt

15. ∫/2

0

46 cossinπ

t t dt 16. ∫/2

0

57 cossinπ

t t dt

17. ∫/2

0

76 cossinπ

t t dt 18. ∫/2

0

2/75/2 cossinπ

t t dt

19. ∫/2

0

3/83/4 cossinπ

t t dt 20. ∫/2

0

3/93/7 cossinπ

t t dt



21. ∫/2

0

3/143/10 cossinπ

t t dt 22.1

0 4∫ ∞

+ x

dx

23.1

0 6

3

∫ ∞

+ x

dx x 24.

1

0 3∫ ∞

+ x

dx x

25. 1 0 4

2

∫ ∞

+ x

dx x 26.

1 0 2∫

∞

+kx

kx

ae

dxe

Dalam soal-soal latihan berikut ini, gunakan integral Direchlet untuk menghitung integral

tentu yang diberikan.

27. Sebuah lamina dibatasi oleh bidang, 2 x + 3 y = 6, dan sumbu-sumbu koordinat. Hitunglah

massa bendanya jika kerapatannya adalah xy

28. Carilah pusat massa suatu lamina di kuadran pertama yang dibatasi oleh x2/3

+ y2/3

= 1

bilamana kerapatannya adalah xy

29. Hitunglah massa suatu lamina yang dibatasi oleh, x2/3

+ y2/3

= 1 bilamana kerapatannya

adalah x2 y

2

30. Hitunglah volume bola dengan pusat (0,0,0) dan jari-jarinya r .

31. Hitunglah massa elipsoida,

222

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ c

z

b

y

a

x = 1, bilamana kerapatannya adalah xyz

32. Hitunglah volume benda pejal yang dibatasi oleh, x2/3

+ y2/3

+ z2/3

= 1

33. Hitunglah massa volume benda pejal yang dibatasi oleh, x2/3

+ y2/3

+ z2/3

= 1, bilamana

kepatannya adalah kxyz



REFERENSI

1. Anton, Howard, Irl Bives, Stephan Davis, Calculus, Seventh Edition,John Wiley and Sons Inc, Singapore, 2002

2. Ayres, Frank, and Elliot Mendelson, Theory and Problems of

Differenntion and Integral Calculus, 3/ed, Metric Edition, Schaum’s

Outlines Series, McGraw-Hill Book Company, Landon, 1992

3. Baisuni, H.M. Hasyim, Kalkulus, Edisi Pertama, UniversitasIndonesia Press, Jakarta, 1986

4. Croft, Anthony, Engineering Mathematics, Third Edition, Pearson

Education, 20015. Erwin Kreyszig, Advanced Engineering Mathematics, Eighth Edition,

John Wiley and Sons, 2003

6. Hoffman, Laurance, D and Gerald L. Bradley, Calculud for Business,

Economics, and the Sosial and Life Science, Fourth Edition, Mc.

Graw Hill, 1989

7. Johnson, RE and Riokemeister, FL, Calculus with Analitic Geometry,

Third Edition, Prentice Hall of India, New Delhi, 1981

8. Kaplan, Wilfred, Advanced Calculus, Addison Wesley, Pub Co Inc,USA, 1976

9. Lopez, Robert, Advanced Engineering Mathematics, Pearson

Education Asia, 2001

10. Murray R. Spiegel, (terjemahan Koko Martono), Matematika Teknik

Lanjutan Untuk Para Insinyur dan Ilmuwan, Erlangga, Jakarta, 1995

11. Murray R. Spiegel, (terjemahan Koko Martono), Kalkulus Lanjut,Erlangga, Jakarta, 1999

12. Purcell, Edwin J, Varberg, Dale, (terjemahan I Nyoman Susila, Bana

Kartasasmita, Ramuh), 1994, Kalkulus dan Geometri Analitis, Edisi

Kelima, Jilid II, Erlangga, Jakarta

13. Peter, O;Neil, Advanced Engineering Mathematics, Fourrth Edition,

Books/Cole, California, 1995

14. Piskunov, N Differential and Integral Calculus, Peace Publication,

Moscow

15. Pipes, Louis A. and Lawrence R Harvill, Applied Mathematics for

Engineering and Physicists, Third Edition, Mac Graw-Hill

Kogakusha, Tokyo, 1970



BACKCOVER

Penerapan Matematika Lanjut atau Kalkulus Lanjut terutama yang berkaitan dengan analisis

fungsi n variabel banyak sekali baik dalam ilmu rekayasa, maupun dalam ilmu science padaumumnya. Untuk dapat menerapkan analisis fungsi n variabel diperlukan pengetahuan, teknik

dan ketrampilan yang cukup memadahi. Buku ini disusun dalam rangka menjawab masalah

itu. Buku ini merupakan kelanjutan atau bagian yang tidak terpisahkan dari buku Kalkulus

fungsi satu variabel yang penulis susun. Oleh karena itu pembahasan buku ini lebih

ditekankan pada penggunaan teori atau teorema, dan pembahasan contoh-contoh soal.

Sasaran buku ini lebih ditujukan bagi mahasiswa jurusan eksakta yang mengambil mata

kuliah kalkulus lanjut atau matematika teknik. Oleh karenanya setiap pembahasan, langkah-langkah yang digunakan diupayakan mudah diikuti khususnya oleh mahasiswa dan para

pembaca pada umumnya.

Memahami dan menerapkan analis kalkulus lanjut tidaklah dapat dihafal, akan tetapi harus

lebih banyak mengerjakan soal-soal latihan, maka pada setiap akhir sub bab pokok bahasan

disediakan soal-soal latihan. Lebih dari 1000 soal latihan yang merupakan bagian yang tidak

terpisahkan dari buku ini, dengan harapan dikerjakan untuk menambah pendalaman materi.

Letak keunggulan dari buku ini adalah bahwa buku ini lebih menekankan pada bagaimana

menyelesaikan masalah, namun demikian tidak meninggalkan kaidah-kaidah secara teori.

Buku ini disusun menjadi terdiri atas enam bab atau bagian, terdiri atas fungsi n variabel,

turunan parsial dan aplikasinya, integral lipat dua dan tiga termasuk didalamnya koodinat

bola dan silinder, analisis kalkulus medan vektor, deret tak hingga, dan terakhir dibahas

fungsi gamma dan fungsi beta.

Buku Kalkulus Lanjut Oke

Documents

Transcript of Buku Kalkulus Lanjut Oke