DIKTAT · 2015-10-31 · KATA PENGANTAR Diktat ini berisi teori integral tertentu dan aplikasinya...
105
DIKTAT KALKULUS 2 Oleh: Anita T. Kurniawati, S.Si, M.Si. Drs. Soehardjo Terbatas untuk kalangan sendiri INSTITUT TEKNOLOGI ADHI TAMA SURABAYA 2011
Transcript of DIKTAT · 2015-10-31 · KATA PENGANTAR Diktat ini berisi teori integral tertentu dan aplikasinya...
DIKTAT KALKULUS 2
Oleh:
Anita T. Kurniawati, S.Si, M.Si.
Drs. Soehardjo
Terbatas untuk kalangan sendiri
INSTITUT TEKNOLOGI ADHI TAMA SURABAYA
2011
KATA PENGANTAR
Diktat ini berisi teori integral tertentu dan aplikasinya (luas dataran, panjang busur,
volume benda putar, titik berat, momen inersia, dsb). Diktat ini dibuat dengan tujuan agar
mahasiswa mampu mempelajari dengan mudah mata kuliah kalkulus dan dapat digunakan
sebagai literatur utama disamping literatur lainnya, karena didalam diktat ini juga berisi tugas
yang harus diselesaikan oleh mahasiswa.
Tulisan ini adalah sebagai pengalaman almarhum Bapak Soehardjo dan teman-teman
dosen yang mengajar di ITATS. Bapak Soehardjo adalah seorang dosen yang mengajar sejak
tahun 1966 pada fakultas-fakultas teknik di lingkungan ITS dan ITATS serta mengajar di
Universitas Kebangsaan Malaysia (UKM) di Kualalumpur tahun 1974-1976. Diktat ini
dipersembahkan untuk mengenang jasa almarhum Bapak Soehardjo yang telah mengabdikan
diri seumur hidupnya di dunia pendidikan.
Supaya dapat memahami isi yang terkandung dalam diktat ini diharapkan mahasiswa
harus menguasai teorinya dulu. Penulis menyadari bahwa isi dari diktat ini tidak luput dari
berbagai kekurangan, karena itu kritik dan saran yang membangun dari pembaca sangat
diharapkan untuk penyempurnaan pada penerbitan yang akan datang.
Kepada siapa saja yang telah membantu sehingga memungkinkan terbitnya diktat ini,
penulis mengucapkan banyak terima kasih.
Semoga diktat ini bermanfaat bagi pemakai.
Penulis
DAFTAR ISI
BAB 1. INTEGRAL TERTENTU
1.1.Pengertian Integral Tertentu 1
1.2.Teorema Newton – Leibnitz 1
1.3.Sifat – sifat Integral Tertentu 2
1.4.Integral Tak Wajar 5
Soal Latihan 9
BAB 2. LUAS DATARAN
2.1. Pada Koordinat siku – siku 10
2.2. Pada Koordinat Kutub 10
Soal Latihan 14
BAB 3. ISI BENDA PUTAR
3.1. Pada Koordinat siku – siku 15
3.2. Pada Koordinat Kutub 16
Soal Latihan 20
BAB 4. PANJANG BUSUR
4.1. Pada Koordinat siku – siku 21
4.2. Pada Koordinat Kutub 22
Soal Latihan 24
BAB 5. LUAS KULIT BENDA PUTAR
5.1. Pada Koordinat siku – siku 25
5.2. Pada Koordinat Kutub 26
Soal Latihan 29
BAB 6. TITIK BERAT
6.1. Titik Berat dari buah titik massa 30
6.2. Titik Berat keping datar homogin 31
6.3. Dalil Guldin 1 32
6.4. Titik Berat Busur 35
6.5. Dalil Guldin 2 36
6.6. Titik Berat Kulit Benda Putar 37
6.7. Titik Berat Isi Benda Putar 39
Soal Latihan 41
BAB 7. MOMEN INERSIA
7.1. Pengertian Momen Inersia 43
7.2. Momen Inersia Keping Datar 46
7.3. Dalil Pergeseran (Dalil Sumbu Sejajar) 47
7.4. Momen Inersia Busur 50
7.5. Momen Inersia Kulit Benda Putar 51
7.6. Momen Inersia Isi Benda Putar 52
7.7. Momen Inersia Isi OYI dari keping yang diputsr pada sumbu x 54
Soal Latihan 56
BAB 8. NILAI PURATA PADA KALKULUS INTEGRAL
8.1. Nilai rata-rata dari ordinat (mean value) 57
8.2. Nilai akar rata-rata kwadrat (a.r.k) 57
Soal Latihan 59
BAB 9. TURUNAN PARSIAL 60
BAB 10. PERSAMAAN DIFERENSIAL
10.1. PD Tingkat satu derajat satu 62
10.2. PD Tingkat Dua 77
Soal Latihan 88
BAB 11. PENERAPAN PERSAMAAN DIFERENSIAL 91
DAFTAR PUSTAKA
1
1.1. Pengertian Integral Tertentu
Pandang y = f (x) fungsi kontinu pada [𝑎, 𝑏]. Interval [𝑎, 𝑏] dibagi menjadi n interval bagian dengan
titik – titik bagi sbb: 𝑎 = 𝑥0, 𝑥1 , 𝑥2, … , 𝑥𝑖−1, 𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1, … , 𝑥𝑛−1, 𝑥𝑛 = 𝑏, sedemikian hingga :
𝑥𝑖−1 < 𝑥𝑖 < 𝑥𝑖+1; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 − 1 . Namakan : 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 = ∆𝑥𝑖 . (𝑖 = 1,2,3, … , 𝑛).
Ambil titik – titik 𝑡𝑖 , sedemikian hingga 𝑥𝑖−1 < 𝑡𝑖 < 𝑥𝑖 . Dibentuk jumlah :
𝑆𝑛 = 𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥𝑖
𝑛
𝑖=1
= 𝑓 𝑡1 ∆𝑥1 + 𝑓 𝑡2 ∆𝑥2 + ⋯ + 𝑓 𝑡𝑛 ∆𝑥𝑛
Nyatakan maksimum ∆𝑥 dengan Max ∆𝑥𝑖 → 0 atau 𝑛 → ∞ sedemikian hingga
lim𝑀𝑎𝑥 ∆𝑥𝑖→0
𝑓(𝑥𝑖)
𝑛
𝑖=1
∆𝑥𝑖 = 𝐿
Interval [𝑎, 𝑏] dibagi atas n interval bagian yang berbeda dengan yang tadi dimana ∆𝑥𝑖 → 0,
sedemikian hingga:
lim𝑛→∞
𝑆𝑛 = lim𝑛→∞
𝑀𝑎𝑥 ∆𝑥𝑖
𝑓(𝑥𝑖)
𝑛
𝑖=1
∆𝑥𝑖 = 𝐿
lagi, maka 𝑓(𝑥) terintegralkan pada [𝑎, 𝑏]. Sehingga dapat ditulis dengan
b
a
n
i
iix
dxxfxtfLimi
)()(1
0,
yang disebut integral tertentu dari f (x) terhadap 𝑥 dari 𝑥 = 𝑎 sampai dengan 𝑥 = 𝑏. Sehingga 𝑎
disebut sebagai batas bawah integrasi sedangkan untuk 𝑏 disebut sebagai batas atas integrasi.
1.2. Teorema Newton – Leibnitz
“Jika 𝑭 𝒙 integral tak tertentu dari 𝒇(𝒙) pada 𝒂, 𝒃 maka 𝒇 𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂)
𝒃
𝒂”
1
INTEGRAL TERTENTU
0 𝑎 = 𝑥0 𝑡1 𝑥1 𝑡2 𝑥2 𝑥3 𝑥𝑖−1 𝑡𝑖 𝑥𝑖 𝑥𝑛−1 𝑡𝑛 𝑥𝑛 = 𝑏
2
Bukti:
Pandang fungsi 𝐺 𝑥 = 𝑓 𝑡 𝑑𝑡, 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]𝑥
𝑎. Fungsi ini adalah integral tak tertentu dari 𝑓(𝑥) pada
[𝑎, 𝑏]. Ingat kembali bahwa setiap dua buah integral tak tertentu dari sebuah fungsi yang diberikan
berbeda satu dengan yang lain oleh sebuah konstanta, karena itu ada sebuah konstanta C sedemikian
hingga 𝐺 𝑥 = 𝐹 𝑥 + 𝐶 atau 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑥 + 𝐶 𝑥
𝑎 untuk semua 𝑥 dalam [𝑎, 𝑏]. Jika 𝑥 = 𝑎, maka
𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑎 + 𝐶𝑎
𝑎. Karena 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 0
𝑎
𝑎, didapat 𝐹 𝑎 + 𝐶 = 0 atau 𝐶 = −𝐹(𝑎) sehingga
𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑥 − 𝐹(𝑎)𝑥
𝑎. Sekarang jika 𝑥 = 𝑏 maka 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)
𝑏
𝑎 dan ganti 𝑡
dengan 𝑥 didapat 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)𝑏
𝑎. ∎
Teorema Newton-Leibnitz dapat ditulis menjadi :
dimana 𝑓 𝑥 = 𝐹′ (𝑥).
Contoh:
3 𝑥
1
0
𝑑𝑥 = 3 𝑥1 2 𝑑𝑥
1
0
= 2𝑥3 2 |01 = 2(1)3 2 − 2(0)3 2 = 2
1.3. Sifat-Sifat Integral Tertentu
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹 𝑥 |𝑎𝑏 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)
𝑏
𝑎
1. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
𝑏
𝑏
𝑎
2. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑏
𝑎= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑐
𝑎+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥;
𝑏
𝑐 𝑎 < 𝑐 < 𝑏
3. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
0= 𝑓 𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
4. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
5. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = 𝑓(𝑥) maka 𝑓(𝑥)2𝑎
0𝑑𝑥 = 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
6. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = −𝑓(𝑥) maka 𝑓(𝑥)2𝑎
0𝑑𝑥 = 0
7. Jika 𝑓(𝑥) fungsi periodik dengan periode 𝑝, 𝑓 𝑥 = 𝑓(𝑥 + 𝑝), maka
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑛 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑝
0
𝑛𝑝
0
8. Jika 𝑓(𝑥) fungsi genap, maka 𝑓(𝑥)𝑎
−𝑎𝑑𝑥 = 2 𝑓(𝑥)
𝑎
0𝑑𝑥
9. Jika 𝑓(𝑥) fungsi gasal, maka 𝑓(𝑥)𝑎
−𝑎𝑑𝑥 = 0
3
Bukti :
1. Misal: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥), maka dari kiri dapat dibuktikan bahwa 𝐹 𝑥 |𝑎𝑏 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎).
Sedangkan dari kanan:
− 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = − 𝐹(𝑥) |𝑏𝑎𝑎
𝑏= − 𝐹 𝑎 − 𝐹(𝑏) = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = bukti dari kiri. ∎
2. Misalkan 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥), maka pembuktian dari:
Kiri : 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) |𝑎𝑏𝑏
𝑎= 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)
Kanan: 𝐹 𝑥 |𝑎𝑐 + 𝐹 𝑥 |𝑐
𝑏 = 𝐹 𝑐 − 𝐹 𝑎 + 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = kiri. ∎
3. Misalkan 𝑥 = 𝑎 − 𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡. Untuk 𝑥 = 0 → 𝑡 = 𝑎; untuk 𝑥 = 𝑎 → 𝑡 = 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
= 𝑓 𝑎 − 𝑡 (−𝑑𝑡)
0
𝑎
= − 𝑓 𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑓 𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡
𝑎
0
0
𝑎
Jika 𝑡 diganti dengan 𝑥 maka didapatkan: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
0= 𝑓 𝑎 − 𝑥
𝑎
0𝑑𝑥. ∎
4. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓(𝑥)
2𝑎
𝑎𝑑𝑥
Subtitusi 𝑥 = 2𝑎 − 𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡
Untuk 𝑥 = 𝑎 → 𝑡 = 𝑎
𝑥 = 2𝑎 → 𝑡 = 0
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑡 −𝑑𝑡
0
𝑎
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
0− 𝑓 2𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡
0
𝑎
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡
𝑎
0
Jadi terbukti bahwa 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0. ∎
5. Dengan sifat yang ke-4 : 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = 𝑓(𝑥) maka
berakibat bahwa 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0= 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0. ∎
6. Dengan sifat yang ke-4 : 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0+ 𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = −𝑓(𝑥) maka
berakibat bahwa 𝑓 𝑥 𝑑𝑥2𝑎
0= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0− 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0= 0. ∎
4
7. 𝑓(𝑥)𝑛𝑝
0𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
2𝑝
𝑝+ ⋯ + 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑛𝑝
𝑛−1 𝑝
Misal : 𝑥 = 𝑡 + 𝑝 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡
Untuk :𝑥 = 𝑝 → 𝑡 = 0; 𝑥 = 2𝑝 → 𝑡 = 𝑝
Diperoleh:
𝑓(𝑥)
2𝑝
𝑝
𝑑𝑥 = 𝑓 𝑡 + 𝑝 𝑑𝑡
𝑝
0
= 𝑓 𝑥 + 𝑝 𝑑𝑥
𝑝
0
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0
Jadi:
𝑓 𝑥
𝑛𝑝
0
𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0
+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0
+ ⋯ + 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0
= 𝑛 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑝
0
8. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑎
−𝑎= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
0
−𝑎+ 𝑓(𝑥)
𝑎
0𝑑𝑥
substusi: 𝑥 = −𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡;
Untuk: 𝑥 = −𝑎 → 𝑡 = 𝑎; 𝑥 = 0 → 𝑡 = 0.
Sehingga diperoleh:
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
0
−𝑎
= 𝑓 −𝑡 (−𝑑𝑡)
0
𝑎
= − 𝑓 −𝑡 𝑑𝑡
0
𝑎
= 𝑓 −𝑡 𝑑𝑡
𝑎
𝑜
= 𝑓 −𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 𝑓 −𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
… … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … . (1)
Diketahui bahwa 𝑓(𝑥) fungsi genap [𝑓 −𝑥 = 𝑓 𝑥 ] ,maka (1) menjadi:
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
= 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
9. Jika 𝑓(𝑥) adalah fungsi gasal, [𝑓 −𝑥 = −𝑓 𝑥 ] ,maka (1) menjadi:
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
−𝑎
= − 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
+ 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑎
0
= 0
5
Contoh:
1. 𝐼 = 𝑥𝜋
0cos4 𝑥 𝑑𝑥
Penyelesaian:
𝐼 = (𝜋 − 𝑥) cos4(𝜋 − 𝑥) 𝑑𝑥
𝜋
0
= 𝜋 cos4 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
− 𝑥
𝜋
0
cos4 𝑥 𝑑𝑥
𝐼 = 𝜋 cos4 𝑥 𝑑𝑥𝜋
0− 𝐼
2𝐼 = 𝜋 cos4 𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
𝐼 =𝜋
2
6𝜋
16 =
3𝜋2
16
1.4. Integral Tak Wajar
Integral tertentu 𝑓 𝑥 𝑑𝑥𝑏
𝑎 disebut sebagai integral tak wajar, jika:
(i). integrand 𝑓 𝑥 mempunyai satu/lebih titik-titik diskontinu pada 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, atau :
(ii). sekurang-kurangnya satu batas integrasi tak berhingga.
Integrand Diskontinu
1. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 ≤ 𝒙 < 𝑏 tetapi diskontinu di 𝒙 = 𝒃 , maka :
𝒇(𝒙)
𝒃
𝒂
𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦𝜺→𝟎+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃−𝜺
𝒂
kalau limit ini ada.
Integral ini disebut konvergen jika limitnya ada, dan disebut divergen jika limitnya tak ada.
Contoh: Selesaikan a).
2
02
4 x
dx; b).
4
04 x
dx
cos𝑛 𝑥 𝑑𝑥 =cos𝑛−1 𝑥 sin 𝑥
𝑛+
𝑛 − 1
𝑛 cos𝑛−2 𝑥 𝑑𝑥
Ingat RUMUS:
6
Penyelesaian:
a. integrand 2
4
1)(
xxf
diskontinu di x = 2.
lim휀→0+
𝑑𝑥
4 − 𝑥2=
2−휀
0
lim휀→0+
arcsin𝑥
2|0
2−휀 = lim휀→0+
arcsin2 − 휀
2− arcsin 0 = arcsin 1 =
𝜋
2
Jadi 24
2
02
x
dx.
b. integrand x
xf
4
1)( diskontinu di x = 4.
4
00 4 x
dxLim =
4ln)4ln()4ln(ln4ln0
4
00
LimxLim
Jadi
4
04 x
dx divergen.
2. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 < 𝑥 ≤ 𝑏, tetapi diskontinu di 𝒙 = 𝒂, maka:
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃
𝒂
= 𝐥𝐢𝐦𝜺→𝟎+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃
𝒂+𝜺
kalau limit ini ada.
Contoh: Selesaikan 3
0 x
dx
Penyelesaian:
Integrand x
xf1
)( diskontinu di x = 0.
𝑑𝑥
𝑥
3
0
= lim휀→0+
𝑑𝑥
𝑥= lim
휀→0+2 𝑥 |0+휀
3
3
0+휀
= lim휀→0+
2 3 − 2 휀 = 2 3
7
3. Jika 𝒇 𝒙 kontinu untuk semua nilai 𝒙 pada 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃 , kecuali di 𝒙 = 𝒄 dimana 𝒂 < 𝒄 < 𝑏
maka:
𝒇(𝒙)
𝒃
𝒂
𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦𝜺→𝟎+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒄−𝜺
𝒂
+ 𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃
𝒄+𝜺𝟏
kalau limit-limit ini ada.
Contoh: Selesaikan
1
1x
dx
Penyelesaiannya: Integrand x
xf1
)( hanya diskontinu di x = 0 yang terletak di antara batas-batas
integrasi -1 dan 1, maka:
𝑑𝑥
𝑥=
1
−1
lim휀→0+
1
𝑥𝑑𝑥
0−휀
−1
+ lim휀1→0+
1
𝑥𝑑𝑥
1
0+휀1
= lim휀→0+
ln |𝑥| |−1−휀 + lim
휀1→0+ln |𝑥||휀1
1
= lim휀→0+
ln 휀 − lim휀1→0+
ln 휀1
= tak ada
Jadi
1
1x
dx divergen.
Batas-batas Integrasi tak terhingga
1. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ +∞, maka :
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
+∞
𝟎
= 𝐥𝐢𝐦𝒖→+∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒖
𝟎
kalau limit ini ada.
Contoh : Selesaikan
0
29
1dx
x
Penyelesaian:
1
9 + 𝑥2 𝑑𝑥
+∞
0
= lim𝑢→+∞
1
9 + 𝑥2𝑑𝑥
𝑢
0
= lim𝑢→+∞
1
3arctan
𝑥
3|0𝑢 =
𝜋
6
8
2. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada −∞ ≤ 𝒙 ≤ 𝒃, maka :
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃
−∞
= 𝐥𝐢𝐦𝒖→−∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒃
𝒖
kalau limit ini ada.
Contoh: Selesaikan
0
2dxe
x
Penyelesaian:
𝑒2𝑥𝑑𝑥
0
−∞
= lim𝑢→−∞
𝑒2𝑥𝑑𝑥
0
𝑢
= lim𝑢→−∞
1
2𝑒2𝑥|𝑢
0 = lim𝑢→−∞
1
2(𝑒0 − 𝑒𝑢) =
1
2
3. Jika 𝒇 𝒙 kontinu pada −∞ ≤ 𝒙 ≤ +∞, maka:
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
+∞
−∞
= 𝐥𝐢𝐦𝒖→−∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒂
𝒖
+ 𝐥𝐢𝐦𝒖𝟏→+∞
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒖𝟏
𝒂
kalau limit-limit ini ada.
Contoh: Selesaikan
dxx
24
1
Penyelesaian:
1
4 + 𝑥2𝑑𝑥
+∞
−∞
= lim𝑢→−∞
1
4 + 𝑥2𝑑𝑥
0
𝑢
+ lim𝑢1→+∞
1
4 + 𝑥2𝑑𝑥
𝑢1
0
= lim𝑢→−∞
1
2arctg
𝑥
2|𝑢
0 + lim𝑢1→+∞
1
2arctg
𝑥
2|0𝑢1
= lim𝑢→−∞
1
2 arctg 0 − arctg 𝑢 + lim
𝑢1→+∞
1
2 arctg 𝑢1 − arctg 0 =
𝜋
2
9
Dapatkan nilai integral tertentu berikut:
1. 𝐼 = 𝑥3𝑑𝑥2
−1
2. 𝐼 = 2𝑥 − 𝑥5 𝑑𝑥3
2
3. 𝐼 = (4𝑥2 − 7𝑥 + 1)𝑑𝑥2
−2
4. 𝐼 = ( 𝑥3
+ 5𝑥−1
2)𝑑𝑥8
1
5. 𝐼 = 7
𝑥𝑑𝑥
𝑒
1
6. 𝐼 = (2 sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥 + 2 𝑠𝑒𝑐2𝑥)𝑑𝑥𝜋
4𝜋
6
7. 𝐼 = ( 2 +1
2𝑥−
1
2)𝑑𝑥4
2
8. 𝐼 = 5
𝑥25 𝑑𝑥32
1
9. 𝐼 = (sin 𝑥 + 2 𝑒𝑥)𝑑𝑥𝜋
0
10. 𝐼 = 4𝑥
2−2𝑥2𝑑𝑥
1
20
11. 𝐼 = 7𝑥 + 2𝑑𝑥4
0
12. 𝐼 = 𝑥 4 − 𝑥2𝑑𝑥 2
0
13. 𝐼 = 𝑥
𝑥2+1𝑑𝑥
3
0
14. 𝐼 = 𝑥
2𝑥2+2𝑥𝑑𝑥
1
0
15. 𝐼 = 𝑠𝑖𝑛1
2 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥𝜋
20
16. 𝐼 = 6𝑥𝑒𝑥2+1𝑑𝑥 2
0
17. 𝐼 = (1 + 𝑡𝑔 𝑥) 𝑠𝑒𝑐2𝑥𝑑𝑥3𝜋
40
18. 𝐼 = 𝑥 1 + 𝑥2𝑑𝑥2
0
19. 𝐼 = sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥
8+sec 𝑥𝑑𝑥
𝜋
40
20. 𝐼 = 1 + 𝑥𝑑𝑥9
1
21. 𝐼 = 𝑒−𝑥𝑑𝑥+∞
0
22. 𝐼 = 1
𝑥3 𝑑𝑥+∞
1
23. 𝐼 = 1
𝑎2+𝑏2𝑥2 𝑑𝑥+∞
0
24. 𝐼 = 1
𝑥𝑑𝑥
+∞
1
25. 𝐼 = 1
(2𝑥−1)3 𝑑𝑥0
−∞
26. 𝐼 = 1
𝑥−2𝑑𝑥
3
0
27. 𝐼 = 1
𝑥3 𝑑𝑥
8
0
28. 𝐼 = 1
9−𝑥𝑑𝑥
9
0
29. 𝐼 = 1
𝑥−3 2 𝑑𝑥4
3
30. 𝐼 = 𝑥
𝑥2+2𝑑𝑥
+∞
−∞
SOAL-SOAL LATIHAN
10
1.1. Pada koordinat siku-siku
Y
XX
Pandang 𝑦 = 𝑓(𝑥) kontinu dan non negatif
pada [𝑎, 𝑏]. Interval [𝑎, 𝑏] dibagi menjadi n
bagian yang sama: 𝑏−𝑎
𝑛= ∆𝑥 dengan titik-titik
bagi: 𝑎 = 𝑥0, 𝑥1, 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 = 𝑏. Pada masing-
masing interval bagian dipilih sebuah titik:
𝑡1, 𝑡2, 𝑡3, … , 𝑡𝑛 dimana 𝑥0 < 𝑡1 < 𝑥1, 𝑥1 <
𝑡2 < 𝑥2 , . . . , 𝑥𝑖−1 < 𝑡𝑖 < 𝑥𝑖 , … , 𝑥𝑛−1 < 𝑡𝑛 <
𝑥𝑛 . Ambil sebuah lajur dengan alas ∆𝑥, tinggi
𝑓 𝑡𝑖 . Luas masing-masing lajur adalah
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥; 𝑖 = 1, 2, 3, … , 𝑛 .
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥
𝑛
𝑖=1
= jumlah luas 𝑛 buah empat persegi panjang pendekatan.
Untuk n atau 0x , maka luas daerah yang dibatasi oleh kurva )(xfy , sumbu x,
garis-garis x = a dan x = b adalah :
1.2. Pada Koordinat kutub
Luas dataran yang di batasi oleh kurva
𝑟 = 𝑓 𝜃 , jari-jari hantar pada 𝜃 = 𝜃1 dan
𝜃 = 𝜃2 diperoleh dengan cara sbb:
AOB dibagi menjadi 𝑛 bagian yang sama,
∆𝜃 =𝜃2−𝜃1
𝑛 . Lewat titik-titik bagi ditarik
jari-jari hantarnya:
),.(,...,,, 111321 nn rOBrOArrrr.
Ambil sebuah juring lingkaran OPQ.
2
LUAS DATARAN
𝐿 = lim∆𝑥→0
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥
𝑛
𝑖=1
= 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
= 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑦𝑖 = 𝑓(𝑡𝑖)
0 𝑎 𝑥𝑖−1 𝑡𝑖 𝑥𝑖 𝑏
𝑦 = 𝑓(𝑥)
𝐏(𝒓𝒊, 𝜽𝒊)
∆𝜽
Q
P
0
A
B
X
11
Busur irPQPQ .
Luas juring OPQ = 2
1(Busur PQ).(OP).
= 2
2
1))((
2
1iii rrr
Sehingga luas juring seluruhnya=
2
1 2
1i
n
i
r .
Untuk 0 atau n maka luas yang dicari adalah:
dimana 1 XOA , 2 XOB
Dari penjelasan 2.1 dan 2.2 dapat dibuat ringkasan sebagai berikut:
PQRS = dL
Elemen Luas ydxdL
Luas ABCD adalah :
Karena y < 0, maka elemen luas
ydxdL .
Luasnya adalah
𝐿 = lim∆𝜃→0
1
2𝑟𝑖
2
𝑛
𝑖=1
∆𝜃 =1
2 𝑟2
𝜃2
𝜃1
𝑑𝜃
2. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 < 0, sumbu x, garis x = a dan x = b.
𝑳 = 𝒚 𝒅𝒙
𝒃
𝒂
1. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 > 0, sumbu x, garis x = a dan x = b.
𝑳 = − 𝒚 𝒅𝒙
𝒃
𝒂
X
Y
𝒚 = 𝒇(𝒙) > 0
0 B A
y
S R
Q P
D
C
dL
dx
X b a
y
Y
𝒚 = 𝒇(𝒙) < 0
dL
dx
12
Y
Elemen luas dxyydL )( 21
Luasnya adalah
X
Y
Absis-absis titik potong dari 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 dan
𝑦2 = 𝑓2 𝑥 adalah 𝑎 dan 𝑏.
Elemen luas dxyydL )( 21 , sedangkan
luasnya adalah
X
Elemen luas: xdydL sehingga luasnya
adalah
3. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑓2 𝑥 sumbu x, garis x = a
dan x = b.
𝐿 = 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
4. Luas daerah persekutuan yang dibentuk oleh 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 dan 𝑦2 = 𝑓2 𝑥
𝐿 = 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
5. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑥 = 𝑓 𝑦 > 0, sumbu 𝑦, garis 𝑦 = 𝑐 dan 𝑦 = 𝑑
𝐿 = 𝑥 𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝒙 = 𝒇(𝒚) > 𝑜
c X
Y
d
dx x
dL
0
a b
𝒚 = 𝒇𝟐(𝒙)
𝒚 = 𝒇𝟏(𝒙)
𝒚𝟏 − 𝒚𝟐
b
𝒚 = 𝒇𝟐(𝒙)
𝒚 = 𝒇𝟏(𝒙)
a
13
,1XOA ,2XOB ,dPOQ
OP = 𝑟, rdPQ .
Elemen luas OPQ = dL.
drOPPQdL2
2
1).(
2
1 , sehingga luas
OAB,
Contoh:
1. Dapatkan luas daerah yang dibatasi oleh 2
xy , sumbu x dan garis x = 2.
Penyelesaian:
b
a
ydxL =3
8)02(
3
1
3
1 332
0
3
2
0
2 xdxx
2. Dapatkan luas daerah persekutuan yang dibentuk oleh garis lurus y = 1 dan 2
xy
Penyelesaian:
𝑦 = 𝑥2
𝑦 = 1 titik potong: 𝑥2 = 1 → 𝑥1 = −1, 𝑥2 = 1
b
a
dxyyL )( 21=
3
4
3
1)1(
1
1
1
1
32
xxdxx
6. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva bentuk kutub 𝑟 = 𝑓 𝜃 , jari-jari hantar pada
𝜃 = 𝜃1 dan 𝜃 = 𝜃2
𝐿 =1
2 𝑟2 𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
X
𝒚 = 𝒙𝟐
0
2
Y
X
𝒚 = 𝒙𝟐
0
Y=1
Y
-1
1
Q
0
A
P
𝒓 = 𝒇(𝜽)
∆𝜽
B
14
3. Dapatkan luasan keping kardioida cos1r .
Penyelesaian:
Bagian atas :1
2
1LL ,
21 ,0
2
1 0
2
12
1drL
2
3cos1
2
1.2
2
1
0
2
1 dLL
SOAL LATIHAN
Dapatkan luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva dan sertai gambarnya:
1. 𝑦 = 𝑥2, 𝑦 = 0, 𝑥 = 1, 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
2. 𝑦 = 4 − 2𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
3. 𝑦 = −8 + 2𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
4. 𝑦 = 𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 + 2
5. 𝑦 = 𝑥2 − 4𝑥 + 4, 𝑥 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
6. 𝑦 = 2𝑥 + 4, 𝑦 = 6 − 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
7. 𝑦 = 3 − 2𝑥2 , 𝑦 = 1 − 2𝑥, 𝑥 = 1, dan
𝑥 = 0
8. 𝑦 = 2𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2 − 𝑥
9. 𝑥 = 𝑦2 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 1
10. 2𝑥 + 1 = (𝑦 − 1)2 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 0
11. 𝑥 = (𝑦 − 2)2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 4 − 𝑥
12. 𝑦 = (𝑥 − 1)2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 3 − 𝑥
13. 𝑦 = 𝑥2 − 4, 𝑦 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
14. 𝑦 = 𝑥3 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥2
15. 𝑦 = 𝑥3 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥
16. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥2
17. 𝑦 = ln 𝑥 , 𝑦 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 1
18. 𝑦 = 4𝑥4 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥2
19. 𝑦2 = 12𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑥2 = 12𝑦
20. 𝑦 = 3𝑥2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 − 1 =1
4 𝑥
15
6.1 Pada Koordinat Siku-siku.
Dataran yang dibatasi oleh )(xfy , sumbu x, garis-garis x = a dan x = b; diputar pada
sumbu x (di putar penuh mengelilingi sumbu x), maka terjadi isi benda putar tersebut
diperoleh sbb:
Interval [a,b] dibagi menjadi n bagian yang sama, xn
ab
. Empat persegi panjang kecil
dengan panjang x dan lebar iy setelah di putar pada sumbu x menghasilkan tabung kecil
dengan jari-jari iy dan tinggi x dengan isi xyV i 2
. Untuk 0x atau n maka
didapat isi benda putar yang terjadi adalah:
3
ISI BENDA PUTAR
b a
𝒚 = 𝒇(𝒙)
X
Y
∆𝒙
𝒚𝒊
𝑉 = lim∆𝑥→0
𝜋𝑦𝑖2∆𝑥
𝑛−1
𝑖=1
= 𝜋 𝑦2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
16
6.2 Pada Koordinat Kutub.
Dataran yang dibatasi oleh kurva )(fr
, jari-jari hantar pada 1 dan 2
diputar pada sumbu OX. 1 XOA ,
2 XOB . XOB dibagi menjadi n
bagian yang sama,
n
12 .
Pada juring OPR diambil titik Q yang
terletak pada OR sehingga OQ = OP.
irOPQPOQ ; maka QrPQ i
Jika busur PQ ( PQ ) diputar pada
sumbu OX maka mendekati luas kulit
tabung dengan jari-jari iy dan tinggi PQ.
Luas kulit tabung kecil ini adalah:
Luas 𝑃𝑄 = 2𝜋𝑦𝑖 .𝑃𝑄 = 2𝜋𝑦𝑖 . 𝑟𝑖 . ∆𝜃.
Isi )(OPQ Isi kerucut dengan luas bidang alasnya luas )(PQ dengan tinggi ir .
Isi iiii rryrPQLuasOPQ ).2(
3
1).(
3
1)( , karena sinii ry maka:
Isi .sin3
2).sin2(
3
1)(
3
iiii rrrrOPQ . Jadi isi benda putar adalah:
Ringkasnya adalah sebagai berikut:
Y Elemen Isi dV berupa isi tabung kecil dengan jari-jari y
dan tinggi dx adalah dxydV2 , sedemikian hingga isi
X benda putar adalah
𝑉 =2
3𝜋 𝑟3 sin 𝜃 𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
𝑉 = 𝜋 𝑦2𝑑𝑥
𝑏
𝑎
1. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑦 = 𝑓(𝑥), sb. x, garis-garis
x = a dan x = b, diputar pada sumbu x.
X 0
Q
𝜽𝟐
𝐏(𝒓𝒊, 𝜽𝒊)
𝜽𝟏
P
R
A
𝒓 = 𝒇(𝜽)
D
C
dx
a
y
b
17
Y Elemen isi berupa isi tebalnya pipa dengan jari-
jari = 𝑥, tebal = 𝑑𝑥, tinggi = y.
Elemen isi: dxyxdV 2 sedemikian hingga
isi benda putar adalah:
X
Y Elemen Isi: dxyydV )(2
2
2
1 sedemikian
hingga isi benda putar adalah:
X
Elemen isi: dxyyxdV )(2 21 sedemikian hingga isi benda putar adalah:
Y Elemen Isi: dyxdV2 sedemikian hingga:
𝑉 = 𝜋 𝑥2𝑑𝑦
𝑑
𝑐
𝑉 = 2𝜋 𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑉 = 𝜋 𝑦12 − 𝑦2
2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑉 = 2𝜋 𝑥 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
2. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar ABCD seperti no. 1 diputar pada sumbu 𝑦
3. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑦1 = 𝑓1(𝑥) dan 𝑦2 = 𝑓2(𝑥)
garis-garis x = a dan x = b, diputar pada sumbu x.
4. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar seperti no.3 di atas diputar pada sumbu 𝑦
5. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑥 = 𝑓(𝑦), sumbu y, garis-
garis y = c dan y = d.
b
𝒚𝟐 = 𝒇𝟐(𝒙)
𝒚𝟏 = 𝒇𝟏(𝒙)
a
y=f(x)
b dx a
x
c
d
𝒙 = 𝒇(𝒚)
X
18
Y Elemen Isi: drdV sin3
2 3 sedemikian
hingga isi benda putar adalah:
X
Contoh:
1. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika keping setengah lingkaran 222
ayx yang
berada di atas sumbu x, diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
Y
X
332
222
3
4)
3
1(
)(
axxaV
dxxadxyV
a
a
a
a
a
a
(isi bola).
2. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh 2
xy , garis-garis x = 0
dan y = 9 diputar pada sb. y. Penyelesaian:
2
81)
2
1(
9
0
2
9
0
2
yydxV
dyxV
b
a
3. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh 2
4 xxy dan xy ,
diputar pada sumbu x. Penyelesaian:
𝑉 =2
3𝜋 𝑟3 sin 𝜃 𝑑𝜃
𝜃2
𝜃1
6. Isi benda putar pada koordinat kutub
𝜽𝟐
𝒓 = 𝒇(𝜽)
b
𝜽𝟏
a
-a 0 a
Y 𝒚 = 𝒙𝟐
x
Y
3
𝒚 = 𝒙 𝒚 = 𝟒𝒙 − 𝒙𝟐
x
19
24 xxy , xy maka titik potongnya adalah 034
22 xxxxx
3,00)3( 21 xxxx
Sedemikian hingga:
dxxxxdxyyV
b
a
3
0
2222
2
2
1 ])4[()( 5
108)158(
3
0
234 dxxxxV
4. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh xy sin , sumbu x, di
antara x = 0 s/d x diputar pada sumbu y. Penyelesaian:
2
0
0
2)sincos(2
sin22
xxx
xdxxxydxV
b
a
5. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh 3
xy , sumbu y dan
garis-garis y = 1 di putar pada garis x = 2. Penyelesaian:
Y Elemen Isi: dxxxdV )1)(2(23
sedangkan untuk isi benda putar:
5
12)1()2(2
3
1
0
dxxxV
6. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi kardioida )cos1( ar ,
diputar pada sumbu kutub. Penyelesaian:
Batas-batas integrasi dari 01 s/d 2 .
0
3
3
3
8sincos1
3
2
sin3
2 2
1
daV
drV
2
(𝟐 − 𝒙)
𝒚 = 𝒙𝟑
X
𝒚 = 𝒔𝒊𝒏(𝒙)
Y
x
20
SOAL LATIHAN
Dapatkan volume benda putar yang terjadi jika keping datar yang di batasi oleh:
(sertai gambar)
1. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
2. 𝑦 = 2𝑥2, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
3. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
4. 𝑦 =1
3𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 9 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
5. 𝑦 =1
𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
6. 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥2 , 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 0 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
7. 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
8. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
9. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
10. 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
11. 𝑥2
9+ 𝑦 = 1 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
12. 𝑥2
9+ 𝑦 = 1 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
13. 𝑦2 = 8𝑥3, 𝑦 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 (𝑑𝑖 𝑘𝑤𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
14. 𝑦2 = 8𝑥3, 𝑦 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 (𝑑𝑖 𝑘𝑤𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥.
15. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 5 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
16. 𝑦 = sin 𝑥 , 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
17. 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥2 , 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
18. 𝑦 = 𝑥4 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
19. 𝑦 = 6 − 3𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 4 − 2𝑥2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
20. 𝑦 = 2 −1
2𝑥, 𝑥 = 1, 𝑦 =
1
4 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
21
4.1 Pada Koordinat Siku-siku.
Elemen panjang busur :
𝑑𝑠 = 1 + 𝑑𝑦
𝑑𝑥
2
𝑑𝑥
Panjang busur AB:
Elemen panjang busur:
𝑑𝑠 = 1 + 𝑑𝑥
𝑑𝑦
2
𝑑𝑦
Panjang busur CD:
Elemen panjang busur:
dtdt
dy
dt
dxds
22
Panjang busur AB adalah:
4
PANJANG BUSUR
𝑠 = 1 + 𝑑𝑦
𝑑𝑥
2𝑏
𝑎
𝑑𝑥
2. Panjang busur CD dari garis lengkung 𝑥 = 𝑓(𝑦) diantara batas-batas y = c s/d y = d.
1. Panjang busur AB dari garis lengkung 𝑦 = 𝑓(𝑥) diantara batas-batas 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏.
𝑠 = 1 + 𝑑𝑥
𝑑𝑦
2𝑑
𝑐
𝑑𝑦
3. Panjang busur AB dari garis lengkung dengan persamaan parametrik 𝑥 = 𝑓(𝑡)
𝑦 = 𝑔(𝑡) , dimana
𝐴(𝑡 = 𝑡1) dan 𝐵(𝑡 = 𝑡2)
𝑠 = 𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+ 𝑑𝑦
𝑑𝑡
2𝑡2
𝑡1
𝑑𝑡
B
A
y
y=f(x)
b a x
y
x
D
C
x=f(y)
d
c
B
A
y
y=g(t)
x=f(t)
x
22
4.2 Pada Koordinat Kutub.
Elemen panjang busur :
𝑑𝑠 = 𝑟2 + 𝑑𝑟
𝑑𝜃
2
𝑑𝜃
Panjang busur AB adalah :
Contoh:
1. Dapatkan panjang busur 2
3
xy dari x = 0 s/d x = 5.
Penyelesaian:
;2
3' 2
1
xy dxxdxdx
dyds
4
911
2
27
335)
4
91(
27
8
4
91
5
02
35
0
xdxxdss
b
a
2. Dapatkan keliling asteroida 3
2
3
2
3
2
ayx .
Penyelesaian:
;' 3
1
3
1
xyy
adxxadxys
aa
64'14
0
3
1
3
1
0
2
3. Dapatkan panjang suatu busur sikloida: )sin()cos1(
ttaxtay
Penyelesaian:
4. Panjang busur AB dari garis lengkung 𝑟 = 𝑓(𝜃) diantara jari-jari hantar 𝜃 = 𝜃1 s/d 𝜃 = 𝜃2
𝑠 = 𝑟2 + 𝑑𝑟
𝑑𝜃
2𝜃2
𝜃1
𝑑𝜃
𝜽𝟐
𝒓 = 𝒇(𝜽)
B
𝜽𝟏
A
(0,-a)
(0,a)
(-a,0)
(a,0)
23
),cos1( ta
dt
dx ta
dt
dysin
Batas-batas didapat dari y = 0;
2,01cos0)cos1( 21 tttt
sedemikian hingga untuk:
2
0
2222
2
0
22
8sin)cos1( adttata
dtdt
dy
dt
dxS
4. Dapatkan keliling kardioida )cos1( ar .
Penyelesaian:
;sin
ad
dr
0
2222
0
2
2
8sin)cos1(2
2
adaa
dd
drrs
𝑟 = 𝑎(1 + cos 𝜃)
x
𝟐𝝅𝒂
24
SOAL LATIHAN
Dapatkan suatu busur dari kurva berikut pada interval yang diberikan:
1. 𝑦 = 3 −1
2𝑥 pada [0,6]
2. 𝑦 = 3𝑥3
2 − 1 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1
3. 𝑦 =𝑥4
4+
1
8𝑥2 pada [1,2]
4. 𝑦 =𝑥4
16+
1
2𝑥2 dari 𝑥 = 2 ke 𝑥 = 3
5. 𝑦 = cosh 𝑥 pada [0,1]
6. 24𝑥𝑦 = 𝑦4 + 48 dari 𝑥 = 2 ke 𝑥 = 4
7. 𝑦 = 2 𝑥 − 1 3
2 pada [1,17
9]
8. 𝑥 =1
8(𝑦4 +
1
4𝑦−2) dari y= 1 ke y= 4
9. 𝑥 =
1
3𝑡3 − 𝑡
𝑦 = 𝑡2 + 2 dari 𝑡 = 0 ke 𝑡 = 3
10. 𝑥 = 𝑒𝑡 cos 𝑡𝑦 = 𝑒2 sin 𝑡
dari 𝑡 = 0 ke 𝑡 = 𝑙𝑛 𝜋
25
5.1. Pada Koordinat Siku-siku.
𝑑𝑠 = 1 + 𝑦′ 2 𝑑𝑥
Busur PQ = ds diputar pada sumbu x
menghasilkan elemen luas kulit yang berupa
selimut kerucut terpancung kecil dengan
apotema = ds dan garis jajar tengah = y.
Maka Elemen luas kulit: ydsdK 2 ,
Luas kulit benda putar:
𝑥 = 𝑓(𝑦) 𝑑𝑠 = 1 + 𝑑𝑥
𝑑𝑦
2
𝑑𝑦
Elemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑥𝑑𝑠
Luas kulit benda putar:
5
LUAS KULIT BENDA PUTAR
1. Luas kulit benda putar yang terjadi jika busur AB dari kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) diputar pada sumbu x.
𝐾 = 2𝜋 𝑦 𝑑𝑠
𝑏
𝑎
= 2𝜋 𝑦 1 + 𝑦′ 2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
2. Luas kulit benda putar yang terjadi jika busur CD dari kurva 𝑥 = 𝑓(𝑦) diputar pada sumbu y.
𝐾 = 2𝜋 𝑥 𝑑𝑠
𝑑
𝑐
= 2𝜋 𝑥 1 + 𝑑𝑥
𝑑𝑦
2𝑑
𝑐
𝑑𝑦
b
p d
Q
B
𝒚 = 𝒇(𝒙)
A
a X
Y
d
c
D
C
𝒚 = 𝒇(𝒙)
X
Y
26
Elemen panjang busur:
𝑑𝑠 = 𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+ 𝑑𝑦
𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
Jika busur AB diputar pada:
a. Sumbu X Elemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑦𝑑𝑠, maka luas kulit benda putarnya adalah:
b. Sumbu YElemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑥𝑑𝑠, maka luas kulit benda putarnya adalah:
5.2. Pada Koordinat Kutub.
𝑟 = 𝑓 𝜃 → 𝑑𝑠 = 𝑟2 + 𝑑𝑟
𝑑𝜃
2
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
3. Untuk kurva dengan persamaan parametrik: 𝑥 = 𝑓(𝑡)𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝐾 = 2𝜋 𝑦
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+ 𝑑𝑦
𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
𝐾 = 2𝜋 𝑥
𝑡2
𝑡1
𝑑𝑥
𝑑𝑡
2
+ 𝑑𝑦
𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
4. Untuk kurva dengan persamaan bentuk kutub 𝑟 = 𝑓 𝜃
𝑩(𝒕 = 𝒕𝟐)
𝑨(𝒕 = 𝒕𝟏)
X
Y
𝜽𝟐
𝒓 = 𝒇(𝜽)
B
𝜽𝟏
A
X
l
O
27
Jika busur AB diputar pada :
a. Sumbu kutub (OX):
𝐾 = 2𝜋 𝑦𝑑𝑠
𝜃2
𝜃1
= 2𝜋 𝑟 sin 𝜃 𝑟2 + 𝑑𝑟
𝑑𝜃
2𝜃2
𝜃1
𝑑𝜃
b. Garis l tegak lurus OX:
𝐾 = 2𝜋 𝑥𝑑𝑠
𝜃2
𝜃1
= 2𝜋 𝑟 cos 𝜃 𝑟2 + 𝑑𝑟
𝑑𝜃
2𝜃2
𝜃1
𝑑𝜃
Contoh:
1. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika busur 𝑦 = 2 𝑥 dari x = 0 s/d x = 3 diputar
pada sumbu x.
Penyelesaian:
x
ydx
dyxy
1'2
dxyyK
b
a
2
)'(12
3
5614
1122
3
0
3
0
dxxK
dxx
xK
2. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika satu busur sikloida: 𝑥 = 𝑎 𝑡 − sin 𝑡 ,
𝑦 = 𝑎 1 − cos 𝑡 diputar pada: a). sumbu x, b). garis 𝑥 = 𝜋𝑎 .
Penyelesaian:
tdtadtdt
dy
dt
dxdS
2
1sin2
22
,
a) 𝐾 = 2𝜋 𝑦 𝑑𝑠𝑡2
𝑡1
= 2𝜋 𝑎 1 − cos 𝑡 2𝑎 sin1
2𝑡 𝑑𝑡
2𝜋
0=
64
3𝜋𝑎2
𝒚 = 𝟐 𝒙
3 X
Y
2𝜋𝑎 𝝅𝒂
(𝝅𝒂 − 𝒙)
2a
X
Y
28
b). jarak ds sampai dengan sumbu putar adalah xa , maka:
0
2
2
0
)3
4(8
2
1sin2.sin2)(2 atdtattaadsxaK
a
3. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika setengah (bagian atas) dari kardioida
)cos1( ar diputar pada sumbu kutub (OX).
Penyelesaian:
𝑑𝑠 = 𝑎 2. 1 + cos 𝜃 𝑑𝜃; 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
𝐾 = 2𝜋 𝑦 𝑑𝑠
𝜋
0
= 2𝜋 𝑎 1 + cos 𝜃 sin 𝜃. 𝑎 2. 1 + cos 𝜃 𝑑𝜃
𝜋
0
=32
5𝜋𝑎2
29
SOAL LATIHAN
Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika:
1. Kurva 𝑦 = 1 − 𝑥2 1
2 dari 𝑥 = −1
2 ke 𝑥 =
1
2 yang di putar pada sumbu x.
2. Kurva 𝑦 =𝑥3
3+
1
4𝑥 dari 𝑥 = 1 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu x
3. Kurva 𝑦 = 3 −1
2𝑥 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 6 yang di putar pada sumbu x
4. Kurva 𝑦 = 1 − 𝑥 3 dari 𝑥 =1
2 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x
5. Kurva 𝑦 = cosh 𝑥 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x
6. Kurva 𝑦 = 4 − 𝑥2 dari 𝑥 = −1 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x
7. Kurva 𝑥 = 𝑦3 dari 𝑦 = 0 ke 𝑦 = 1 yang di putar pada sumbu y
8. Kurva 𝑥 = 9𝑦 + 1 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y
9. Kurva 𝑥 = 𝑦 − 11 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y
10. Kurva 𝑦 = 3𝑥3
dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y
30
6.1 Titik berat dari n buah titik massa
Ada 𝑛 buah titik massa : 𝑚1, 𝑚2, … , 𝑚𝑛 ; masing-masing berada di 𝑥1, 𝑦1 , 𝑥2 , 𝑦2 , … , 𝑥𝑛 , 𝑦𝑛 .
Jumlah seluruh massa : 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 + ⋯ + 𝑚𝑛 = 𝑚𝑖𝑛𝑖=1 ……………………..(1)
Jumlah seluruh momen statis terhadap sumbu x adalah:
n
i
iinnx mymymymyM1
2211 ... …..……………………………………...(2)
Jumlah seluruh momen statis terhadap sumbu y adalah:
n
i
iinny mxmxmxmxM1
2211 ... …………………………………………….(3)
Titik ),( yxZ yang bersifat yMMx dan xMMy disebut titik berat dari sistem itu.
6
TITIK BERAT
𝑥 𝑀 = 𝑀𝑦 𝑥 =𝑀𝑦
𝑀
𝑦 𝑀 = 𝑀𝑥 𝑦 =𝑀𝑥
𝑀
y
x
𝒚𝒏
𝒚𝟏
𝒚𝟐
𝒎𝒏𝟐
𝒎𝟏
𝒎𝟐
𝒙𝒏
𝒙𝟐
𝒙𝟏
𝒚𝒏
𝒚𝟏
𝒚𝟐
𝒙𝒏 𝒙𝟏 𝒙𝟐
31
6.2 Titik berat Keping datar homogin.
Keping datar homogin adalah keping datar yang
mempunyai rapat massa (padat massa, density)
yang konstan, artinya massa persatuan luas
adalah sama. Perhatikan bahwa titik berat
keping empat persegi panjang homogin berada
dititik potong kedua diagonalnya, berarti
setengah tinggi dari alas.
Keping ABCD dibatasi kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 ,
sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏.
Density = (konstan). PQRS = elemen luas.
dL = y dx. Elemen massa dM = dL= y dx.
Massa keping ABCD :
𝑀 = 𝑑𝑀
𝑏
𝑎
= 𝛿 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Momen Statis dari dM terhadap sumbu x adalah: 𝑑𝑀𝑥 =1
2𝑦 𝑑𝑀 =
1
2𝛿𝑦2𝑑𝑥
Maka momen statis dari M terhadap sumbu x :
𝑀𝑥 = 𝑑𝑀𝑥
𝑏
𝑎
=1
2𝛿 𝑦2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Momen Statis dari dM terhadap sumbu y adalah: 𝑑𝑀𝑦 = 𝑥𝑑𝑀 = 𝛿𝑥𝑦 𝑑𝑥.
Maka momen statis dari M terhadap sumbu y adalah
𝑀𝑦 = 𝑑𝑀𝑦
𝑏
𝑎
= 𝛿 𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Jadi:
1. Titik berat keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 , sumbu x, garis-
garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏.
𝑥 = 𝑥𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑦 𝑑𝑥𝑏
𝑎
; 𝑦 =
12 𝑦2𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑦 𝑑𝑥𝑏
𝑎
Z
1
2𝑦
y
C
y x
S R
Q P B
D
y
y=f(x)
b a x
A
32
6.3 Dalil Guldin I.
Jika suatu luasan (keping) datar diputar penuh pada sumbu (garis) yang sebidang dengan
luasan itu dan tidak memotong luasan itu, maka isi benda putar yang terjadi sama dengan
luasan dataran itu kali lintasan titik beratnya.
Jadi, jika L = luasan dataran,
),( yxZ = titik berat L, sumbu x = sumbu
putar, V = isi benda putar, maka:
Bukti:
𝑉 = 𝜋 𝑦2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥 = 2𝜋.
12 𝑦2𝑏
𝑎𝑑𝑥
𝑦 𝑑𝑥𝑏
𝑎 ↓
. 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑉 = 2𝜋. 𝑦 . 𝐿
2. Titik berat keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva-kurva 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑓2 𝑥
garis-garis x = a dan x = b adalah 𝑍 𝑥 , 𝑦 , dimana:
b
a
b
a
b
a
b
a
dxyy
dxyy
y
dxyy
dxyyx
x
)(
)(2
1
)(
)(
21
2
2
2
1
21
21
𝑉 = 2𝜋𝑦 𝐿
y
x
Z(x,y)
b
𝒚𝟐 = 𝒇𝟐(𝒙)
𝒚𝟏 = 𝒇𝟏(𝒙)
a
y
y
D
C
B A
y=f(x)
b
Z(x,y)
a x
33
Secara umum sbb:
Keping datar luasnya L dengan titik berat
),( yxZ diputar penuh pada garis g
dengan persamaan 0 cbyax yang
tidak memotong L, maka isi benda putar
yang terjadi adalah:
dimana ZD adalah jarak dari titik berat ),( yxZ ke garis g: 0 cbyax adalah:
𝑍𝐷 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐
𝑎2 + 𝑏2
Contoh-contoh:
1. Dapatkan titik berat dataran yang dibatasi oleh y = x dan 2
xy , sumbu x dan garis x = 3.
Penyelesaian:
4
9
9
4
81
3
14
1.
3
0
3
3
0
4
3
0
2
3
0
3
x
x
dxx
dxxx
ydx
xydx
xb
a
b
a
10
27
9
10
1
2
1
2
13
0
5
3
0
2
3
0
222
x
dxx
dxx
ydx
dxy
yb
a
b
a
2. Dapatkan titik berat dataran yang dibatasi oleh y = x dan 2
xy .
Penyelesaian:
xy
xy
2
potong 1,00)1(
0
21
22
xxxx
xxxx
𝑉 = 2𝜋. 𝑍𝐷 . 𝐿
ax+by+c=0
g D
L Z(x,y)
y
3
𝒚 = 𝒙𝟐
x
1
𝒚𝟏 = 𝒙
y
1
𝒚𝟐 = 𝒙𝟐
x
34
2
1
6
112
1
)(
).(
)(
)(
1
0
2
1
0
2
21
21
dxxx
dxxxx
dxyy
dxyyx
xb
a
b
a
5
2
6
115
1
)(
2
1
)(
)(2
1
1
0
2
1
0
42
21
2
2
2
1
dxxx
dxxx
dxyy
dxyy
yb
a
b
a
Titik beratnya )5
2,
2
1(),( ZyxZ
3. Dapatkan titik berat keping setengah lingkaran 222
ayx dengan 0y .
Penyelesaian:
Dengan dalil Guldin I sumbu Y = sumbu simetri
0 x ambil sumbu x sebagai sumbu putar:
Luas setengah lingkaran; 2
2
1aL .
Isi bola jari-jari = a; 3
3
4aV .
Dalil Guldin I: 𝑉 = 2𝜋. 𝑦 . 𝐿
3
4
2
1.2
3
4 23 ayaya .
Jadi titik beratnya )3
4,0(),0(
aZyZ
4. Dataran pada contoh no.2 di atas diputar pada garis lurus x – y – 1 = 0. Dapatkan Isi benda
putar yang terjadi. Penyelesaian:
Luas
1
0
2
216
1)()( dxxxdxyyL
b
a
,
titik beratnya )5
2,
2
1(),( ZyxZ
Jarak dari ),( yxZ ke garis x – y – 1 = 0
adalah:
Z(0,y)
y
x -a 0 a
𝒙 − 𝒚 − 𝟏 = 𝟎
y
𝒁(x,y)
9x,y0
x
35
210
7
2
15
1
2
1
)1(1
1
22
yxZD
Dengan dalil guldin I maka :
60
27
230
7
6
1.
210
7.2..2
LZDV
1.4 Titik Berat Busur
Koordinat titik berat busur AB dari kurva homogin )(xfy dengan density =
(konstan) diperoleh sbb:
Elemen panjang busur: dxdx
dyds
1
Density = , maka elemen massa (massa dari
ds) adalah dsdM .
Jadi massa busur AB, b
a
dsM
Karena ds pendek, berupa batang lurus, titik beratnya di tengah-tengahnya, sehingga lengan
dari dM terhadap sumbu y adalah sepanjang x dan lengannya terhadap sumbu x adalah
sepanjang y, maka momen statis dari dM terhadap sumbu y dan sumbu x, berturut-turut
adalah:
xdMdM y dan ydMdM x
dsxdM y dsydM x
Diperoleh:
b
a
y xdsM dan
b
a
x ydsM
Titik berat busur AB di ),( yxZ dengan sifat:
B
ds
x
x
y
y
A
y=f(x)
b
Z(x,y)
a
36
yMMx dan xMMy
b
a
b
a
xdsdsx dan b
a
b
a
ydsdsy
Jadi:
b
a
b
a
dxy
dxyx
x2
2
)'(1
)'(1
;
b
a
b
a
dxy
dxyy
y2
2
)'(1
)'(1
Perhatikan bahwa :
Titik berat busur homogin tidak selalu terletak pada busur itu; contohnya: titik berat busur
lingkaran penuh terletak di titik pusat lingkaran itu.
6.5 Dalil Guldin II:
Jika suatu busur dari suatu kurva datar diputar penuh pada sumbu yang sebidang dengan
busur itu dan tidak memotong busur itu, maka luas kulit benda putar yang terjadi sama
dengan panjang busur itu kali lintasan titik beratnya.
Jadi: jika S = panjang busur AB, ),( yxZ = titik berat busur AB, sumbu x = sumbu putar,
K = luas kulit benda putar, maka:
Bukti :
b
a
b
a
b
a
b
a
ds
ds
dsy
dsyK .2.2 = sy...2 , sehingga syK ...2
Contoh-contoh:
1. Dapatkan titik berat busur seperempat lingkaran 222
ayx yang ada dikwadran I.
Penyelesaian:
Busur simetri terhadap y = x, maka xy . Persamaan busur AB: 22
xay
2
1
22)('
xaxy
𝑲 = 𝟐𝝅. 𝒚 . 𝒔
37
dxxaaxydS 2
1
222)()'(1
axy
a
a
a
dxxaa
dxxaxa
dS
xdS
xa
a
a
a
2
2
2
1)(
)(2
0
2
1
22
0
2
1
22
0
0
Jadi titik beratnya adalah
aaZyxZ
2,
2),(
2. Dapatkan titik berat busur setengah lingkaran 222
ayx yang ada di atas sumbu x.
Penyelesaian:
Lebih mudah dengan dalil guldin II. Sumbu y
sebagai sumbu simetri , jadi 0x . Ambilkan
sumbu x sebagai sumbu putar. Panjang busur
ACB, aS . Busur ACB diputar pada sumbu
x menjadi luas kulit bola, 2
4 aK . Dalil
Guldin II: SyK ...2
ayaya
224
2 ,
Jadi titik beratnya )2
,0(),0(
aZyZ .
6.6 Titik Berat Kulit Benda Putar
Jika )(xfy diputar mengelilingi penuh
sumbu x dari 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, maka koordinat
titik berat ),( yxC dari kulit benda putar yang
terjadi adalah:
𝒚
x
𝑨(𝟎, 𝒂)
𝑩(𝒂, 𝟎)
𝒁(𝒙, 𝒚)
𝒚 = 𝒙
B A
Z(0,y)
c
x
y
-a 0 a
0;
)'(1
)'(1
2
2
y
dxyy
dxyxy
xb
a
b
a
z
y
x
𝒚 = 𝒇(𝒙)
𝑪(𝒙, 𝟎)
a
ds
b
38
Ini diperoleh sbb.: Karena sb. x = sumbu putar 0 y , dxydSxfy2
)'(1)( jika
ds diputar pada sumbu x menjadi elemen luas kulit dSydK ...2 . Bila density = (konstan)
maka elemen massa .2 ydSdKdM
Massa kulit benda putar:
b
a
b
a
ydSydSM 22 . Elemen massa dM berlengan x
terhadap bidang YOZ adalah dSyxxdMdM yoz 2 sehingga
b
a
yoz dSxyM 2
Karena sumbu x = sumbu putar, maka titik berat terletak pada sumbu putar ialah )0,(xC
dengan sifat yozMMx .
b
a
b
a
xydSydSx 22
b
a
b
a
ydx
xydx
x =
b
a
b
a
dxyy
dxyxy
2
2
)'(1
)'(1
.
Contoh:
1. Dapatkan titik berat kulit benda putar yang terjadi jika busur 4
1 lingkaran
222ayx
yang di kwadran I diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
dxxaadSxay 2
12222
sumbu x sebagai sumbu putar 0 y
2
2
1
0
0
2
0
0 a
ax
ax
ydS
xydS
ya
a
a
a
,
Jadi titik berat kulit setengah bola ini )0,2
(a
C .
y
a 𝐶(𝑥 , 0)
x
39
2. Dapatkan titik berat kulit benda putar yang terjadi jika garis 634 xy dari 0x s/d
2x diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
4
3'
2
3
4
3 yxy ,
dxdxdxydS4
5
4
31)'(1
2
2
Sumbu x sebagai sumbu putar 0 y
3
2
2
3
8
3
4
3
4
1
4
5
2
3
4
3
4
5
2
3
4
3
2
0
2
2
0
23
2
0
2
0
xx
xx
dxx
dxxx
dsy
dsxy
xb
a
b
a .
Jadi titik beratnya
0,
3
2C
6.7 Titik berat isi benda putar
Koordinat titik berat yxC , dari isi benda
putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh
)(xfy , sumbu x, garis-garis ax s/d bx
diputar pada sumbu x, adalah:
Ini diperoleh sbb:
Karena sb.x = sumbu putar 0 y . Elemen luas ydxdL diputar pada sumbu x diperoleh
C(𝑥 ,0)
x
y
2
0;2
2
y
dxy
dxxy
xb
a
b
a
y
𝒚 = 𝒇(𝒙)
z
y
x
a
dx
b
40
elemen isi dxydV2 . Bila density = (konstan) maka elemen massa
dxydVdM2
Massa isi benda putar: 𝑀 = 𝛿𝜋 𝑦2𝑏
𝑎 𝑑𝑥.
Elemen massa dM berlengan x terhadap bid. YOZ, maka :
dxxyxdMdM yoz
2
Sehingga dxxyM
b
a
yoz
2
Karena sb x = sumbu putar, maka titik berat terletak pada sumbu putar ialah: 0,xC dengan
sifat YOZMMx
b
a
b
a
dxxydxyx22 ,
b
a
b
a
dxy
dxxy
x2
2
Contoh:
1. Dapatkan titik berat isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh
xy 2 , sumbu x dan garis x = 1, diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
xyxy 422 ,
sumbu x sebagai sumbu putar 0 y
3
2
4
4.
1
0
1
0
2
2
xdx
xdxx
dxy
dxxy
xb
a
b
a
Jadi titik beratnya
0,
3
20, CxC
𝒚 = 𝟐𝒙𝟏𝟐
1 x
𝑪(𝒙, 𝟎)
41
2. Dapatkan titik berat isi setengah bola yang terjadi jika keeping 4
1 lingkaran
222ayx
yang dikwadran I diputar pada sumbu y.
Penyelesaian:
222222
yaxayx
sumbu y sebagai sumbu putar 0 x .
8
3
)(
)(
0
22
0
22
2
2
a
dyya
dyyay
dxy
dxyx
ya
a
b
a
b
a
jadi titik beratnya
8
3,0,0
aCyC .
SOAL LATIHAN
Dapatkan titik berat keping datar homogin yang di batasi oleh:
1. Kurva 𝑦 = 4 − 𝑥2 dan sumbu x.
2. Kurva 𝑦2 = 𝑥 dan Kurva 𝑦 = −1
8𝑥2.
3. Kurva 𝑦2 = 20𝑥 dan 𝑥2 = 20𝑦
4. Kurva 𝑦 = 6 − 3𝑥 − 𝑥2 dan 𝑦 = 3 − 𝑥
5. Kurva 𝑦2 + 2𝑥 − 2𝑦 = 3, (kuadran IV).
6. Kurva 𝑦 = sin 𝑥 dan 𝑦 = 0 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋).
7. Kurva 𝑦 = 4𝑥2 dan 𝑦 = 𝑥4.
Dapatkan titik berat busur yang di batasi oleh:
8. Lingkaran 𝑥2 + 𝑦2 = 1, yang ada di kuadran III.
9. Asteroida 𝑥2
3 + 𝑦2
3 = 1 yang ada di kuadran I.
Dapatkan Kulit benda putar yang terjadi jika:
10. Busur 𝑦 = 9 − 𝑥2 , (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋) diputar pada sumbu x.
a -a
y
(𝟎, 𝒂)
𝑪(𝟎, 𝒚 )
x
42
Dapatkan titik berat isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh:
11. 𝑦2 = 4𝑥, sumbu x dan 𝑥 = 6 diputar pada sumbu x.
12. 𝑦 = 4 − 𝑥2 dan sumbu x (di kuadran I) diputar pada sumbu x.
13. 𝑦 = 𝑏(1 −𝑥2
𝑎2)2, sumbu 𝑥+ dan sumbu 𝑦+ diputar pada Oy.
14. 𝑦 = − 𝑥 + 1, sumbu 𝑥− dan sumbu 𝑦− diputar pada sumbu y.
15. 𝑦 =3
8𝑥, sumbu 𝑥 dan garis 𝑥 = 8 diputar pada sumbu x.
Dengan dalil guldin I dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh:
1. 0752022
yyx diputar pada garis y = 0 jawab: 2
500
2. 2
xy dan xy 22 diputar pada garis x = 5
3. 2
36 xxy dan 03 yx diputar pada garis y = 3-x jawab: 5
2296
Dengan dalil Guldin II dapatkan:
4. Luas kulit Torus yang terjadi jika busur lingkaran : 222
)( abyx ; (b > a) diputar pada
sumbu x.
43
7.1. Pengertian Momen Inersia
Ada n buah titik massa : nmmm ,...,, 21 yang masing-masing berada di ),()...,,(),,( 2211 nn yxyxyx .
Maka momen inersia (MI) dari seluruh massa itu terhadap:
Sumbu x adalah
n
i
iinnx ymymymymI1
22
22
2
11 ....
Sumbu y adalah
n
i
iinny xmxmxmxmI1
22
22
2
11 ...
n
i
in mmmmM1
21 ...
Pada bidang XOY dapat dapat ditemukan sebuah titik yang berjarak R dari sumbu x sedemikian
hingga MRI x
2 atau
M
IR x , maka R disebutkan jari-jari girasi terhadap sumbu x.
Momen Inersia terhadap suatu garis yang letaknya sebidang denga dataran atau busurnya disebut
momen inersia Axial. Momen Inersia terhadap suatu titik yang letaknya sebidang dengan
0 x
y
mn
x1
y1
x2
y2 m1
m2
y3
x3 m3
xn
yn
7
MOMEN INERSIA
(Momen Kelembaman)
44
dataran/busurnya, atau terhadap suatu garis yang tegak lurus pada bidang dataran / busurnya
disebut momen inersia kutub (polar) . Momen inersia kutub adalah sama dengan jumlahnya
momen inersia axial terhadap sumbu x dan terhadap sumbu y.
222yxr ; mxI y
2 , dan myI x
2
myxmymxII xy )(2222
sedangkan untuk myxmrI )(222
0
Jadi
yx III 0
Garis l tegak lurus bidang XOY lewat O,
maka :
yxl IIII 0
Contoh:
1. Dapatkan momen inersia dari keping empat persegi panjang homogin dengan alas a dan
tinggi t; terhadap alasnya . (density = (konstan)). Penyelesaian:
Ambil alas sebagai sumbu x, sisi kiri
sebagai sumbu y. Elemen Luas 𝑑𝐿 = 𝑎 𝑑𝑦,
Elemen massa dLdM , Elemen momen
inersia terhadap sumbu x, dMydI x
2
t t t
x atadyydLydMyI
0 0
3
0
222
3
1
0 x
y
0 x
y
0 x
y
C(a,t)
B(a,0)
dy
D
y
0 = A
m
y
x
x
y
l
m
r
x
y
x
y
45
Perhatikan :
Jika empat persegi panjang itu alasnya
diperpendek menjadi 0dx dan
tingginya y dengan density = (konstan)
maka didapat bahwa elemen momen
inersia terhadap sumbu x adalah:
dxydI x
3
3
1
y
dx x
1. Dapatkan momen inersia kutub dari keping lingkaran homogin jari-jari 𝑎 terhadap titik
pusatnya. (density = (konstan)). Penyelesaian:
Ambil cincin jari-jari dalam = r, dan jari-
jari luar = r + dr dengan 0dr maka luas
cincin rdrdL 2 dan massa cincin
rdrdLdM 2 yang berlengan r dari
titik pusat O, sehingga elemen momen
inersianya terhadap titik O adalah:
drrdMrdI32
0 2
Jadi:
43
0
02
12 adrrI
a
Perhatian: 0III yx . Karena simetri, maka 4
04
1
2
1aIII yx .
Peranan titik O dapat di ganti oleh garis g yangmelalui O dan tegak lurus keping lingkaran itu
maka 4
02
1aII g . Jika keping lingkaran itu mempunyai tebal t maka taI g
4
2
1 .
dr
(a,0)
r+dr
46
y
dx x
Selanjutnya apabila keping lingkaran itu
terjadi dari elemen luas 𝑦 𝑑𝑥 yang diputar
mengelilingi sumbu x, maka didapat
elemen momen inersia benda putar
terhadap sb x. (sebagai sb. putarnya) ialah:
dxydI x
4
2
1
Gambar disebelah adalah tampak samping
dari hasil perputaran ydx mengelilingi sb x.
Garis g melalui titik berat benda sejajar
dengan sumbu Y.
Maka garis g berperan sebagai garis tengah
keping lingkaran itu dan:
dxydI g
4
4
1
Y g
0 dx x
7.2. Momen Inersia Keping Datar
1. Momen Inersia terhadap sumbu x ( xI ) dan momen Inersia terhadap sumbu y (yI ) dari keping
datar homogin ABCD yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥), sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan
𝑥 = 𝑏 dengan density (rapat massa)= (konstan) didapat sebagai berikut:
Dari perhatian contoh 1 didepan bahwa
dxyI
b
a
x
3
3
1 , elemen luas dL = ydx. Elemen
massa ydxdLdM . Elemen massa dM
ini berlengan x dari sumbu y, maka:
𝑑𝐼𝑦 = 𝑥2𝑑𝑀 = 𝛿𝑥2𝑦𝑑𝑥 ; sehingga
𝐼𝑦 = 𝛿 𝑥2𝑦𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑦
X
Y
y=f(x)
b dx a
x
47
2. Momen Inersia terhadap sumbu x ( xI ) dan momen Inersia terhadap sumbu y (yI ) dari
keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva-kurva )(11 xfy dan )(22 xfy garis-
garis ax dan bx dengan density (konstan), didapat sebagai berikut:
dxyydI x )(
3
1 3
2
3
1
dxyyI
b
a
x )(3
1 3
2
3
1
dxyydL )( 21
dxyydLdM )( 21
dxyyxdMxdI y )( 21
22 . Jadi:
7.3. Dalil Pergeseran (Dalil sumbu sejajar)
Jika momen inersia suatu keping datar homogin yang massanya M (Luas=L, densitynya= )
terhadap sumbu (garis) yang melalui titik beratnya = ZI , maka momen inersia masa keeping
itu terhadap garis yang sejajar dan berjarak p dengan sumbu yang melalui titik berat tsb adalah:
Bukti:
Keping datar luasnya = L, desity = ,
massanya M = L,dengan titik berat di Z.
Garis 0x adalah garis lurus lewat titik berat
Z. Garis g // garis 0x dan berjarak p.
Elemen luas dL. Elemen massa dLdM .
Elemen massa dM ini berlengan y terhadap
Y
X b
𝒚𝟐 = 𝒇𝟐(𝒙)
𝒚𝟏 = 𝒇𝟏(𝒙)
a
x
𝐼𝑦 = 𝛿 𝑥2 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝐼𝑔 = 𝐼𝑧 + 𝑝2𝑀
dM
p
p
𝑥0
𝑔
𝑦0
𝑦
𝑍
48
sumbu (garis) 0x dan berlengan (y + p) terhadap garis g, maka:
dMpydI g
2)(
dLppyydI g )2(22
dLpdLpydLydI g 222 , maka dLpydLpdLyI g 22
2.
Karena zIdLy
2 ; yMydL dimana y otomatis bernilai nol jika titik berat berada pada
sumbu 0x , sehingga 0 ydL dan MdL jadi: MpII Zg
2 .
Contoh:
1. Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu x dan terhadap sumbu y dari keping datar yang
dibatasi oleh 2
xy , sumbu x dan garis 3x , dengan density (konstan). Penyelesaian:
dxyI
b
a
x
3
3
1 = dxx
3
0
32)(
3
1
7
729
3
13
0
6 dxxI x
dxxyI
b
a
y
2
= dxxx2
3
0
2
5
2433
0
4 dxxI y
2. Dapatkan momen inersia xI ,yI , dan
yI dari keping datar homogin yang dibatasi oleh y = x dan
2xy ; dengan density (konstan). Penyelesaian:
dxyyI
b
a
x )(3
1 3
2
3
1 = 28
1)(
3
1 63
1
0
dxxx
dxyyxI
b
a
y )( 21
2 20
1)(
22
1
0
dxxxx
35
3
20
1
28
10 yx III
3
𝒚 = 𝒙𝟐
X
Y
y
1 x
𝒚𝟐 = 𝒙𝟐
𝒚𝟏 = 𝒙
49
3. Diberikan keping empat persegi panjang ABCD. Alas AB = a, tinggi AD = t. Density =
(konstan). Titik berat Z; AE = ED; BF = FC; EF melalui Z; EF // AB. Ditanyakan :
Momen Inersianya terhadap garis EF. Penyelesaian :
y
D C(a,t)
E Z F
½ t
O = A G B(a,0)
Di depan sudah diberikan contoh bahwa
3
3
1atII xAB
Masing keping ABCD atLM ,
Jarak EF ke AB adalah tZG2
1
Dengan dalil pergeseran: MZGII EFAB
2)( .
323
12
1)
2
1(
3
1atIattIat EFEF
4. Diberikan soal seperti contoh 3 ditanyakan Momen Inersianya terhadap titik berat Z.
Penyelesaian:
3
3
1atI AB ; 3
3
1taI AD ; OA II
ADABA III )(3
1 22tata
aAG2
1 ; tZG
2
1 maka )(
4
1)(
222taAZ
Dengan dalil pergeseran: MAZII ZA
2)(
)(12
1)(
4
1)(
3
1 222222taatIattaItaat ZZ .
50
7.4. Momen Inersia Busur
Momen inersia busur AB dari kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) antara 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, terhadap sumbu x dan
sumbu y diperoleh sbb:
Dari 𝑦 = 𝑓(𝑥) maka elemen panjang busur
dxyds2
)'(1 dengan density (konstan)
elemen massa dsdM .
dM terletak pada tengah-tengah ds, maka:
1. dM berlengan y terhadap sumbu x,
dsydMydI x
22
2. dM berlengan x terhadap sumbu y,
dsxdMxdI y
22
Contoh:
Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x dari busur setengah keliling lingkaran
222ayx yang berada di atas sumbu x. Density = (konstan). Penyelesaian:
dxxa
xyxay
22
22'
dxy
adxyds
2)'(1
B
A
ds 𝑦 = 𝑓(𝑥)
y
b a x
𝐼𝑥 = 𝛿𝑦2 𝑑𝑠
𝑏
𝑎
= 𝛿 𝑦2 1 + 𝑦′ 2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
𝐼𝑦 = 𝛿𝑥2 𝑑𝑠
𝑏
𝑎
= 𝛿 𝑥2 1 + 𝑦′ 2
𝑏
𝑎
𝑑𝑥
Y
X -a 0 a
51
ydxadsyI
a
a
a
a
x
2 ;
322
2
1adxxaaI
a
a
x
7.5 Momen Inersia kulit Benda putar
Momen inersia kulit benda putar terhadap sumbu x, yang terjadi dari perputaran kurva
𝑦 = 𝑓(𝑥) sekeliling sumbu x dari 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, didapat sbb:
Elemen luas kulit ydsdK 2 , Density = ,
maka elemen massa ydsdKdM 2 .
dM berlengan y dari sumbu putar x :
dMydI x
2
dsydI x
32
Jadi:
Contoh:
Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x dari kulit benda putar yang terjadi jika xy ,
diputar pada sumbu x dari x = 0 s/d x = 2. Penyelesaian:
xyxy
2
1'
dxyydsyI
b
a
b
a
x
233)'(122
ds
Y 𝒚 = 𝒇(𝒙)
X
a
b
𝐼𝑥 = 2𝜋𝛿 𝑦3𝑑𝑠
𝑏
𝑎
= 2𝛿𝜋 𝑦3 1 + 𝑦′ 2
𝑏
𝑎
Y 𝒚 = 𝒙
X
2
52
30
149
4
12
)4
1(12
2
0
2
0
2
3
dxxxI
dxx
xI
x
x
7.6 Momen Inersia Isi Benda putar
1. Momen Inersia terhadap sumbu y dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang
dibatasi oleh 𝑦 = 𝑓(𝑥), sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, diputar pada sumbu y,
diperoleh sbb:
Sumbu y = sumbu putar. Elemen Isi
xydxdV 2 . Density = , maka elemen
massa dVdM yang berlengan x
terhadap sumbu y.
ydxxdVxdMxdI y
3222
Jadi:
Contoh:
Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu y dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar
dikwadran pertama yang dibatasi oleh ,82
xy sumbu x dan garis x = 2, diputar pada sumbu y.
Penyelesaian:
dxyxI
b
a
y 3
2
9
25682
2
0
3 dxxxI y
𝑦
Y
X
y=f(x)
b dx a
x
𝐼𝑦 = 2𝛿𝜋 𝑥3𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
Y
2 X
𝒚 = 𝟖𝒙
53
2. Momen Inersia terhadap sumbu x dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang
dibatasi oleh y = f(x), sumbu x, garis-garis x = a s/d x = b, diputar pada sumbu x,
diperoleh sbb:
Elemen momen inersia dalam hal ini berupa
momen inersia keping lingkaran jari-jari y, tebal
dx, terhadap sumbu x, yang tegak lurus bidang
keping lingkaran melalui titik pusatnya. Pada
perhatian contoh no.2 dipengertian momen
inersia didepan sudah dijelaskan bahwa :
dxydI x
4
2
1 . Jadi :
Contoh:
1. Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x, dari isi benda putar yang terjadi jika keeping yang
di batasi oleh y = r , sumbu x, garis-garis x = 0 dan x = t; diputar pada sumbu x. Penyelesaian:
Benda yang terjadi adalah silinder. Isi silinder trV2 . Massa silinder: trVM
2
trxrdxrdxyIt
tb
a
x
4
0
4
0
44
2
1
2
1
2
1
2
1
Jika dinyatakan dalam massa menjadi:
2224
2
1)(
2
1
2
1MrrtrtrI x
y
Y 𝒚 = 𝒇(𝒙)
X
a
b
𝐼𝑥 =1
2𝛿𝜋 𝑦4𝑑𝑥
𝑏
𝑎
X
𝑦 = 𝑥
54
2. Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu x, dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar
yang terjadi jika keping di batasi oleh ,xt
ry sumbu x, garis x = t; diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
Y y=r/t x
0 t x
Benda yang terjadi adalah kerucut:
trV2
3
1 .
Massa kerucut:
trVM2
3
1 .
dxyI
b
a
x
4
2
1
trdxxt
rI
t
x
4
0
4
10
1
2
1
, dinyatakan dalam massa menjadi 2
10
3MrI x
7.7 Momen Inersia Isi OYI dari keping yang diputar pada sumbu x.
Keping datar yang dibatasi oleh )(xfy , sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏, diputar
pada sumbu x. Momen inersia isi terhadap sumbu diam OY( OYI ) dari benda putar yang
terjadi tadi diperoleh sbb:
Keping ABCD diputar pada sumbu x. Seperti
yang sudah dijelaskan sebelumnya bahwa
momen inersia keping lingkaran jari-jari y,
tebal dx terhadap sumbu x adalah
dxydI x
4
2
1 .
Garis Z melalui titik berat keping lingkaran
dan sejajar sumbu OY, maka dxydI z
4
4
1 .
Elemen massa dxydM2 yang berlengan x terhadap sumbu OY. Dengan dalil pergeseran,
maka:
x
C
D
Z
y
Y 𝒚 = 𝒇(𝒙)
X
a
b
B
55
dxyxydxyxdxydMxdIdI ZOY )4
1()(
4
1 2242242
Jadi
Contoh:
Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu OY, OYI dari isi benda putar yang terjadi jika
keping datar yang dibatasi oleh: 2
xy , sumbu x dan garis x = 1, diputar pada sumbu x.
Penyelesaian:
dxyxyI
b
a
OY
224
4
1
252
43
7
1
36
1
4
1
1
0
79
428
1
0
xx
dxxxxIOY
dxyxyI
b
a
OY )4
1(
224
X
Y 𝑦 = 𝑥2
56
SOAL LATIHAN
Dapatkan momen inersia dari keping datar homogin (Density = (konstan)) yang dibatasi:
1. 2
4 xy , sumbu x dan sumbu y ; terhadap sumbu x dan sumbu y.
jawab: 103
53xI ;
3
14yI
2. 2
39 xy dan sumbu x; terhadap sumbu y.
3. 2
4
1xy dan xy ; terhadap sumbu y, jawab:
5
64yI
4. 1y dan 2
2xy ; terhadap sumbu x.
Dapatkan momen inersia busur homogin (Density = (konstan)) dari:
5. Keliling lingkaran 222
ayx ; terhadap diameternya. Jawab: MaI x
2
2
1
6. Garis rantai )0(,cosh axa
xay ; terhadap sumbu x.
Dapatkan momen inersia kulit benda putar yang terjadi jika:
7. xy 2 diputar pada sumbu x dari x = 0 s/d x = 2 terhadap sumbu x. Jawab: MI x 8
8. 222
ayx diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x.
Dapatkan momen inersia isi benda putar yang terjadi (Density = (konstan)), jika keping
datar yang dibatasi oleh:
9. 22xay , sumbu x, )( axa , diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x.
Jawab: 5
15
3aI x
10. xy sin , sumbu x, )0( x , diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x.
57
8.1.Nilai rata-rata dari ordinat (mean value)
Rata-rata arithmatika dari ordinat-ordinat y, dari
fungsi 𝑦 = 𝑓(𝑥) pada interval [𝑎, 𝑏] adalah limit
dari nilai rata-rata ordinat ordinat berjarak sama
𝑦1, 𝑦2, … , 𝑦𝑛 untuk 𝑛 → ∞.
Jadi jika 𝑦𝑚 adalah mean value, maka:
𝑦𝑚 = lim𝑛→∞
𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 + ⋯ + 𝑦𝑛
𝑛
= lim𝑛→∞
𝑦1. ∆𝑥 + 𝑦2. ∆𝑥 + 𝑦3. ∆𝑥 + ⋯ + 𝑦𝑛 . ∆𝑥
𝑛. ∆𝑥
𝑦𝑚 =lim
∆𝑥→0 𝑓 𝑥𝑖 . ∆𝑥𝑛
𝑖=1
𝑛.(𝑏 − 𝑎)
𝑛
8.2. Nilai rata-rata kwadrat (a.r.k) (root mean square value = r.m.s. nilai efektif)
y
x 𝒙𝒊 ∆𝒙
𝒚𝒊
y=f(x)
8
NILAI PURATA PADA
KALKULUS INTEGRAL
𝑦𝑚 =1
(𝑏 − 𝑎) 𝑦 𝑑𝑥
𝑏
𝑎
𝑖 𝑡 = sin 2𝜋
𝑇𝑡 i(t)
t
T=1 periode
+
-
58
Misalkan pandang Arus elektrik 𝑖 𝑡 = sin 2𝜋𝑡
𝑇 dimana T adalah periode. Nilai rata-rata
fungsi ini adalah:
𝑖𝑚 =1
𝑇 − 0 sin
2𝜋𝑡
𝑇 𝑑𝑡
𝑇
0
=1
𝑇.−𝑇
2𝜋cos
2𝜋𝑡
𝑇 |0
𝑇 = −1
2𝜋 cos 2𝜋 − cos 0 = −
1
2𝜋 1 − 1 = 0
Selama suatu periode T (yakni satu siklus sempurna) integral dari suatu fungsi itu adalah nol,
sebab luas bagian positif dan negatif adalah sama, sehingga saling meniadakan.
Tetapi pada kenyataannya arus tersebut mampu menimbulkan kerja dan menghasilkan panas,
karena itu untuk mengatasi hal tersebut di atas tadi, arus dikwadratkan lalu di ambil akar dari
rata-rata kwadrat yang disebut root-mean-squar (r.m.s) yang memberikan suatu ukuran
besarnya arus.
𝑖𝑟𝑚𝑠 = 𝑖2 𝑡 𝑑𝑡𝑇
0
𝑇
Dari uraian sebelumnya, maka yang dimaksud dengan nilai r.m.s dari suatu fungsi
y = f (x) pada [𝑎, 𝑏] adalah akar dari nilai rata-rata dari 2
y :
Perhatikan:
Mean value dari suatu fungsi periodik, dimaksud nilai mean atas satu periode jika tanpa
pemberitahuan apa-apa.
𝑦𝑟𝑚𝑠 = 𝑦2𝑑𝑥𝑏
𝑎
𝑏 − 𝑎
59
SOAL LATIHAN
Dapatkan nilai rata-rata (mean value) dari:
1. 2
1
1
xy
di antara x = 0 dan x = 1. Jawab :
4
2. tty 3sincos2 di antara t = 0 dan t = 6
3. 2
3
xy di antara x = 0 dan x = 4 Jawab : 7
20
4. tty 3cos25sin3 di antara t = 0 dan t =
5. 2
xy di antara x = 1 dan x = 4 jawab : 7
6. 732 xy di antara x = 0 dan x = 2
7. 1 xy di antara x = 0 dan x = 2 jawab : 2
8. 2
6xy di antara x = -1 dan x = 3
9. 14 xy di antara x = 0 dan x = 2 jawab : 5
10. xy 2sin10 di antara x = 0 dan x =
Dapatkan nilai r. m .s dari:
11. ty 200sin400 di antara t = 0 dan t = 100
1 Jawab : 2200
12. xy sin1 di antara x = 0 dan x = 2
13. )2( xxy dari x = 0 ke x = 2 jawab : 0,730
14. ti 100sin10020 di antara t = 0 dan t = 50
1
15. xy dari x = 0 ke x = 2 jawab : 1,15
16. xy cos23 dari x = 0 ke x = 2
17. xy 3 dari x = 0 ke x = 4 jawab: 6,93
60
Pandang fungsi 𝑍 = 𝐹(𝑥, 𝑦). Turunan parsial pertama dari 𝑍 terhadap 𝑥 ( dengan memandang
𝑦 konstan) ditulis: 𝜕𝑧
𝜕𝑥=
𝜕𝐹
𝜕𝑥= 𝑍𝑥 = 𝐹𝑥 . Turunan parsial pertama dari 𝑍 terhadap 𝑦 (dengan
memandang 𝑥 konstan) ditulis: 𝜕𝑍
𝜕𝑦=
𝜕𝐹
𝜕𝑦= 𝑍𝑦 = 𝐹𝑦 .
Contoh: 𝑍 = 𝑥2 cos 𝑦 →𝜕𝑍
𝜕𝑥= 2𝑥 cos 𝑦 ;
𝜕𝑍
𝜕𝑦= −𝑥2 sin 𝑦.
Turunan parsial tingkat dua:
𝜕2𝑍
𝜕𝑥2 =𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑍
𝜕𝑥 = 𝑍𝑥𝑥 ;
𝜕2𝑍
𝜕𝑦2 =𝜕
𝜕𝑦
𝜕𝑍
𝜕𝑦 = 𝑍𝑦𝑦 ;
𝜕2𝑍
𝜕𝑦 𝜕𝑥=
𝜕
𝜕𝑦
𝜕𝑍
𝜕𝑥 = 𝑍𝑥𝑦 ;
𝜕2𝑍
𝜕𝑥𝜕𝑦=
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑍
𝜕𝑦 = 𝑍𝑦𝑥 .
Contoh:
1. 𝑍 = 𝑥2𝑦 − 3 sin 𝑥 + 4𝑦3 → 𝑍𝑥 = 2𝑥𝑦 − 3 cos 𝑥 ; 𝑍𝑦 = 𝑥2 + 12𝑦2;
𝑍𝑥𝑥 = 2𝑦 + 3 sin 𝑥; 𝑍𝑦𝑦 = 24𝑦;
𝑍𝑥𝑦 = 2𝑥; 𝑍𝑦𝑥 = 2𝑥.
2. 𝑍 = sin 3𝑦 + 𝑦𝑒−3𝑥 − 𝑥3 → 𝑍𝑥 = −3𝑦𝑒−3𝑥 − 3𝑥2; 𝑍𝑦 = 3 cos 3𝑦 + 𝑒−3𝑥 ;
𝑍𝑥𝑥 = 9𝑦𝑒−3𝑥 − 6𝑥; 𝑍𝑦𝑦 = −9 sin 𝑦
𝑍𝑥𝑦 = −3𝑒−3𝑥 ; 𝑍𝑦𝑥 = −3𝑒−3𝑥 .
Dari kedua contoh tersebut tampak bahwa: 𝜕2𝑍
𝜕𝑦 𝜕𝑥=
𝜕2𝑍
𝜕𝑥𝜕𝑦 atau 𝑍𝑥𝑦 = 𝑍𝑦𝑥 .
Jika 𝑍 = 𝐹(𝑥, 𝑦) maka diferensial total dari 𝑍 adalah 𝑑𝑧 =𝜕𝑍
𝜕𝑥𝑑𝑥 +
𝜕𝑍
𝜕𝑦𝑑𝑦. Sehingga jika diberikan
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶(konstan), maka 𝜕𝐹
𝜕𝑥𝑑𝑥 +
𝜕𝐹
𝜕𝑦𝑑𝑦 = 0.
9
TURUNAN PARSIAL
61
PD Biasa PDB PD Parsial PDP PD
Contoh:
PD Biasa → 1. 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 2𝑦𝑥 = 𝑥2 + 3 2. 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒−𝑥
PD Parsial → 1. 𝜕2𝑍
𝜕𝑥𝜕𝑦− 2𝑥𝑦 = 0 2. 𝑍𝑥𝑥 + 𝑍𝑦𝑦 = 0.
Jika turunan tertinggi yang terdapat dalam persamaan adalah tingkat 𝑛, maka PD itu disebut PD
tingkat 𝑛. Jika persamaan itu seluruhnya rasional dan bulat dalam turunan-turunan itu, maka
pangkat dari turunan tertinggi dalam persamaan itu disebut derajat PD itu.
Contoh:
1. 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 3𝑦 = 2𝑥 PD tingkat satu, derajat Satu
2. 2𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 5𝑦 = sin 𝑥 PD tingkat dua, derajat satu.
3. (𝑦 ′)2 − 3𝑦 ′ = 0 PD tingkat satu, derajat dua.
PD dari berkas kurva datar.
Diberikan berkas kurva datar: 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝛼 = 0………………………………………………..(1)
𝛼 : parameter
Ditanyakan: PD berkas tersebut.
Penyelesaian:
1. Persamaan (1) diturunkan terhadap 𝑥, didapat: 𝜕𝑓
𝜕𝑥+
𝜕𝑓
𝜕𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑥= 0…………………………(2)
2. Eliminasi 𝛼 dari (1) dan (2), didapat hubungan antara 𝑥, 𝑦 dan 𝑑𝑦
𝑑𝑥:
𝐹 𝑥, 𝑦,𝑑𝑦
𝑑𝑥 = 0 → ini merupakan PD dari berkas (1).
Contoh:
Definisi:
Persamaan Diferensial (PD) adalah persamaan yang merupakan hubungan antara
turunan (derivative) dari satu variabel tak bebas terhadap satu/lebih variabel bebas.
( hanya mengandung satu
variabel bebas)
(mengandung lebih dari
satu variabel bebas)
10
PERSAMAAN DIFERENSIAL
62
Ditanyakan PD dari berkas garis lurus : 𝑦 = 𝛼𝑥………………………………………..............(1)
Penyelesaian: Diturunkan terhadap 𝑥, didapat: 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝛼…………………………………………(2)
Eliminasi 𝛼 dari (1) dan (2), didapat 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑦
𝑥.
Penyelesaian PD
Penyelesaian PD adalah suatu fungsi tanpa turunan-turunan dan yang memenuhi PD itu.
Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial (PUPD): penyelesaian PD yang memuat konstanta-
konstanta sebarang yang banyaknya sama dengan tingkat dari PD itu.
Penyelesaian Partikulir Persamaan Diferensial (PPPD): penyelesaian PD yang didapat dari PUPD
jika pada konstanta-konstanta sebarangnya diberi nilai tertentu.
Bentuk umum: 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑀 𝑥, 𝑦 = 0 atau 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0.
PD DENGAN VARIABEL-VARIABEL TERPISAH
Bentuk umum: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 0.
PUPD: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥2𝑑𝑥 − 3𝑒−𝑦𝑑𝑦 = 0.
Penyelesaian: 𝑥2 𝑑𝑥 − 3𝑒−𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶
PUPD: 1
3𝑥3 + 3𝑒−𝑦 = 𝐶.
PD DENGAN VARIABEL-VARIABEL YANG DAPAT DIPISAHKAN
Bentuk umum: 𝑓1 𝑥 𝑔2 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑓2 𝑥 𝑔1 𝑦 𝑑𝑦 = 0
𝑓1 𝑥
𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 +
𝑔1(𝑦)
𝑔2(𝑦)𝑑𝑦 = 0.
PUPD: 𝑓1 𝑥
𝑓2(𝑥)𝑑𝑥 +
𝑔1(𝑦)
𝑔2(𝑦)𝑑𝑦 = 𝐶.
Contoh:
10.1 PD TINGKAT SATU DERAJAT SATU
10.1.1 PD DENGAN VARIABEL TERPISAH/DAPAT DIPISAHKAN
: 𝑓2 𝑥 𝑔2(𝑦)
63
Selesaikan PD: 𝑥 + 1 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦 − 1 𝑥 𝑑𝑦 = 0.
Penyelesaian: 𝑥 + 1 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦 − 1 𝑥 𝑑𝑦 = 0 ∶ 𝑥𝑦
𝑥+1
𝑥 𝑑𝑥 −
𝑦−1
𝑦 𝑑𝑦 = 0 → 1 +
1
𝑥 𝑑𝑥 − 1 −
1
𝑦 𝑑𝑦 = 0.
1 +1
𝑥 𝑑𝑥 − 1 −
1
𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶 → 𝑥 + ln 𝑥 − 𝑦 + ln 𝑦 = 𝐶.
PUPD: 𝑥 − 𝑦 + ln 𝑥𝑦 = 𝐶.
PD: 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 disebut PD Homogin jika dapat ditulis dalam bentuk
𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑓
𝑦
𝑥
Substitusi: 𝑦
𝑥= 𝑣 → 𝑦 = 𝑣𝑥. 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣 → akan didapat PD dengan variabel terpisah.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥2 − 𝑥𝑦 + 𝑦2 𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0.
Penyelesaian: subs: 𝑦 = 𝑣𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣
PD menjadi: 𝑥2 − 𝑣𝑥2 + 𝑣2𝑥2 𝑑𝑥 − 𝑣𝑥2 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 = 0.
1 − 𝑣 𝑥2𝑑𝑥 − 𝑣𝑥3𝑑𝑣 = 0 ∶ 𝑥3 1 − 𝑣
1
𝑥𝑑𝑥 −
𝑣
1−𝑣 𝑑𝑣 = 0 →
1
𝑥𝑑𝑥 −
𝑣
1−𝑣 𝑑𝑣 = 𝐶.
ln 𝑥 + 1 −1
1−𝑣 𝑑𝑣 = 𝐶 → ln 𝑥 + 𝑣 − ln 1 − 𝑣 = 𝐶.
ln 𝑥 + ln 𝑒𝑣 − ln 1 − 𝑣 = ln 𝐾 → ln𝑥𝑒𝑣
1−𝑣= ln 𝐾 .
𝑥𝑒𝑣
1−𝑣= 𝐾 →
𝑥𝑒𝑦𝑥
1−𝑦
𝑥
= 𝐾 → 𝑒𝑦
𝑥 = 𝐾 𝑥 − 𝑦 .
Jadi PUPD: 𝑒𝑦
𝑥 = 𝐾 𝑥 − 𝑦 .
1. Jika 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0 → subst: 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦; 𝑑𝑦 =1
𝑏 𝑑𝑢 − 𝑎𝑑𝑥 .
menjadi PD dengan variable terpisah.
Contoh:
2. Jika 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 ≠ 0 → subst: 𝑥 = 𝑥1 + → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥1
𝑦 = 𝑦1 + 𝑘 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦1
10.1.2 PD HOMOGIN
10.1.3 PD BERBENTUK: 𝒂𝒙 + 𝒃𝒚 + 𝒄 𝒅𝒙 + 𝒑𝒙 + 𝒒𝒚 + 𝒓 𝒅𝒚 = 𝟎
64
dimana = 𝑥𝑘 = 𝑦
adalah penyelesaian dari 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0𝑝𝑥 + 𝑞𝑦 + 𝑟 = 0
maka PD menjadi PD homogin: 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑦1 𝑑𝑥1 + 𝑝𝑥1 + 𝑞𝑦1 𝑑𝑦1 = 0.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 + 𝑦 − 1 𝑑𝑦 = 0.
Penyelesaian: Pada soal ini: 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0 → subst: 𝑢 = 𝑥 + 𝑦; 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 − 𝑑𝑥 .
PD menjadi: 𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 − 1 𝑑𝑢 − 𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑥 + 𝑢 − 1 𝑑𝑢 = 0.
𝑑𝑥 + 𝑢 − 1 𝑑𝑢 = 𝐶 → 𝑥 +1
2𝑢2 − 𝑢 = 𝐶.
𝑥 +1
2 𝑥 + 𝑦 2 − 𝑥 + 𝑦 = 𝐶. Jadi PUPD:
1
2 𝑥 + 𝑦 2 − 𝑦 = 𝐶.
PD : 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 disebut PD Eksak jika dan hanya jika 𝜕𝑀
𝜕𝑦=
𝜕𝑁
𝜕𝑥.
PUPD Eksak berbentuk :
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 ……………………………………………………………………….(1)
𝑑𝐹 =𝜕𝐹
𝜕𝑥 𝑑𝑥 +
𝜕𝐹
𝜕𝑦 𝑑𝑦 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦
Berarti bahwa:
𝜕𝐹
𝜕𝑥= 𝑀 𝑥, 𝑦 → 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥+ 𝑅(𝑦)………………………………...…….(2)
Dimana 𝑥
menyatakan bahwa dalam pengintegralan itu 𝑦 dipandang konstan dan dalam hal ini
𝑅(𝑦) adalah konstanta integrasi yang masih ditentukan, sbb:
Dari (2) didapat:
𝜕𝐹
𝜕𝑦=
𝜕
𝜕𝑦 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥 +
𝑑𝑅
𝑑𝑦= 𝑁(𝑥, 𝑦)……………………………………………….(3)
Dari (3) 𝑑𝑅
𝑑𝑦= 𝑅′ (𝑦) ketemu dan 𝑅(𝑦) juga ketemu, sehingga didapat PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶.
Contoh:
Selesaikan PD: 3𝑥2 + 6𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 3𝑥2 + 3𝑦2 = 0.
Penyelesaian: 𝑀 𝑥, 𝑦 = 3𝑥2 + 6𝑥𝑦 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦= 6𝑥
𝑁 𝑥, 𝑦 = 3𝑥2 + 3𝑦2 →𝜕𝑁
𝜕𝑥= 6𝑥
→ sama, maka PD tersebut PD Eksak.
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥
𝑥
+ 𝑅(𝑦)
= 3𝑥2 + 6𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑥
+ 𝑅 𝑦 = 𝑥3 + 3𝑥2𝑦 + 𝑅(𝑦)
10.1.4 PD EKSAK
65
𝜕𝐹
𝜕𝑥= 3𝑥2 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦)
3𝑥2 + 𝑅′ 𝑦 = 3𝑥2 + 3𝑦2 → 𝑅′ 𝑦 = 3𝑦2 → 𝑅 𝑦 = 𝑦3.
PUPD: 𝑥3 + 3𝑥2𝑦 + 𝑦3 = 𝐶.
Ditentukan PD : 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 tidak Eksak. Jika ada 𝑉 (fungsi dari 𝑥 dan 𝑦 atau
salah satu) yang mempunyai sifat : 𝑉𝑀 𝑑𝑥 + 𝑉𝑁 𝑑𝑦 = 0 menjadi eksak, maka 𝑉 disebut faktor
pengintegral dari PD yang ditentukan diatas.
Syarat perlu dan cukup untuk ini adalah:
𝜕𝑉𝑀
𝜕𝑦=
𝜕𝑉𝑁
𝜕𝑥, atau 𝑀
𝜕𝑉
𝜕𝑦+ 𝑉
𝜕𝑀
𝜕𝑦= 𝑁
𝜕𝑉
𝜕𝑥+ 𝑉
𝜕𝑁
𝜕𝑥.
Menentukan faktor pengintegral:
1. Jika 𝑉 = 𝑓(𝑥) saja.
Maka: 𝜕𝑉
𝜕𝑥=
𝑑𝑉
𝑑𝑥 ;
𝜕𝑉
𝜕𝑦= 0 .
Sehingga: 𝑑𝑉
𝑉=
𝜕𝑀
𝜕𝑦−
𝜕𝑁
𝜕𝑥
𝑁 𝑑𝑥 →
𝑑𝑉
𝑉= 𝑥 𝑑𝑥, dengan 𝑉 = 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0.
Penyelesaian:
𝑥 =
𝜕𝑀𝜕𝑦
−𝜕𝑁𝜕𝑥
𝑁=
−1 − 1
𝑥=
−2
𝑥
Faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒 −2
𝑥𝑑𝑥 = 𝑒−2 ln 𝑥 = 𝑒ln 𝑥−2
= 𝑥−2.
PD: 𝑉 𝑥2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑉𝑥 𝑑𝑦 = 0 →PD Eksak.
𝑥−2 𝑥2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥−2 𝑥 𝑑𝑦 = 0
1 +1
𝑥− 𝑦𝑥−2 𝑑𝑥 +
1
𝑥 𝑑𝑦 = 0
𝐹 𝑥, 𝑦 = 1 +1
𝑥− 𝑦𝑥−2 𝑑𝑥
𝑥
+ 𝑅 𝑦 = 𝑥 + ln 𝑥 +𝑦
𝑥+ 𝑅(𝑦)
𝜕𝐹
𝜕𝑦=
1
𝑥+ 𝑅′ 𝑦 =
1
𝑥→ 𝑅′ 𝑦 = 0 → 𝑅 𝑦 = 𝐶1.
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 → 𝑥 + ln 𝑥 +𝑦
𝑥= 𝐶.
2. Jika 𝑉 = 𝑓(𝑦) saja.
10.1.5 FAKTOR PENGINTEGRAL
66
𝜕𝑉
𝜕𝑥= 0,
𝜕𝑉
𝜕𝑦=
𝑑𝑉
𝑑𝑦→
𝑑𝑉
𝑉=
𝜕𝑁𝜕𝑥
−𝜕𝑀𝜕𝑦
𝑀 𝑑𝑦
𝑑𝑉
𝑉= 𝑦 𝑑𝑦.
Jadi faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒 (𝑦)𝑑𝑦 .
Contoh:
Selesaikan PD: 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦2 − 3𝑥2 𝑑𝑦 = 0.
𝑦 =
𝜕𝑁𝜕𝑥
−𝜕𝑀𝜕𝑦
𝑀=
−6𝑥 − 2𝑥
2𝑥𝑦=
−4
𝑦
Faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒
−4
𝑦 𝑑𝑦
= 𝑒−4 ln 𝑦 = 𝑦−4
PD dikalikan dengan V menjadi:
2𝑥
𝑦3 𝑑𝑥 + 1
𝑦2 −3𝑥2
𝑦4 𝑑𝑦 = 0 →PD Eksak.
𝐹 𝑥, 𝑦 = 2𝑥
𝑦𝑑𝑥 + 𝑅 𝑦 =
𝑥2
𝑦3+ 𝑅(𝑦)
𝜕𝐹
𝜕𝑦= −
3𝑥2
𝑦4+ 𝑅′ 𝑦 =
1
𝑦2−
3𝑥2
𝑦4→ 𝑅′ 𝑦 =
1
𝑦2→ 𝑅 𝑦 =
−1
𝑦
Jadi PUPD: 𝑥2
𝑦3 −1
𝑦= 𝐶.
Bentuk umum: 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦𝑃 = 𝑄.
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 𝑃 𝑑𝑥
PUPD: 𝑦𝑣 = 𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦 = 2 + 2𝑥
Penyelesaian:
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 1 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 .
PUPD: 𝑦𝑒𝑥 = 2 + 2𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥 + 𝐶
= 2𝑒𝑥 + 2 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝐶
= 2𝑥𝑒𝑥 + 𝐶.
Jadi PUPD: 𝑦 = 2𝑥𝑒𝑥 + 𝐶 𝑒−𝑥 .
10.1.6 PD LINIER TINGKAT SATU
67
Bentuk umum:
𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦𝑃 = 𝑦𝑛𝑄. ……………………………………………………………….(1)
Persamaan (1) dibagi 𝑦𝑛 , didapat: 𝑦−𝑛 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦1−𝑛𝑃 = 𝑄.
Substitusi: 𝑣 = 𝑦1−𝑛 →𝑑𝑣
𝑑𝑥= 1 − 𝑛 𝑦−𝑛 𝑑𝑦
𝑑𝑥→ 𝑦−𝑛 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
1
1−𝑛 𝑑𝑣
𝑑𝑥
PD menjadi : 𝑑𝑣
𝑑𝑥+ 𝑣 1 − 𝑛 𝑃 = 1 − 𝑛 𝑄.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑑𝑦
𝑑𝑥+
1
𝑥𝑦 = 𝑦3𝑥3.
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑣 = 𝑦−3+1 = 𝑦−2 →𝑑𝑣
𝑑𝑥= −2𝑦−3 𝑑𝑦
𝑑𝑥
PD menjadi: 𝑑𝑣
𝑑𝑥−
2
𝑥𝑣 = −2𝑥3 →PD linier tingkat Satu
Faktor pengintegral: 𝑢 = 𝑒 −2
𝑥𝑑𝑥 = 𝑥−2.
𝑣. 𝑥−2 = −2𝑥3𝑥−2𝑑𝑥𝑥
+ 𝐶 = −𝑥2 + 𝐶 → 𝑣 = −𝑥4 + 𝐶𝑥2.
PUPD: 𝑦−2 = −𝑥4 + 𝐶𝑥2.
Bentuk: 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑞 𝑥 + 𝑝 𝑥 𝑦 + 𝑟(𝑥)𝑦2.
Jika 𝑝, 𝑞, 𝑟 konstan maka 𝑑𝑦
𝑞+𝑝𝑦 +𝑟𝑦2 = 𝑥 + 𝐶.
Jika 𝑟 𝑥 = 0 →PD linier.
Jika 𝑞 𝑥 = 0 →PD Bernoulli.
Mendapatkan penyelesaian umum PD Riccati, sbb:
Dicari/diketahui penyelesaian partikulir 𝑦 = 𝑦1(𝑥), maka:
𝑦 ′1 𝑥 = 𝑞 𝑥 + 𝑝 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝑟 𝑦 𝑦1
2(𝑥)
…………………………………………………………(1)
Ambil 𝑦 = 𝑦1 𝑥 + 𝑧 𝑥 →𝑑𝑍
𝑑𝑥− 𝑝 + 2𝑟𝑦1 𝑍 = 𝑟𝑍2 →PD Bernoulli.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑦 ′ = 𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥 − 2𝑒𝑥𝑦 + 𝑦2. Jika diketahui penyelesaian partikulir 𝑦1 = 𝑒𝑥 .
Penyelesaian: 𝑟 𝑥 = 1; 𝑝 𝑥 = −2𝑒𝑥 ; 𝑞 𝑥 = 𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥
10.1.7 PD BERNOULLI
10.1.8 PD RICCATI
68
Ambil 𝑦 = 𝑒𝑥 + 𝑍 →𝑑𝑍
𝑑𝑥− −2𝑒2𝑥 + 2𝑒2𝑥 𝑍 = 𝑍2 →
𝑑𝑍
𝑑𝑥= 𝑍2 → 𝑍 =
1
𝐶−𝑥.
Maka penyelesaian PD Riccati tersebut adalah:
𝑦 𝑥 = 𝑒𝑥 +1
𝐶−𝑥.
Suatu kurva yang memotong setiap anggota dari suatu rumpun kurva (dari sebaliknya) dengan
sudut 𝛽 dinamakan trayektori 𝛽 dari rumpun itu atau trayektori isogonal.
1. Trayektori Isogonal
Integral kurva dari persamaan diferensial 𝑓 𝑥, 𝑦,𝑦 ′ −tan 𝛽
1+𝑦 ′ tan 𝛽 = 0 adalah trayektori isogonal
dengan sudut tetap 𝛽 dari rumpun integral kurva 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′ = 0.
2. Trayektori orthogonal
Jika 𝛽 = 90𝑜 dinamakan trayektori orthogonal. Integral kurva dari PD 𝑓 𝑥, 𝑦, −1
𝑦′ = 0
adalah trayektori orthogonal dari rumpun integral kurva 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′ = 0. Dalam koordinat
polar, integral kurva dari PD 𝑓 𝑟, 𝜃, −𝑟2 𝑑𝜃
𝑑𝑟 = 0 adalah trayektori orthogonal dari integral
kurva 𝑓 𝑟, 𝜃,𝑑𝜃
𝑑𝑟 = 0.
Langkah-langkah menentukan suatu trayektori:
1. Tentukan persamaan rumpun kurva (PD) dari persamaan kurva yang diketahui. Jika persamaan
yang didapat masih ada parameter λ maka λ harus dieliminasi dulu.
2. Tentukan PD dari trayektorinya:
a. Jika trayektori orthogonal maka dilakukan pergantian 𝑑𝑦
𝑑𝑥 dengan −
𝑑𝑥
𝑑𝑦 pada PD-nya.
b. Jika trayektori isogonal dengan sudut tetap 𝛽 maka lakukanlah pergantian 𝑑𝑦
𝑑𝑥 dengan
𝑑𝑦
𝑑𝑥 − tan 𝛽
1+𝑑𝑦
𝑑𝑥tan 𝛽
pada PD-nya.
3. Selesaikakan PD baru tersebut dan ini akan menghasilkan persamaan trayektori yang dimaksud.
Contoh:
1. Dapatkan trayektori orthogonal dari 𝑥2 + 2𝑦2 = λ………………………….(1)
Penyelesaian:
Kurva (1) dideferensialkan: 2𝑥 + 4𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥= 0. Kemudian
𝑑𝑦
𝑑𝑥 diganti dengan −
𝑑𝑥
𝑑𝑦 menjadi
2𝑥 𝑑𝑦 − 4𝑦 𝑑𝑥 = 0 → PD dengan variabel dapat dipisahkan. PD tersebut diselesaikan
menghasilkan: 𝑦 = 𝐶𝑥2 →trayektori orthogonal.
10.9 TRAYEKTORI
69
2. Dapatkan trayektori isogonal dengan 𝛽 = 𝜋/4 dari 𝑥2 + 𝑦2 = 2λ x + y .
Penyelesaian:
Pers. 𝑥2 + 𝑦2 − 2λ x + y = 0. PD dari rumpun kurva ini adalah: 2𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥−
2λ 1 +dy
dx = 0. Karena masih mengandung parameter λ, maka λ dihilangkan. Dari
persamaan rumpun kurva didapat: 2λ =x2+y2
x+y. Maka PD rumpun kurva itu adalah:
2𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦
𝑑𝑥−
x2+y2
x+y 1 +
dy
dx = 0 → x2 − y2 + 2xy + 2xy + y2 − x2
dy
dx= 0.
𝑑𝑦
𝑑𝑥 diganti dengan
𝑑𝑦
𝑑𝑥 − tan 𝛽
1+𝑑𝑦
𝑑𝑥tan 𝛽
=𝑑𝑦
𝑑𝑥 − tan 𝜋/4
1+𝑑𝑦
𝑑𝑥tan 𝜋/4
=𝑑𝑦
𝑑𝑥 − 1
1+𝑑𝑦
𝑑𝑥
, sehingga didapat
4𝑥𝑦 𝑑𝑦 + 2𝑥2 − 2𝑦2 𝑑𝑥 = 0 → PD homogin.
Maka penyelesaian dari PD tersebut adalah: 𝑦2 + 𝑥2 = 𝐶.
Jadi trayektori isogonal dengan 𝛽 = 𝜋/4 adalah 𝑦2 + 𝑥2 = 𝐶.
CONTOH SOAL PD TINGKAT SATU DERAJAT SATU
1. Selesaikan PD: 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
1+𝑦2
1+𝑥2
Penyelesaian: 𝑑𝑦
1+𝑦2 −𝑑𝑥
1+𝑥2 = 0 → 𝑑𝑦
1+𝑦2 − 𝑑𝑥
1+𝑥2 = 𝐶.
PUPD: arctg 𝑦 − arctg 𝑥 = 𝐶.
2. Selesaikan PD: 1 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian: 1 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0 ∶ 1 + 2𝑦 𝑥 − 4
→𝑑𝑥
𝑥 − 4+
𝑑𝑦
1 + 2𝑦= 0
→ 𝑑𝑥
𝑥 − 4+
𝑑𝑦
1 + 2𝑦= 𝐶1
→ ln 𝑥 − 4 +1
2ln 1 + 2𝑦 = 𝐶1
→ 2 ln 𝑥 − 4 + ln 1 + 2𝑦 = 2𝐶1
→ ln 𝑥 − 4 2(1 + 2𝑦) = ln 𝐶; 𝐶 = 𝑒2𝐶1
PUPD: 𝑥 − 4 2 1 + 2𝑦 = 𝐶
3. Selesaikan PD: 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
4𝑦
𝑥𝑦−3𝑥
Penyelesaian: 𝑥 𝑦 − 3 𝑑𝑦 − 4𝑦 𝑑𝑥 = 0 ∶ 𝑥𝑦
→𝑦 − 3
𝑦 𝑑𝑦 −
4
𝑥𝑑𝑥 = 0
70
→ 1 −3
𝑦 𝑑𝑦 −
4
𝑥𝑑𝑥 = 𝐶
→ 𝑦 − 3 ln 𝑦 − 4 ln 𝑥 = 𝐶
PUPD: 𝑦 − 3 ln 𝑦 − 4 ln 𝑥 = 𝐶
4. Selesaikan PD: 𝑣.𝑑𝑣
𝑑𝑥− 𝑔 = 0,jika 𝑥 = 𝑥0, 𝑣 = 𝑣0
Penyelesaian:
𝑣𝑑𝑣 − 𝑔𝑑𝑥 = 0
𝑣 𝑑𝑣 − 𝑔 𝑑𝑥 = 𝐶
PUPD: 1
2𝑣2 − 𝑔𝑥 = 𝐶
Untuk 𝑥 = 𝑥0, 𝑣 = 𝑣0 →1
2𝑣0
2 − 𝑔𝑥0 = 𝐶
Jadi penyelesaian PD tersebut: 1
2𝑣2 − 𝑔𝑥 =
1
2𝑣0
2 − 𝑔𝑥0 atau 𝑣2 − 𝑣02 = 2𝑔(𝑥 − 𝑥0)
5. Selesaikan PD Homogin: 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑦 = 𝑣𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣
PD menjadi: 𝑥 + 𝑣𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣 = 0
→ 𝑥 1 + 2𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥2𝑑𝑣 = 0 ∶ (1 + 2𝑣)𝑥2
→𝑑𝑥
𝑥+
𝑑𝑣
1 + 2𝑣= 0
→ ln 𝑥 +1
2ln(1 + 2𝑣) = 𝐶1
→ 2 ln 𝑥 + ln(1 + 2𝑣) = 2𝐶1
→ ln 𝑥2(1 + 2𝑣) = ln 𝐶 ; 𝐶 = 𝑒2𝐶1
→ 𝑥2 1 + 2𝑣 = 𝐶 → 𝑥2 1 + 2𝑦
𝑥 = 𝐶
PUPD: 𝑥2 + 2𝑥𝑦 = 𝐶
6. Selesaikan PD Homogin: 1 + 2𝑒𝑥
𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑒𝑥
𝑦 1 −𝑥
𝑦 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑥 = 𝑣𝑦 → 𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑣
PD menjadi: 1 + 2𝑒𝑣 𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑣 + 2𝑒𝑣 1 − 𝑣 𝑑𝑦 = 0
→ 𝑣 + 2𝑒𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 1 + 2𝑒𝑣 𝑑𝑣 = 0 ∶ 𝑣 + 2𝑒𝑣 𝑦
71
→𝑑𝑦
𝑦+
1 + 2𝑒𝑣
𝑣 + 2𝑒𝑣= 0
→ 𝑑𝑦
𝑦+
1 + 2𝑒𝑣
𝑣 + 2𝑒𝑣= 𝐶1
→ ln 𝑦 + ln 𝑣 + 2𝑒𝑣 = 𝐶1
→ ln 𝑦 𝑣 + 2𝑒𝑣 = ln 𝐶 ; 𝐶 = 𝑒𝐶1
→ 𝑦 𝑥
𝑦+ 2𝑒
𝑥𝑦 = 𝐶
PUPD:𝑥 + 2𝑦𝑒𝑥
𝑦 = 𝐶
7. Selesaikan PD: 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
2𝑥+𝑦−1
4𝑥+2𝑦+5
Penyelesaian: Pada soal ini 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0
Substitusi: 𝑢 = 2𝑥 + 𝑦 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 − 2𝑑𝑥
PD menjadi: 𝑑𝑢−2𝑑𝑥
𝑑𝑥=
𝑢−1
2𝑢+5 → 𝑢 − 1 𝑑𝑥 − 2𝑢 + 5 𝑑𝑢 − 2𝑑𝑥 = 0
→ 𝑑𝑥 −2𝑢 + 5
5𝑢 + 9𝑑𝑢 = 0
→ 𝑑𝑥 − 2𝑢 + 5
5𝑢 + 9𝑑𝑢 = 𝐶
→ 𝑥 −
25
5𝑢 + 9 +75
(5𝑢 + 9)𝑑𝑢 = 𝐶
→ 𝑥 −2
5𝑢 −
7
25ln 5𝑢 + 9 = 𝐶
→ 𝑥 −2
5(2𝑥 + 𝑦) −
7
25ln 10𝑥 + 5𝑦 + 9 = 𝐶
PUPD: 1
5𝑥 −
2
5𝑦 −
7
25ln 10𝑥 + 5𝑦 + 9 = 𝐶.
8. Selesaikan PD: 6𝑥2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦2 𝑑𝑥 + 6𝑥𝑦 − 5𝑥2 − 3𝑦2 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian: 𝑀 = 6𝑥2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦2 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦= −10𝑥 + 6𝑦
𝑁 = 6𝑥𝑦 − 5𝑥2 − 3𝑦2 →𝜕𝑁
𝜕𝑥= −10𝑥 + 6𝑦
= (PD EKSAK)
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑀𝑥
𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
= (6𝑥2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦2𝑥)𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
= 2𝑥3 − 5𝑥2𝑦 + 3𝑦2𝑥 + 𝑅(𝑦)
𝜕𝐹
𝜕𝑦= −5𝑥2 + 6𝑦𝑥 + 𝑅′𝑦) = 𝑁 → −5𝑥2 + 6𝑦𝑥 + 𝑅′(𝑦) = 6𝑥𝑦 − 5𝑥2 − 3𝑦2
72
𝑅′ 𝑦 = −3𝑦2 → 𝑅 𝑦 = −3𝑦2 𝑑𝑦 = −𝑦3
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 → 2𝑥3 − 5𝑥2𝑦 + 3𝑦2𝑥 − 𝑦3 = 𝐶.
9. Selesaikan PD: 𝑥 + 𝑦 − 2 𝑑𝑥 + 𝑥 − 𝑦 + 4 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian: 𝑀 = 𝑥 + 𝑦 − 2 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦= 1
𝑁 = 𝑥 − 𝑦 + 4 →𝜕𝑁
𝜕𝑥= 1
= (PD EKSAK)
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑀𝑥
𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
= (𝑥 + 𝑦 − 2)𝑥
𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
=1
2𝑥2 + 𝑦𝑥 − 2𝑥 + 𝑅(𝑦)
𝜕𝐹
𝜕𝑦= 𝑥 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑁 → 𝑥 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑥 − 𝑦 + 4
𝑅′ 𝑦 = 4 − 𝑦 → 𝑅 𝑦 = (4 − 𝑦) 𝑑𝑦 = 4𝑦 −1
2𝑦2
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 →1
2𝑥2 + 𝑦𝑥 − 2𝑥 + 4𝑦 −
1
2𝑦2.
10. Selesaikan: 𝑦 ′ −2𝑦
𝑥= 𝑥 + 𝑥2
Penyelesaian:
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 −2
𝑥𝑑𝑥 = 𝑒−2 ln 𝑥 = 𝑥−2.
𝑦𝑣 = 𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥−2 = (𝑥 + 𝑥2)𝑥−2𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑦𝑥−2 = 1
𝑥+ 1 𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑦𝑥−2 = ln 𝑥 + 𝑥 + 𝐶
PUPD: 𝑦 = 𝑥2 ln 𝑥 + 𝑥3 + 𝐶𝑥2
11. Selesaikan PD: 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦 = 3𝑥3.
Penyelesaian: 𝑑𝑦
𝑑𝑥+
1
𝑥 ln 𝑥𝑦 =
3𝑥2
ln 𝑥
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 1
𝑥 ln 𝑥𝑑𝑥 = 𝑒ln ln 𝑥 = ln 𝑥.
𝑦𝑣 = 𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦 ln 𝑥 = 3𝑥2
ln 𝑥. ln 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶
73
→ 𝑦 ln 𝑥 = 3𝑥2𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦 ln 𝑥 = 𝑥3 + 𝐶
PUPD: 𝑦 ln 𝑥 = 𝑥3 + 𝐶.
12. Selesaikan PD: 𝑥𝑦 ′ − 3𝑦 = 𝑥 − 1; jika 𝑦 1 = 0.
Penyelesaian: 𝑦 ′ −3
𝑥𝑦 =
𝑥−1
𝑥
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 −3
𝑥𝑑𝑥 = 𝑒−3 ln 𝑥 = 𝑥−3
𝑦𝑣 = 𝑄𝑣𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥−3 = 𝑥 − 1
𝑥. 𝑥−3 𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑦𝑥−3 = 𝑥−3 − 𝑥−4 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥−3 =−1
2𝑥2+
1
3𝑥3+ 𝐶
Untuk 𝑥 = 1, 𝑦 = 0 → 0 =−1
2+
1
3+ 𝐶 → 𝐶 =
1
6.
penyelesaian PD yang memenuhi syarat batas adalah: 𝑦 =1
3−
𝑥
2+
𝑥3
6.
13. Selesaikan PD Bernoulli: 𝑑𝑦
𝑑𝑥+
1
𝑥𝑦 = 𝑦4𝑥5.
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑣 = 𝑦1−4 = 𝑦−3 →𝑑𝑣
𝑑𝑥= −3𝑦−4 𝑑𝑦
𝑑𝑥
PD menjadi: 𝑑𝑣
𝑑𝑥−
3
𝑥𝑣 = −3𝑥5.
Faktor pengintegral: 𝑒 −3
𝑥𝑑𝑥 = 𝑒−3 ln 𝑥 = 𝑥−3
𝑣𝑥−3 = −3𝑥5𝑥−3 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑣𝑥−3 = −3𝑥2 𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑣𝑥−3 = −𝑥3 + 𝐶 → 𝑣 = −𝑥6 + 𝐶𝑥3
Karena 𝑣 = 𝑦−3 →PUPD: 𝑦−3 = −𝑥6 + 𝐶𝑥3 atau 𝑦3 =1
𝐶𝑥3−𝑥6.
14. Selesaikan PD Bernoulli: 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦2 cos 𝑥 − sin 𝑥
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑣 = 𝑦1−2 = 𝑦−1 →𝑑𝑣
𝑑𝑥= −𝑦−2 𝑑𝑦
𝑑𝑥 .
PD menjadi: 𝑑𝑣
𝑑𝑥− 𝑣 = − cos 𝑥 − sin 𝑥
Faktor pengintegral: 𝑒 −1 𝑑𝑥 = 𝑒−𝑥 .
𝑣𝑒−𝑥 = − cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑣𝑒−𝑥 = −𝑒−𝑥 sin 𝑥 + 𝐶
→ 𝑣 = − sin 𝑥 + 𝐶𝑒𝑥
Karena 𝑣 = 𝑦−1 → PUPD: 𝑦−1 = − sin 𝑥 + 𝐶𝑒𝑥 atau 𝑦 =1
𝐶𝑒𝑥−sin 𝑥.
74
SOAL LATIHAN
Selesaikan PD berikut:
1. PD dengan variabel terpisah atau dapat dipisahkan:
a. 𝑥𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥 + 𝑦 + ln 𝑥𝑦 = 𝐶
b. 1 + 𝑥2 𝑦 ′ + 𝑥𝑦 = 𝑥 Jwb: 𝑦 = 1 − 𝐶 1 + 𝑥2 −1/2
c. 𝑑𝑥
𝑥−
𝑦𝑑𝑦
𝑦+2 = 0 Jwb: ln 𝑥 − 𝑦 + 2 ln(𝑦 + 2) = 𝐶
d. 𝑥𝑦2 + 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥2𝑦 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥2 + 1 𝑦2 + 1 = 𝐶
e. 1 + 𝑥2 𝑑𝑦 + 𝑥 1 − 𝑦2 1/2𝑑𝑥 = 0 Jwb: arcsin 𝑦 +1
2ln 1 + 𝑥2 = 𝐶
f. (1 + ln 𝑥) 𝑑𝑥 + 1 + ln 𝑦 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥 ln 𝑥 + 𝑦 ln 𝑦 = 𝐶
g. 𝑦2 + 9 𝑑𝑥 − 𝑥2 + 9 𝑑𝑦 = 0 Jwb: arctan𝑥
3− arctan
𝑦
3= 𝐶
h. 𝑥 + 1 𝑦 ′ + 1 = 2𝑒−𝑦 Jwb: 𝑒𝑦 − 2 𝑥 + 1 = 𝐶
i. 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 2𝑦𝑥 = 0;jika 𝑥 = 0, 𝑦 = 𝑦0 Jwb: 𝑦 = 𝑦0𝑒−𝑥2
j. 𝑣𝑑𝑣
𝑑𝑥− 𝑔 = 0; jika 𝑥 = 𝑥0, 𝑣 = 𝑣0 Jwb: 𝑣2 − 𝑣0
2 = 2𝑔(𝑥 − 𝑥0)
2. PD Homogin:
a. 𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 + 3𝑦 = 0 Jwb: 𝑥2 + 4𝑥𝑦 + 3𝑦2 = 𝐶
b. 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 = 0 Jwb:1
2ln 𝑥2 + 𝑦2 + arctan
𝑦
𝑥 = 𝐶
c. 𝑦 ′ +𝑥−2𝑦
2𝑥−𝑦= 0 Jwb: 𝑥 + 𝑦 3 = 𝐶(𝑦 − 𝑥)
d. 𝑦2 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥2 + 3𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 Jwb:𝑥𝑦2 𝑥 + 𝑦 = 𝐶
e. 𝑑𝑦
𝑑𝑥=
2𝑥3+𝑦3
3𝑥𝑦2 Jwb:𝑦3 − 𝑥3 − 𝐶𝑥 = 0
f. 𝑥 sin𝑦
𝑥− 𝑦 cos
𝑦
𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 cos
𝑦
𝑥𝑑𝑦 = 0 Jwb:𝑥 sin
𝑦
𝑥= 𝐶
g. 𝑦2 − 𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 Jwb:2𝑥2𝑦2 = 𝑥4 + 𝐶
h. 𝑥3 + 𝑦3 𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦2𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥4 + 4𝑥𝑦3 = 𝐶
i. 𝑦 ′ − 𝑒𝑦
𝑥 =𝑦
𝑥 Jwb: ln 𝑥 + 𝑒
−𝑦
𝑥 = 𝐶
j. 2𝑥 𝑑𝑦 − 2𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥2 + 4𝑦2 𝑑𝑥 Jwb: 1 + 4𝐶𝑦 − 𝐶2𝑥2 = 0
3. PD 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑑𝑥 + 𝑝𝑥 + 𝑞𝑦 + 𝑟 𝑑𝑦 = 0 :
a. 2𝑥 − 5𝑦 + 2 𝑑𝑥 + 10𝑦 − 4𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥 − 2𝑦 = 𝐶
b. 𝑦 ′ =𝑥−2𝑦+5
2𝑥+𝑦−1 Jwb:𝑥2 − 𝑦2 − 4𝑥𝑦 + 10𝑥 + 2𝑦 = 𝐶
75
c. 4𝑥 + 6𝑦 + 5 𝑑𝑥 = 2𝑥 + 3𝑦 + 4 𝑑𝑦
Jwb:1
8 2𝑥 + 3𝑦 +
9
64ln 16𝑥 + 24𝑦 + 23 = 𝑥 + 𝐶
d. 2𝑥 + 3𝑦 − 6 𝑑𝑦 = 6𝑥 − 2𝑦 − 7 𝑑𝑥
Jwb:3𝑥2 −3
2𝑦2 − 2𝑥𝑦 − 7𝑥 + 6𝑦 = 𝐶
e. 𝑦 ′ =1−2𝑦−4𝑥
1+𝑦+2𝑥 Jwb: 4𝑥2 + 𝑦2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 − 2𝑥 = 𝐶
4. PD Eksak:
a. 𝑥𝑑𝑦 + 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0 Jwb: 𝑥𝑦 +1
2𝑥2 = 𝐶
b. 𝑥2 − 𝑎𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦2 − 𝑎𝑥 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥3 + 𝑦3 − 3𝑎𝑥𝑦 = 𝐶
c. 𝑦 ′ =2𝑥−𝑦
𝑥−𝑦 Jwb: 𝑥𝑦 − 𝑥2 −
1
2𝑦2 = 𝐶
d. 𝑥2 − 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 1
3𝑥3 − 𝑦𝑥 = 𝐶
e. 𝑥2 + 𝑦2 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 Jwb: 1
3𝑥3 + 𝑥𝑦2 = 𝐶
f. 2𝑥 + 𝑒𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑒𝑦𝑑𝑦 = 0 Jwb: 𝑥2 + 𝑥𝑒𝑦 = 𝐶
g. 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 =𝑦 𝑑𝑥−𝑥 𝑑𝑦
𝑥2+𝑦2 Jwb: 𝑥2 + 𝑦2 − 2 arctg𝑥
𝑦= 𝐶
h. 𝑦𝑒𝑥𝑦 − 2𝑦3 𝑑𝑥 + 𝑥𝑒𝑥𝑦 − 6𝑥𝑦2 − 2𝑦 𝑑𝑦 = 0 jika 𝑥 = 0, 𝑦 = 0
Jwb: 𝑒𝑥𝑦 = 2𝑥𝑦3 + 𝑦2 − 3
5. PD Linier Tingkat Satu:
a. 𝑥2 − 1 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = 1 Jwb: 𝑦 1 − 𝑥2 = 𝐶 − 𝑥
b. 𝑥 ln 𝑥 𝑦 ′ + 𝑦 = 2 ln 𝑥 Jwb: 𝑦 ln 𝑥 = 𝐶 + ln 𝑥 2
c. 𝑦 ′ + 2𝑦 cotg 𝑥 = 3𝑥2 cosec 𝑥2 Jwb: 𝑦 sin2 𝑥 = 𝑥3 + 𝐶
d. 𝑑𝑦
𝑑𝑥+ 𝑦 = 2 + 2𝑥 Jwb: 𝑦 = 2𝑥 + 𝐶𝑒−𝑥
e. 𝑥 𝑑𝑦 − 2𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 − 2 𝑒𝑥𝑑𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝑒𝑥 + 𝐶𝑥2
f. 𝑦 ′ + 𝑦 cos 𝑥 =1
2sin 2𝑥 Jwb: 𝑦 = sin 𝑥 − 1 − 𝐶𝑒− sin 𝑥
g. 𝑦 ′ −2𝑦
𝑥+1= 𝑥 + 1 3 Jwb: 2𝑦 = 𝑥 + 1 4 + 𝐶(𝑥 + 1)2
h. 𝑦 ′ +1−2𝑥
𝑥2 𝑦 = 1 Jwb: 𝑦 = 𝑥2 1 + 𝐶𝑒1/𝑥
i. 𝑑𝑥
𝑑𝑡− 3𝑥 = 1; 𝑥 = 0 , 𝑡 = 0 Jwb: 𝑥 =
1
3 𝑒3𝑡 − 1
6. PD Bernoulli:
a. 𝑦 ′ +𝑦
𝑥= 𝑥𝑦2 Jwb: 1 + 𝑥2𝑦 + 𝐶𝑥𝑦 = 0
b. 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥3𝑦4 Jwb: −3 ln 𝑥 + 𝐶 𝑥3𝑦3 = 1
76
c. (sin 𝑥)𝑦′ − 𝑦 cos 𝑥 + 𝑦2 = 0 Jwb: 𝑦 𝑥 + 𝐶 = sin 𝑥
d. 𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥𝑦2 Jwb: 1
𝑦= 1 − 𝑥 + 𝐶𝑒−𝑥
e. 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦2𝑒𝑥 Jwb: 1
𝑦= 𝐶 − 𝑥 𝑒𝑥
f. 3𝑦 ′ − 𝑦 = 3𝑦3𝑒4𝑥 Jwb: 𝑦−1𝑒−𝑥 = 13 − 12𝑒𝑥
7. PD Riccati:
a. 𝑦 ′ = 𝑦2𝑥−2 − 𝑦𝑥−1 + 1, dengan penyelesaian partikulir 𝑦1 = 𝑥.
Jwb: 𝑦 = 𝑥 + 𝐶𝑥−1 − 𝑥−1 ln 𝑥 −1
b. 𝑦 ′ = −𝑒−𝑥𝑦2 + 𝑦 + 𝑒𝑥 , dengan 𝑦1 = −𝑒𝑥
Jwb: 𝑦 = −𝑒𝑥 + 𝐶𝑒−3𝑥 +1
2𝑒−𝑥
−1
c. 𝑦 ′ = 𝑥𝑦2 + −8𝑥2 + 𝑥−1 𝑦 + 16𝑥3, dengan 𝑦1 = 4𝑥
Jwb: 𝑦 = 4𝑥 + 𝐶𝑥−1 −1
3𝑥2
−1
Dapatkan trayektori orthogonal dari keluarga kurva-kurva berikut:
1. 𝑦2 =𝑥3
λ−𝑥 Jwb: 𝑥2 + 𝑦2 2 = 𝐶 2𝑥2 + 𝑦2
2. 𝑥2 + 𝑦2 − 2λx = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶 𝑥2 + 𝑦2
3. 𝑥2 + 4𝑦2 = 𝐶 Jwb: 𝑦 = 𝐶𝑥4
4. 𝑦 = 𝐶𝑥2 Jwb: 𝑥2 + 2𝑦2 = 𝐶
5. 𝑦2 = 𝐶𝑥 Jwb: 2𝑥2 + 𝑦2 = 𝐶
6. 𝑟 = 𝐶𝜃 Jwb: 𝑟2 = 𝐶𝑒−𝜃2
7. 𝑟 = λ cos θ Jwb: 𝑟 = 𝐶 sin 𝜃
Dapatkan trayektori isogonal dari keluarga kurva-kurva berikut dengan sudut tetap sebesar 𝛼
1. 𝑦 =1
2𝑥 + 𝐶; 𝛼 =
𝜋
4 Jwb: 𝑦 =
−𝑥
3+ 𝐶
2. 𝑥2 + 𝑦2 = 𝐶; 𝛼 =𝜋
4 Jwb: ln 𝑥2 + 𝑦2 − 2 arctg
𝑦
𝑥= 𝐶
3. 𝑥2 + 𝑦2 = 2λ 𝑥 + 𝑦 ; 𝛼 =𝜋
4 Jwb: 𝑦2 + 𝑥2 = 𝐶
4. 𝑥 − λ 2 + 𝑦2 = λ2; 𝛼 =𝜋
4 Jwb: 𝑥2 + 𝑦2 = 𝐶 𝑦 − 𝑥
5. 𝑦 =1
𝑥+λ; 𝛼 =
𝜋
4 Jwb: 𝑦 + 1 = 𝑦 − 1 𝐶𝑒𝑥+𝑦
77
Contoh: Selesaikan PD: 𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 = 3𝑥2 − 6.
Penyelesaian: 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 3𝑥2 − 6 𝑑𝑥 = 𝑥3 − 6𝑥 + 𝐶1 → 𝑦 = 𝑥3 − 6𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥
PUPD: 𝑦 =1
4𝑥4 − 3𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2.
Misal: 𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑝 →
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 =𝑑𝑝
𝑑𝑥=
𝑑𝑝
𝑑𝑦.𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑝
𝑑𝑝
𝑑𝑦.
PD menjadi: 𝑝 𝑑𝑝
𝑑𝑦= 𝑓(𝑦) → 𝑝 𝑑𝑝 = 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 → 𝑝2 = 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1.
Atau 𝑑𝑦
𝑑𝑥= ± 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1 → 𝑑𝑥 = ±
𝑑𝑦
2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦+𝐶1.
Jadi 𝑥 = ± 𝑑𝑦
2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 +𝐶1 + 𝐶2.
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 = 𝑦.
Penyelesaian: 𝑝2 = 2 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1 → 𝑝2 = 𝑦2 + 𝐶1 →𝑑𝑦
𝑑𝑥= ± 𝑦2 + 𝐶1.
𝑥 = ± 𝑑𝑦
𝑦2+𝐶1+ 𝐶2 = ± ln 𝑦 + 𝑦2 + 𝐶1 + 𝐶2.
Jadi PUPD: 𝑥 = ± ln 𝑦 + 𝑦2 + 𝐶1 + 𝐶2.
Misal: 𝑦 = 𝑒𝑘𝑥 →𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦 ′ = 𝑘𝑒𝑘𝑥 →
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 = 𝑦 ′′ = 𝑘2𝑒𝑘𝑥
Maka PD menjadi: 𝑝𝑘2𝑒𝑘𝑥 + 𝑞𝑘𝑒𝑘𝑥 + 𝑟𝑒𝑘𝑥 = 0 → 𝑒𝑘𝑥 𝑝𝑘2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0.
Karena 𝑒𝑘𝑥 ≠ 0, sehingga: 𝑝𝑘2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0.
10.2 PD TINGKAT DUA
10.2.1 PD : 𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒙𝟐 = 𝒇(𝒙)
10.2.2. PD : 𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒙𝟐 = 𝒇(𝒚)
10.2.3 PD : 𝒑 𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒙𝟐 + 𝒒𝒅𝒚
𝒅𝒙+ 𝒓𝒚 = 𝟎 ; 𝒑, 𝒒, 𝒓 :konstan
78
Persamaan karakteristik: 𝑝𝑘2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0 dengan akar-akar 𝑘1 dan 𝑘2 dengan rumus “abc” :
𝑘1,2 =−𝑞 ± 𝑞2 − 4𝑝𝑟
2𝑝
Ada 3 kasus berhubung dengan akar-akar karakteristik:
1. Jika 𝑘1 ≠ 𝑘2 (real berlainan), maka PUPD:
2. Jika 𝑘1 = 𝑘2 (real kembar = 𝑘), maka PUPD:
3. Jika 𝑘1,2 = 𝑎 ± 𝑏𝑖 (kompleks sejodoh), maka PUPD:
Contoh:
1. Selesaikan PD: 2𝑑2𝑦
𝑑𝑥2 −𝑑𝑦
𝑑𝑥= 0.
Penyelesaian:
Persamaan Karakteristik (PK): 2𝑘2 − 𝑘 = 0
Akar-akar karakteristik: 𝑘 2𝑘 − 1 = 0 → 𝑘1 = 0, 𝑘2 =1
2
PUPD: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒1
2𝑥 .
2. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0.
Penyelesaian:
PK: 𝑘2 − 4𝑘 + 4 = 0 → 𝑘 − 2 𝑘 − 2 = 0.
Akar-akar: 𝑘1,2 = 2
PUPD: 𝑦 = 𝑒2𝑥 𝐶1𝑥 + 𝐶2
3. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 13𝑦 = 0.
Penyelesaian:
PK: 𝑘2 − 4𝑘 + 13 = 0
Akar-akar: 𝑘1,2 =−(4)± (−4)2−4 1 (13)
2(1)=
4± −36
2= 2 ± 3𝑖
PUPD: 𝑦 = 𝑒2𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥
4. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0, dimana untuk 𝑥 = 0 terdapat 𝑦 = 2, 𝑦 ′ = 0
Penyelesaian:
PK: 𝑘2 + 4𝑘 + 5 = 0
Akar-akar karaktteristik: 𝑘1,2 = −2 ± 𝑖
PUPD: 𝑦 = 𝑒−2𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 = 2 → 2 = 𝑒0 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 sin 0 → 𝐶1 = 2
𝑦 ′ = 𝑒−2𝑥 −𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 − 2𝑒−2𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑘1𝑥 + 𝐶2𝑒𝑘2𝑥
𝑦 = 𝑒𝑘𝑥 𝐶1𝑥 + 𝐶2
𝑦 = 𝑒𝑎𝑥 𝐶1 cos 𝑏𝑥 + 𝐶2 sin 𝑏𝑥
79
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 0 → 0 = 𝐶2 − 2𝐶1 → 𝐶2 = 2.2 = 4.
Jadi penyelesaian PD yang memenuhi syarat adalah: 𝑦 = 𝑒−2𝑥 2 cos 𝑥 + 4 sin 𝑥 .
PD ini dinamakan PD Lengkap, dapat ditulis: 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 𝑓(𝑥).
Peyelesaian Umum dari PD Lengkap (PUPL) adalah 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 , dengan:
𝑦𝑐 : fungsi complementer (FC)=PUPR (Penyelesaian umum PD tereduksi
𝑦𝑝 : integral partikulir (IP)= penyelesaian yang tidak mengandung konstanta sebarang dari PD
tersebut.
PD tereduksi (PR): 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 0 →PUPR: 𝑦𝑐
Ada dua metode untuk mendapatkan integral partikulir 𝑦𝑝 (IP), yaitu:
1. Metode Operator
2. Metode Variasi parameter.
Sebelum dijelaskan kedua metode tersebut, ada beberapa hal yang perlu diketahui mengenai
operator D dan 𝐷−1.
𝐷 =𝑑
𝑑𝑥→operator derivative (turunan)
𝐷𝑦 =𝑑𝑦
𝑑𝑥= 𝑦 ′ ; 𝐷2𝑦 =
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2= 𝑦 ′′ ; … . ; 𝐷𝑛𝑦 =
𝑑𝑛𝑦
𝑑𝑥𝑛= 𝑦(𝑛)
𝐷−1 adalah invers dari operator 𝐷.
𝐷−1 =1
𝐷= … 𝑑𝑥;
1
𝐷𝑓 𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
Definisi: 1
𝐷−𝑚 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑚𝑥 𝑒−𝑚𝑥 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
Dari PD lengkap: 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 𝑓(𝑥) berubah menjadi 𝑝𝐷2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 𝑦 = 𝑓(𝑥).
Jika 𝑝𝐷2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 = 𝐹(𝐷) maka PL: 𝐹 𝐷 𝑦 = 𝑓(𝑥), sehingga PR: 𝐹 𝐷 𝑦 = 0.
𝐹 𝐷 = 𝑝𝐷2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 boleh diuraikan menjadi: 𝐹 𝐷 = 𝐷 − 𝑘1 𝐷 − 𝑘2 , dengan 𝑘1 dan 𝑘2
adalah akar-akar karakteristik.
Sifat-sifat 𝐹 𝐷 :
a. 𝐹 𝐷 𝑒𝑎𝑥𝑈 𝑥 = 𝑒𝑎𝑥𝐹 𝐷 + 𝑎 𝑈(𝑥)
b. 𝐹 𝐷 𝑒𝑎𝑥 = 𝑒𝑎𝑥𝐹 𝑎
c. 𝐹 𝐷 𝑥𝑈 𝑥 = 𝑥𝐹 𝐷 𝑈 𝑥 + 𝐹′ 𝐷 𝑈(𝑥)
Catatan:
JIka 𝐹 𝐷 = 𝑝𝐷2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 dan yang dimaksud dengan 𝐹 𝐷2 = 𝑝𝐷4 + 𝑞𝐷2 + 𝑟, maka
a. 𝐹 𝐷2 cos 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹 −𝑎2 cos(𝑎𝑥 + 𝑏)
10.2.4 PD : 𝒑 𝒅𝟐𝒚
𝒅𝒙𝟐 + 𝒒𝒅𝒚
𝒅𝒙+ 𝒓𝒚 = 𝒇(𝒙) ; 𝒑, 𝒒, 𝒓 :konstan
80
b. 𝐹 𝐷2 sin 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹 −𝑎2 sin (𝑎𝑥 + 𝑏)
1. Metode Operator
PD Lengkap: 𝐹 𝐷 𝑦 = 𝑓 𝑥 → 𝑦𝑝 =1
𝐹(𝐷) 𝑓(𝑥)
Sifat-sifat:
a. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 =1
𝐹(𝐷) 𝑒𝑎𝑥 =
𝑒𝑎𝑥
𝐹(𝑎); 𝐹(𝑎) ≠ 0
b. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑒𝑎𝑥 𝑉(𝑥) maka 𝑦𝑝 =1
𝐹(𝐷) 𝑒𝑎𝑥 𝑉 𝑥 = 𝑒𝑎𝑥
1
𝐹(𝐷+𝑎) 𝑉(𝑥)
c. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃𝑛(𝑥) polynomial derajat 𝑛 dalam 𝑥, maka
𝑦𝑝 =1
𝐹(𝐷) 𝑃𝑛 𝑥 = 𝑏0 + 𝑏1𝐷 + 𝑏2𝐷2 + ⋯ . 𝑃𝑛 𝑥 ; 𝑏0 ≠ 0.
1
𝐹(𝐷) dideretkan menurut deret kuasa (deret pangkat) dalam 𝐷 cukup sampai dengan suku
𝐷𝑛 saja. Berdasarkan deret Maclaurin:
1
1 − 𝐷= 1 + 𝐷 + 𝐷2 + 𝐷3 + ⋯.
1
1 + 𝐷= 1 − 𝐷 + 𝐷2 − 𝐷3 + ⋯.
d. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃 𝑥 cos 𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝑅𝑒 1
𝐹(𝐷) 𝑃 𝑥 𝑒𝑖𝑎𝑥 .
Rumus Euler: 𝑒𝑖𝑎𝑥 = cos 𝑎𝑥 + 𝑖 sin 𝑎𝑥 ; 𝑒−𝑖𝑎𝑥 = cos 𝑎𝑥 − 𝑖 sin 𝑎𝑥
e. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃 𝑥 sin 𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝐼𝑚 1
𝐹(𝐷) 𝑃 𝑥 𝑒𝑖𝑎𝑥 .
f. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑥 𝑉(𝑥) maka 𝑦𝑝 =1
𝐹(𝐷)𝑥 𝑉 𝑥 = 𝑥
1
𝐹(𝐷) 𝑉 𝑥 −
𝐹′ (𝐷)
𝐹(𝐷) 2 𝑉(𝑥)
g. 1
𝐹(𝐷2)cos 𝑎𝑥 + 𝑏 =
1
𝐹 −𝑎2 cos 𝑎𝑥 + 𝑏 ; 𝐹 −𝑎2 ≠ 0
h. 1
𝐹(𝐷2)sin 𝑎𝑥 + 𝑏 =
1
𝐹 −𝑎2 sin 𝑎𝑥 + 𝑏 ; 𝐹 −𝑎2 ≠ 0
2. Metode Variasi Parameter
PD: 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥)
PR: 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0
Jika penyelesaian umum persamaan tereduksi (PUPR) adalah
𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑦1 𝑥 + 𝐶2 𝑦2 𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝐿1 (𝑥)𝑦1 𝑥 + 𝐿2(𝑥) 𝑦2 𝑥
dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari 𝐿1
′ 𝑦1 + 𝐿2′ 𝑦2 = 0
𝐿1′ 𝑦1
′ + 𝐿2′ 𝑦2
′ = 𝑓(𝑥)
81
Contoh:
1. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒−2𝑥
Penyelesaian:
PD: 𝐷2 − 3𝐷 + 2 𝑦 = 𝑒−2𝑥
PR: 𝐷2 − 3𝐷 + 2 𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 − 2 = 0
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 3𝐷 + 2𝑒−2𝑥 =
𝑒−2𝑥
(−2)2 − 3 −2 + 2=
𝑒−2𝑥
12
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥 +𝑒−2𝑥
12
2. Selesaikan: 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥
Penyelesaan:
PD: 𝐷2 − 𝐷 + 1 𝑦 = 𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥
PR: 𝐷2 − 𝐷 + 1 𝑦 = 0
PK: 𝑘2 − 𝑘 + 1 = 0 → 𝑘1,2 =1± 1−4
2=
1
2±
3
2𝑖
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝑒1
2𝑥 𝐶1 cos
3
2𝑥 + 𝐶2 sin
3
2𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 𝐷 + 1 𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥 =
1
22 − 2 + 1𝑒2𝑥 +
1
1 − 1 + 1𝑒𝑥 =
1
3𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒1
2𝑥 𝐶1 cos
3
2𝑥 + 𝐶2 sin
3
2𝑥 +
1
3𝑒2𝑥 + 𝑒𝑥 .
3. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒𝑥
Penyelesaian:
PD: (𝐷2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 𝑒𝑥
PR: (𝐷2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 − 1 𝑦 = 0
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝑒𝑥 𝐶1𝑥 + 𝐶2
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 2𝐷 + 1𝑒𝑥 = 𝑒𝑥
1
(𝐷 + 1)2 − 2 𝐷 + 1 + 1 1 = 𝑒𝑥
1
𝐷2 1 = 𝑒𝑥
1
𝐷
1
𝐷(1)
= 𝑒𝑥 .1
𝐷. 1 𝑑𝑥 = 𝑒𝑥
1
𝐷𝑥 = 𝑒𝑥 𝑥 𝑑𝑥 =
1
2𝑒𝑥𝑥2
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒𝑥 𝐶1𝑥 + 𝐶2 +1
2𝑒𝑥𝑥2
82
4. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥3
Penyelesaian:
PD: (𝐷2 − 1)𝑦 = 2𝑥 − 𝑥3
PR: (𝐷2 − 1)𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 + 1 𝑦 = 0
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 1 2𝑥 − 𝑥3 = −
1
1 − 𝐷2 2𝑥 − 𝑥3 = − 1 + 𝐷2 + 𝐷4 + ⋯ (2𝑥 − 𝑥3)
= − 2𝑥 − 𝑥3 + 𝐷2 2𝑥 − 𝑥3 + ⋯ . = − 2𝑥 − 𝑥3 − 6𝑥 = 𝑥3 + 4𝑥
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 + 𝑥3 + 4𝑥.
5. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥
Penyelesaian:
PD: (𝐷2 − 1)𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 12𝑥 sin 𝑥 = 2𝑥
1
𝐷2 − 1sin 𝑥 − 2
2𝐷
𝐷2 − 1 2sin 𝑥
= 2𝑥.1
−1 − 1sin 𝑥 −
4𝐷
(−1 − 1)2sin 𝑥 = −𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥.
6. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ + 4𝑦 = cos 2𝑥
Penyelesaian:
PD: (𝐷2 + 4)𝑦 = cos 2𝑥
PR: (𝐷2 + 4)𝑦 = 0 → 𝐷 + 2𝑖 𝐷 − 2𝑖 = 0
𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥.
𝑦𝑝 =1
𝐷2 + 4cos 2𝑥 = 𝑅𝑒
1
𝐷2 + 4 𝑒2𝑖𝑥 = 𝑅𝑒
1
(𝐷 − 2𝑖).
1
(𝐷 + 2𝑖)𝑒2𝑖𝑥
= 𝑅𝑒 1
(𝐷 − 2𝑖).
1
(2𝑖 + 2𝑖)𝑒2𝑖𝑥 = 𝑅𝑒
1
4𝑖. 𝑒2𝑖𝑥 𝑒2𝑖𝑥𝑒−2𝑖𝑥𝑑𝑥
= 𝑅𝑒 1
4𝑖. 𝑒2𝑖𝑥 𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
1
4𝑖𝑥𝑒2𝑖𝑥 = 𝑅𝑒
𝑥
4𝑖 cos 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑥
= 𝑅𝑒 1
4𝑥 sin 2𝑥 +
1
4𝑖𝑥 cos 2𝑥 =
1
4𝑥 sin 2𝑥
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 +1
4𝑥 sin 2𝑥 .
83
7. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 = 5𝑥2𝑒3𝑥
Penyelesaian:
PD: 𝐷2 − 4 𝑦 = 5𝑥2𝑒3𝑥
PR: : 𝐷2 − 4 𝑦 = 0 → 𝐷 − 2 𝐷 + 2 𝑦 = 0
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 45𝑥2𝑒3𝑥 = 5𝑒3𝑥
1
𝐷 + 3 2 − 4𝑥2 = 5𝑒3𝑥
1
5 + 6𝐷 + 𝐷2𝑥2
= 5𝑒3𝑥1
5
1
1 + 6𝐷 + 𝐷2
5
𝑥2 = 𝑒3𝑥 1 − 6𝐷 + 𝐷2
5 +
6𝐷 + 𝐷2
5
2
− ⋯ 𝑥2
= 𝑒3𝑥 𝑥2 −12
5𝑥 +
62
25
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 𝑒3𝑥 𝑥2 −12
5𝑥 +
62
25
8. Selesaikan PD: 𝐷2 − 3𝐷 + 1 𝑦 = 2 sin 3𝑥
Penyelesaian:
PR: 𝐷2 − 3𝐷 + 1 𝑦 = 0
PK: 𝑘2 − 3𝑘 + 1 𝑦 = 0 → 𝑘1,2 =3± 9−4
2=
3± 5
2
𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒3+ 5
2𝑥 + 𝐶2𝑒
3− 52
𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 − 3𝐷 + 12 sin 3𝑥 = 2
1
−32 − 3𝐷 + 1sin 3𝑥 = 2
1
−(8 + 3𝐷)
8 − 3𝐷
8 − 3𝐷sin 3𝑥
= −2(8 − 3𝐷)
64 − 9𝐷2sin 3𝑥 = −2
(8 − 3𝐷)
64 − 9(−32)sin 3𝑥 =
−2
73 8 sin 3𝑥 − 9 cos 3𝑥
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒3+ 5
2𝑥 + 𝐶2𝑒
3− 5
2𝑥 −
2
73 8 sin 3𝑥 − 9 cos 3𝑥 .
9. Selesaikan PD: 𝐷2 + 5𝐷 + 6 𝑦 = 𝑒2𝑥 , jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 0
Penyelesaian:
PR: 𝐷2 + 5𝐷 + 6 𝑦 = 0 → 𝐷 + 3 𝐷 + 2 𝑦 = 0
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥
𝑦𝑝 =1
𝐷2 + 5𝐷 + 6𝑒2𝑥 =
1
22 + 5 2 + 6𝑒2𝑥 =
1
20𝑒2𝑥
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 +1
20𝑒2𝑥
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → 0 = 𝐶1 + 𝐶2 +1
20 (1)
84
𝑦 ′ = −3𝐶1𝑒−3𝑥 − 2𝐶2𝑒−2𝑥 +1
10𝑒2𝑥
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 0 → 0 = −3𝐶1 − 2𝐶2 +1
10 (2)
Dari (1) dan (2) didapat: 𝐶1 =−3
10, 𝐶2 =
1
4
Jadi penyelesaian PD adalah 𝑦 =−3
10𝑒−3𝑥 +
1
4𝑒−2𝑥 +
1
20𝑒2𝑥 .
10. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 =1
𝑥2 𝑒3𝑥
Penyelesaian: Dengan cara Variasi parameter
PD: (𝐷2 − 6𝐷 + 9)𝑦 =1
𝑥2 𝑒3𝑥
PR: (𝐷2 − 6𝐷 + 9)𝑦 = 0 → 𝐷 − 3 𝐷 − 3 𝑦 = 0
𝑦𝑐 = 𝑒3𝑥(𝐶1 + 𝑥𝐶2)
𝑦𝑝 = 𝐿1𝑒3𝑥 + 𝐿2𝑥𝑒3𝑥 , dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari:
𝐿1
′ 𝑒3𝑥 + 𝐿2′ 𝑥𝑒3𝑥 = 0
3𝐿1′ 𝑒3𝑥 + 𝐿2
′ 𝑥𝑒3𝑥 + 3𝐿2′ 𝑥𝑒3𝑥 =
1
𝑥2 𝑒3𝑥
Dari dua persamaan tersebut didapat:
𝐿2′ =
1
𝑥2→ 𝐿2 =
1
𝑥2𝑑𝑥 = −
1
𝑥
𝐿1′ = −
1
𝑥→ 𝐿1 = −
1
𝑥𝑑𝑥 = − ln 𝑥
Sehingga didapat: 𝑦𝑝 = −𝑒3𝑥 ln 𝑥 − 𝑒3𝑥
Jadi: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒3𝑥(𝐶1 + 𝑥𝐶2) − 𝑒3𝑥 ln 𝑥 − 𝑒3𝑥 = 𝐶1 − 1 𝑒3𝑥 + 𝑥𝐶2𝑒3𝑥 − 𝑒3𝑥 ln 𝑥
atau 𝑦 = 𝐴𝑒3𝑥 + 𝐵𝑥𝑒3𝑥 − 𝑒3𝑥 ln 𝑥, dengan 𝐴 = 𝐶1 − 1; 𝐵 = 𝐶2.
11. Selesaikan PD: 𝐷2 + 1 𝑦 = tg 𝑥
Penyelesaian: Dengan cara Variasi parameter.
PR: 𝐷2 + 1 𝑦 = 0 → 𝐷 + 𝑖 𝐷 − 𝑖 𝑦 = 0
𝑦𝑐 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥
𝑦𝑝 = 𝐿1 𝑥 sin 𝑥 + 𝐿2 𝑥 cos 𝑥, dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari:
𝐿1
′ sin 𝑥 + 𝐿2′ cos 𝑥 = 0
𝐿1′ cos 𝑥 − 𝐿2
′ sin 𝑥 = tg 𝑥
Dari dua persamaan tersebut didapat:
85
𝐿1′ = sin 𝑥 → 𝐿1 = sin 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥
𝐿2′ = cos 𝑥 − sec 𝑥 → 𝐿2 = cos 𝑥 − sec 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 − ln sec 𝑥 + tg 𝑥
Sehingga didapat: 𝑦𝑝 = − cos 𝑥 sin 𝑥 + sin 𝑥 − ln sec 𝑥 + tg 𝑥 cos 𝑥
= − cos 𝑥 . ln sec 𝑥 + tg 𝑥
Jadi: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 − cos 𝑥 . ln sec 𝑥 + tg 𝑥
Bentuk umum:
𝑝0 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛𝑦𝑛 + 𝑝1 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛−1𝑦(𝑛−1) + ⋯ + 𝑝𝑛−1 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 ′ + 𝑝𝑛𝑦 = 𝑓(𝑥) ……………(1)
dengan 𝑎, 𝑏, 𝑝0 , 𝑝1 , … , 𝑝𝑛 adalah konstanta-konstanta.
Substitusi:
𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑒𝑡 → 𝑡 = ln 𝑎𝑥 + 𝑏
𝑥 =𝑒𝑡 − 𝑏
𝑎;
𝑑𝑡
𝑑𝑥=
𝑎
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑑𝑦
𝑑𝑡.𝑑𝑡
𝑑𝑥=
𝑑𝑦
𝑑𝑡.
𝑎
𝑎𝑥 + 𝑏→ 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 ′ = 𝑎
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑2𝑦
𝑑𝑥2=
𝑎2
𝑎𝑥 + 𝑏 2.
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2−
𝑑𝑦
𝑑𝑡 → 𝑎𝑥 + 𝑏 2𝑦 ′′ = 𝑎2
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2−
𝑑𝑦
𝑑𝑡
𝑑3𝑦
𝑑𝑥3=
𝑎3
𝑎𝑥 + 𝑏 3.
𝑑3𝑦
𝑑𝑡3− 3
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2+ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑡 → 𝑎𝑥 + 𝑏 3𝑦 ′′′ = 𝑎3
𝑑3𝑦
𝑑𝑡3− 3
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2+ 2
𝑑𝑦
𝑑𝑡
Jika 𝐷 =𝑑
𝑑𝑡→ 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 ′ = 𝑎 𝐷𝑦; 𝑎𝑥 + 𝑏 2𝑦 ′′ = 𝑎2𝐷 𝐷 − 1 𝑦;
𝑎𝑥 + 𝑏 3𝑦 ′′′ = 𝑎3𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 𝑦
Secara umum dapat ditulis: 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛𝑦(𝑛) = 𝑎𝑛𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … (𝐷 − 𝑛 + 1)𝑦
Sehingga PD (1) menjadi:
{𝑝0𝑎𝑛𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … . (𝐷 − 𝑛 + 1) + 𝑝1𝑎𝑛−1𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … . (𝐷 − 𝑛 + 2) + ⋯ + 𝑝𝑛} 𝑦
= 𝑓(𝑒𝑡 − 𝑏
𝑎) adalah PD linier dengan koefisien konstan.
Untuk lebih khususnya diambil PD: 𝑝0𝑥2𝑦 ′′ + 𝑝1𝑥𝑦 ′ + 𝑝2𝑦 = 𝑓(𝑥), …………………………(2)
dengan 𝑝0 , 𝑝1, 𝑝2 konstanta.
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑥 = 𝑒𝑡 → 𝑡 = ln 𝑥 ; 𝑑𝑡
𝑑𝑥=
1
𝑥
𝑥𝑦 ′ = 𝐷𝑦; 𝑥2𝑦 ′′ = 𝐷 𝐷 − 1 𝑦
10.2.5 PD EULER
86
Sehingga PD (2) menjadi 𝑝0𝐷 𝐷 − 1 𝑦 + 𝑝1𝐷𝑦 + 𝑝2𝑦 = 𝑓(𝑒𝑡)
Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥2𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = ln 𝑥
Penyelesaian:
Substitusi: 𝑥 = 𝑒𝑡 → 𝑡 = ln 𝑥 ; 𝑑𝑡
𝑑𝑥=
1
𝑥
𝑥𝑦 ′ = 𝐷𝑦; 𝑥2𝑦 ′′ = 𝐷 𝐷 − 1 𝑦
Sehingga PD menjadi: 𝐷 𝐷 − 1 − 𝐷 + 2 𝑦 = 𝑡 atau 𝐷2 − 2𝐷 + 2 𝑦 = 𝑡
PR: 𝐷2 − 2𝐷 + 2 𝑦 = 0 → 𝐷 + 𝑖 𝐷 − 𝑖 𝑦 = 0
𝑦𝑐 = 𝑒𝑡 𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡
𝑦𝑝 =1
2 − 2𝐷 + 𝐷2 𝑡 =
1
2.
1
1 − 2𝐷 − 𝐷2
2
𝑡 =1
2 1 +
2𝐷 − 𝐷2
2 + ⋯ 𝑡 =
1
2𝑡 +
1
2
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒𝑡 𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡 +1
2𝑡 +
1
2.
Ganti 𝑥 = 𝑒𝑡 ; 𝑡 = ln 𝑥 → 𝑦 = 𝑥 𝐶1 cos ln(𝑥) + 𝐶2 sin ln(𝑥) +1
2ln 𝑥 +
1
2
PD serentak dengan dua persamaan dan dua fungsi yang belum diketahui mempunyai bentuk
sebagai berikut:
𝑓1 𝐷 𝑦 + 𝑔1 𝐷 𝑍 = 1(𝑥)
𝑓2 𝐷 𝑦 + 𝑔2 𝐷 𝑍 = 2(𝑥) dimana 𝑓1 𝐷 , 𝑓2 𝐷 , 𝑔1 𝐷 , 𝑔2(𝐷) adalah polynomial dalam 𝐷
dengan koefisien-koefisien konstan.
∆= 𝑓1(𝐷) 𝑔1(𝐷)𝑓2(𝐷) 𝑔2(𝐷)
= 𝑓1 𝐷 𝑔2 𝐷 − 𝑓2 𝐷 𝑔1(𝐷)
∆1= 1(𝐷) 𝑔1(𝐷)2(𝐷) 𝑔2(𝐷)
= 𝑔2 𝐷 1 𝐷 − 𝑔1 𝐷 2(𝐷)
∆2= 𝑓1(𝐷) 1(𝐷)𝑓2(𝐷) 2(𝐷)
= 𝑓1 𝐷 2 𝐷 − 𝑓2 𝐷 1(𝐷)
PD menjadi: ∆𝑦 = ∆1 dan ∆𝑍 = ∆2.
Banyaknya konstanta-konstanta sebarang pada PUPD serentak adalah sama dengan pangkat
tertinggi dari 𝐷 dalam ∆.
Contoh:
Selesaikan PD serentak : 𝐷 + 1 𝑦 + 𝐷 − 2 𝑍 = 𝑒−𝑥 … … … … … … … (1) 𝐷 + 1 𝑦 + 𝐷 − 3 𝑍 = 𝑥 … … … … … … … … . . (2)
Penyelesaian:
10.2.6 PD SERENTAK (PD SIMULTAN)
87
∆= 𝐷 + 1 𝐷 − 2𝐷 + 1 𝐷 − 3
= 𝐷 + 1 𝐷 − 3 − 𝐷 − 2 𝐷 + 1 = −𝐷 − 1
∆1= 𝑒−𝑥 𝐷 − 2𝑥 𝐷 − 3
= 𝐷 − 3 𝑒−𝑥 − 𝐷 − 2 𝑥 = −𝑒−𝑥 − 3𝑒−𝑥 − 1 + 2𝑥 = −4𝑒−𝑥 − 1 + 2𝑥
∆𝑦 = ∆1= −4𝑒−𝑥 − 1 + 2𝑥
−𝐷 − 1 𝑦 = −4𝑒−𝑥 − 1 + 2𝑥
𝐷 + 1 𝑦 = 4𝑒−𝑥 + 1 − 2𝑥
PR: 𝐷 + 1 𝑦 = 0 → 𝑦𝑐 = 𝐴𝑒−𝑥 .
𝑦𝑝 =1
𝐷 + 1 −4𝑒−𝑥 − 1 + 2𝑥 = 𝑒−𝑥 4𝑒−𝑥𝑒𝑥𝑑𝑥 − 𝑒−𝑥 2𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥 + 𝑒−𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥
= 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥𝑑𝑥 + 𝑒−𝑥𝑒𝑥
= 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 1
= 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑥 + 3
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒−𝑥 + 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑥 + 3…………………………………………..(3)
∆2= 𝐷 + 1 𝑒−𝑥
𝐷 + 1 𝑥 = 𝐷 + 1 𝑥 − 𝐷 + 1 𝑒−𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑒−𝑥 − 𝑒−𝑥 = 𝑥 + 1
∆𝑍 = ∆2= 𝑥 + 1
−𝐷 − 1 𝑍 = 𝑥 + 1 → 𝐷 + 1 𝑍 = −(𝑥 + 1)
𝑍𝑐 = 𝐵𝑒−𝑥
𝑍𝑝 =1
𝐷 + 1 − 𝑥 + 1 = − 1 − 𝐷 + 𝐷2 + ⋯ 𝑥 + 1 = − 𝑥 + 1 − 1 = −𝑥
𝑍 = 𝑍𝑐 + 𝑍𝑝 = 𝐵𝑒−𝑥 − 𝑥………………………………………………………………..(4)
Karena derajat 𝐷 dalam ∆ adalah derajat satu maka pada penyelesaian umum haruslah hanya ada
satu konstanta sebarang.
(3) dan (4) disubstitusi ke (2), menjadi:
𝐷 + 1 𝐴𝑒−𝑥 + 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑥 + 3 + 𝐷 − 3 𝐵𝑒−𝑥 − 𝑥 = 𝑥
−𝐴𝑒−𝑥 + 4𝑒−𝑥 − 4𝑥𝑒−𝑥 − 2 + 𝐴𝑒−𝑥 + 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑥 + 3 − 𝐵𝑒−𝑥 − 1 − 3𝐵𝑒−𝑥 + 3𝑥 = 𝑥
4𝑒−𝑥 − 4𝐵𝑒−𝑥 + 𝑥 = 𝑥 → 𝐵 = 1
Jadi PUPD serentak: 𝑦 = 𝐴𝑒−𝑥 + 4𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑥 + 3 ; 𝑍 = 𝑒−𝑥 − 𝑥
88
SOAL LATIHAN PD TINGKAT DUA
Selesaikan PD berikut:
1. 9𝑦 ′′ + 12𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝑒−2𝑥/3 𝐶1 + 𝑥𝐶2
2. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 13𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝑒−2𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥
3. 𝑦 ′′ + 𝑎2𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑎𝑥 + 𝐶2 sin 𝑎𝑥
4. 8𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ − 5𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥/2 + 𝐶2𝑒5𝑥/4
5. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒2𝑥
6. 4𝑦 ′′ − 20𝑦 ′ + 25𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒5𝑥/2
7. 𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 4𝑑𝑥
𝑑𝑡+ 4𝑥 = 0 Jwb: 𝑥 = 𝑒−2𝑡 𝐶1 + 𝑡𝐶2
8. 3𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝑒𝑥/3 𝐶1 cos𝑥 14
3+ 𝐶2 sin
𝑥 14
3
9. 𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ + 23𝑦 = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒7𝑥 + 𝐶2𝑒4𝑥
10. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ − 12𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 1 Jwb: 𝑦 =−1
8𝑒−6𝑥 +
1
8𝑒2𝑥
11. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = −4 Jwb: 𝑦 = 𝑒−𝑥 − 𝑒3𝑥
12. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 1, 𝑦 ′ 0 = 2 Jwb: 𝑦 = 𝑒2𝑥 cos 𝑥
13. 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒2𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 +1
12𝑒2𝑥
14. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 27𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒3𝑥 − 9𝑥2 + 12𝑥 − 14
15. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 4 − 8𝑥 − 6𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 + 𝐶2𝑒3𝑥 + 2𝑥2
16. 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 𝑒𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒3𝑥 +1
4𝑒𝑥
17. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = − cos 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2𝑒−𝑥 +1
2cos 𝑥 −
1
2sin 𝑥
18. 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 15𝑒𝑥 − 8𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 + 3𝑒𝑥 − 2𝑥
19. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 2𝑦 = 12𝑒2𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 + 3𝑒2𝑥
20. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 10 sin2 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 + cos 2𝑥 − 5
21. 𝐷2 − 4𝐷 + 3 𝑦 = 20 cos 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒3𝑥 + 𝐶2𝑒𝑥 + 2 cos 𝑥 − 4 sin 𝑥
22. 𝐷2 − 1 𝑦 = 𝑥𝑒3𝑥 2 sin 𝑥 + 4 cos 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 sin 𝑥
23. 𝐷2 − 1 𝑦 = 𝑥𝑒3𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 +1
32𝑒3𝑥 4𝑥 − 3
24. 𝐷2 − 2𝐷 + 3 𝑦 = 𝑒−𝑥 cos 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝑒𝑥 𝐶1 cos 2 𝑥+𝐶2 sin 2 𝑥 +1
41𝑒−𝑥 5 cos 𝑥 − 4 sin 𝑥
25. 𝐷2 + 1 𝑦 = 4𝑥 cos 𝑥 − 2 sin 𝑥. Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + 2𝑥 cos 𝑥 + 𝑥2 sin 𝑥
26. 𝐷2 − 2𝐷 + 1 𝑦 = sin 𝑥 + sinh 𝑥. Jwb: 𝑦 = 𝑒𝑥 𝐶1 + 𝐶2𝑥 +1
2cos 𝑥 +
1
2𝑥2𝑒𝑥 −
1
8𝑒−𝑥
89
27. 𝐷2 − 2𝐷 − 8 𝑦 = 𝑒𝑥 − 8 cos 2𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−2𝑥 + 𝐶2𝑒4𝑥 −1
9𝑒𝑥 +
1
5 3 cos 2𝑥 + sin 2𝑥
28. 𝐷2 − 2𝐷 + 10 𝑦 = sin 3𝑥 + 𝑒𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝑒𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 +1
37 sin 3𝑥 + 6 cos 3𝑥 +
1
9𝑒𝑥
29. 𝐷2 + 4 𝑦 = 2 sin 2𝑥 − 3 cos 2𝑥 + 1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 −𝑥
4 3 sin 2𝑥 + 2 cos 2𝑥 +
1
4
30. 𝐷2 + 9 𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥 + 𝑥 𝑒3𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 +1
4𝑥 sin 𝑥 −
1
16cos 𝑥 +
1
54 3𝑥 − 1 𝑒3𝑥
31. 𝐷2 − 2𝐷 − 3 𝑦 = 𝑥 1 + 𝑒3𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒3𝑥 + 𝐶2𝑒−𝑥 +1
9 2 − 3𝑥 +
1
16 2𝑥2 − 𝑥 𝑒3𝑥
32. 𝐷2 + 2𝐷 − 3 𝑦 = 2𝑥𝑒−3𝑥 + 𝑥 + 1 𝑒𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−3𝑥 + 𝐶2𝑒𝑥 −1
8 2𝑥2 + 𝑥 𝑒−3𝑥 +
1
16 2𝑥2 + 3𝑥 𝑒𝑥
33. 𝐷2 + 1 𝑦 = 2𝑥 cos 𝑥 cos 2𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 +1
4𝑥 cos 𝑥 +
1
4𝑥2 sin 𝑥 −
1
8𝑥 cos 3𝑥 +
3
32sin 3𝑥
34. 𝐷2 − 2 𝑦 = 2𝑥𝑒𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝑥 2 + 𝐶2𝑒𝑥 2 + 𝑥𝑒𝑥 sin 𝑥 + 𝑒𝑥 cos 𝑥
35. 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 ln cos 𝑥
36. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑒2𝑥/𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒2𝑥 − 𝑒2𝑥 ln 𝑥
37. 𝑦 ′′ + 𝑦 = ctg 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + sin 𝑥 ln tg1
2𝑥
38. 𝑦 ′′ + 𝑦 = cosec 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 + sin 𝑥 ln sin 𝑥
39. 𝑦 ′′ − 2𝑦 = 4𝑥2𝑒𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒𝑥 2 + 𝐶2𝑒−𝑥 2 + 𝑒𝑥2
40. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒𝑥/𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒𝑥 + 𝑥𝑒𝑥 ln 𝑥
41. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 10𝑒2𝑥 , jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 0 Jwb: 𝑦 = 2 𝑒2𝑥 − cos 𝑥 − 2 sin 𝑥
42. 𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 + 4𝑑𝑥
𝑑𝑡+ 5𝑥 = 10, jika 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 dan
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 0
Jwb: 𝑥 = 2 1 − 𝑒−2𝑡 cos 𝑡 − 2𝑒−2𝑡 sin 𝑡
43. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 2𝑦 = sin 𝑥, jika 𝑦 0 = 2, 𝑦 ′ 0 = −1
Jwb: 𝑦 =6
5 2 cos 𝑥 + sin 𝑥 𝑒−𝑥 +
1
5 sin 𝑥 − 2 cos 𝑥
44. 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 4𝑒3𝑥 , jika 𝑦 0 = 1, 𝑦 ′ 0 = 3 Jwb: 𝑦 = 𝑒3𝑥 2𝑥2 + 1
45. 𝑦 ′′ + 𝑦 = −2𝑥2 + 3, jika 𝑦 0 = 7, 𝑦 ′ 0 = 0 Jwb: 𝑦 = 7 − 2𝑥2
46. 𝑥2𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 4𝑦 = 0 Jwb:𝑦 = 𝐶1 cos 2 ln 𝑥 + 𝐶2 sin 2 ln 𝑥
90
47. 3𝑥 + 2 𝑦 ′′ + 7𝑦 ′ = 0 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 3𝑥 + 2 −4/3
48. 2𝑥2𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝑥𝐶1 + 𝐶2 𝑥 +1
3𝑥2
49. 𝑥2𝑦 ′′ − 2𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 ln 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑥2 + 𝐶2𝑥 − 𝑥 ln 𝑥2 − 𝑥 ln2 𝑥
50. 2 𝑥 + 1 2𝑦 ′′ − 𝑥 + 1 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 + 1 + 𝐶2 𝑥 + 1 + 𝑥 + 1 ln 𝑥 + 1 − 1
51. 𝑥2𝐷2 − 2 𝑦 = 3𝑥2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑥2 +1
𝑥𝐶2 + 𝑥2 ln 𝑥 −
1
3𝑥2
52. 𝑥2𝑦 ′′ + 2𝑥𝑦 ′ − 20𝑦 = 𝑥 + 1 2 Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑥4 + 𝐶2𝑥−5 −1
14𝑥2 −
1
9𝑥 −
1
20
53. 𝑦 ′ + 𝑧 = 0𝑧′ + 4𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1𝑒2𝑥 + 𝐶2𝑒−2𝑥 ,
𝑧 = −2 𝐶1𝑒2𝑥 − 𝐶2𝑒−2𝑥
54. 𝐷 + 2 𝑥 − 3𝑦 = 𝑡
𝐷 + 2 𝑦 − 3𝑥 = 𝑒2𝑡 Jwb:
𝑥 = 𝐶1𝑒𝑡 + 𝐶2𝑒−5𝑡 −13
25−
2
5𝑡 +
3
7𝑒2𝑡 ,
𝑦 = 𝐶1𝑒𝑡 − 𝐶2𝑒−5𝑡 −12
25−
3
5𝑡 +
4
7𝑒2𝑡
55. 𝑦 ′ + 2𝑦 + 𝑧 = sin 𝑥𝑧′ − 4𝑦 − 2𝑧 = cos 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 + 2 sin 𝑥 ,
𝑧 = −2𝐶1 − 2𝑥 + 1 𝐶2 − 3 sin 𝑥 − 2 cos 𝑥
91
Masalah Pendinginan.
Hukum Newton untuk pendinginan menyatakan bahwa “Berkurangnya suhu benda berbanding
lurus dengan perbedaan suhu benda dan suhu medium sekelilingnya”.
Rumus: 𝑑𝑇
𝑑𝑡= −𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚 ,
dengan 𝑇 =suhu benda
𝑇𝑚 = suhu medium
𝑘 =konstanta perbandingan (𝑘 > 0)
Pada Hukum Newton dipakai tanda negative (-) untuk membuat 𝑑𝑇
𝑑𝑡< 0 dalam proses pendinginan.
Contoh:
Sebuah logam suhunya 100𝑜𝐹 diletakkan ke dalam sebuah bilik dengan suhu tetap 0𝑜𝐹. Jika
setelah 20 menit suhu logam menjadi 50𝑜𝐹, maka dapatkan:
a. Waktu yang diperlukan oleh logam tersebut untuk mencapai suhu 25𝑜𝐹
b. Suhu logam setelah 25 menit
Penyelesaian:
Diketahui: 𝑇𝑚 = 0𝑜𝐹 →𝑑𝑇
𝑑𝑡= −𝑘𝑇 → 𝑇 = 𝐶𝑒−𝑘𝑡
Pada saat 𝑡 = 0, 𝑇 = 100𝑜𝐹 → 100 = 𝐶𝑒−𝑘(0) → 𝐶 = 100 → 𝑇 = 100𝑒−𝑘𝑡 .
Pada saat 𝑡 = 20, 𝑇 = 50𝑜𝐹 → 50 = 𝐶𝑒−20𝑘 → 𝑘 = −1
20ln
50
100= 0,035.
Jadi didapat: 𝑇 = 100𝑒−0,035𝑡
a. 𝑇 = 25𝑜𝐹 → 25 = 100𝑒−0,035𝑡 → 𝑡 = −1
0,035ln
25
100= 39,6 menit
b. 𝑡 = 10 → 𝑇 = 100𝑒−0,035(10) → 𝑇 = 70,5𝑜𝐹.
Hukum Aksi Massa
Suatu larutan A bereaksi dengan larutan B untuk membentuk larutan ketiga C dengan cara
demikian sehingga laju perubahan jumlah C sebanding dengan perkalian dari sisa jumlah A dan sisa
jumlah B pada setiap waktu yang diberikan.
11
PENERAPAN PERSAMAAN
DIFERENSIAL BIASA
92
Andaikan bahwa pada saat awal ada 𝛼 gram zat A dan 𝛽 gram zat B dan bahwa 𝑟 gram zat A
bercampur dengan 𝑠 gram zat B membentuk (𝑟 + 𝑠) gram zat C. Jika 𝑥 gram zat C terbentuk pada t
satuan waktu, maka C memuat: 𝑟𝑥
(𝑟+𝑠) gram zat A dan
𝑠𝑥
(𝑟+𝑠) gram zat B.
Sisa larutan A tinggal 𝛼 −𝑟𝑥
(𝑟+𝑠) gram dan sisa larutan B tinggal 𝛽 −
𝑠𝑥
(𝑟+𝑠) gram.
Dengan hukum aksi massa didapat:
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝐾 𝛼 −
𝑟𝑥
(𝑟 + 𝑠) 𝛽 −
𝑠𝑥
(𝑟 + 𝑠)
Atau
𝑑𝑥
𝑑𝑡=
𝐾𝑟𝑠
𝑟 + 𝑠 2 𝑟 + 𝑠
𝑟𝛼 − 𝑥
𝑟 + 𝑠
𝑟𝛽 − 𝑥
dengan 𝐾 =konstanta perbandingan.
Jika 𝑘 =𝐾𝑟𝑠
𝑟+𝑠 2 , 𝑎 =𝑟+𝑠
𝑟𝛼, 𝑏 =
𝑟+𝑠
𝑟𝛽, maka PD menjadi:
𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑘 𝑎 − 𝑥 𝑏 − 𝑥 (1)
Contoh:
Suatu reaksi kimia menyebabkan suatu larutan A yang dicampur dengan larutan B membentuk
larutan C. Jika dalam PD (1) 𝑎 =8 dan 𝑏 = 6 dan dalam 10 menit terbentuk 2 gram larutan C,
berapa gram larutan C terbentuk setelah 15 menit?
Penyelesaian:
PD: 𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑘 8 − 𝑥 6 − 𝑥 , untuk 𝑡 = 0, 𝑥 = 0; 𝑡 = 10, 𝑥 = 2, 𝑡 = 15, 𝑥 =?
PD diselesaikan didapat:
𝑑𝑥
8−𝑥 6−𝑥 = 𝑘 𝑑𝑡
−
12
8 − 𝑥 𝑑𝑥 +
12
(6 − 𝑥)𝑑𝑥 = 𝑘𝑡
1
2ln 8 − 𝑥 −
1
2ln 6 − 𝑥 + 𝐶1 = 𝑘𝑡
−1
2ln 8 − 𝑥 +
1
2ln 6 − 𝑥 −
1
2𝐶 = −𝑘𝑡
6 − 𝑥
8 − 𝑥= 𝐶𝑒−2𝑘𝑡
Jika 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 maka 6−0
8−0= 𝐶𝑒−2𝑘(0) → 𝐶 =
6
8=
3
4
Sehingga PD menjadi:
6 − 𝑥
8 − 𝑥=
3
4𝑒−2𝑘𝑡
Jika 𝑡 = 10, 𝑥 = 2 maka 6−2
8−2=
3
4𝑒−20𝑘 → 𝑒−20𝑘 =
8
9
93
Sehingga pada saat 𝑡 = 15 maka
6 − 𝑥
8 − 𝑥=
3
4𝑒−2𝑘(15)
4 6 − 𝑥 = 3(8 − 𝑥)𝑒−30𝑘
4 6 − 𝑥 = 3(8 − 𝑥) 𝑒−20𝑘 3/2
24 − 4𝑥 = 3 8 − 𝑥 8
9
3
2→ 𝑥 =
54−32 2
9−4 2= 2,6
Jadi selama 15 menit maka terbentuk 2,6 gram larutan C.
Masalah Benda Jatuh
Sebuah benda dengan massa m dijatuhkakn dari suatu ketinggian. Ditanyakan fungsi yang
menghubungkan antara kecepatan dan waktu selama benda itu jatuh, jika diketahui bahwa
disamping gaya tarik bumi, benda itu mengalami gaya perlambatan yang disebabkan oleh gesekan
dengan udara yang sebanding dengan kecepatan. (dengan angka kesebandingan k yang konstan)
Penyelesaian:
Menurut hukum Newton: 𝑚𝑑𝑣
𝑑𝑡= 𝐹.
dengan: 𝑑𝑣
𝑑𝑡= 𝑎 : percepatan gerakan benda
𝐹: gaya yang bekerja pada benda dalam arah gerakan benda (Gaya ini adalah resultante
dari dua gaya yang mempunyai tanda negative (-) karena arahnya berlawanan dengan
arah kecepatan.
Jadi:
𝑚𝑑𝑣
𝑑𝑡= 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣
𝑚𝑑𝑣
𝑚𝑔 − 𝑘𝑣= 𝑑𝑡
𝑚 𝑑𝑣
𝑚𝑔 − 𝑘𝑣= 𝑑𝑡
−𝑚
𝑘ln 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 = 𝑡 + 𝐶1 → 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 = 𝑒−
𝑘𝑚
𝑡+𝐶1
Penyelesaian umum:
𝑣 = 𝐶𝑒−𝑘
𝑚𝑡 +
𝑚𝑔
𝑘 ……………………………………………………………………..(1)
dengan 𝐶 = −1
𝑘𝑒−𝑘𝐶1/𝑚 .
Ketika benda dijatuhkan ia punya kecepatan awal 𝑣0 (yang boleh juga bernilai nol).
Jadi pada saat 𝑡 = 0 maka kecepatan awal 𝑣 = 𝑣0, disubstitusi ke (1) didapat:
𝑣0 = 𝐶 +𝑚𝑔
𝑘 atau 𝐶 = 𝑣0 −
𝑚𝑔
𝑘.
94
Jadi kecepatan jatuhnya benda adalah:
𝑣 = 𝑣0 −𝑚𝑔
𝑘 𝑒−
𝑘𝑡
𝑚 +𝑚𝑔
𝑘.
HUKUM PERTUMBUHAN ALAMI
Jika suatu kelompok binatang satu sel memecah diri maka jika tidak ada gangguan apapun laju
pertumbuhan akan berbanding langsung dengan jumlah (besar populasi) yang ada (dianggap bahwa
laju kelahiran > laju kematian), maka:
𝑑𝑁
𝑑𝑡= 𝑘𝑁 (1)
dengan : 𝑁 = besar populasi
𝑡 = waktu
𝑘 = angka perbandingan 𝑘 > 0
Dari (1) didapat: 𝑑𝑁
𝑁= 𝑘 𝑑𝑡 → ln 𝑁 = 𝑘𝑡 + 𝐶.
Sehingga: 𝑁 𝑡 = 𝑒𝑘𝑡+𝐶 = 𝑒𝐶𝑒𝑘𝑡
Jika diketahui 𝑁 0 = 𝑁0 → 𝑒𝐶 = 𝑁0, sehingga 𝑁 𝑡 = 𝑁0𝑒𝑘𝑡 .
HUKUM PELAPUKAN ALAMI
Misal zat radioaktif yang luruh (lapuk) dengan waktu (atau gula yang larut dalam air). Hukum yang
mempengaruhi mengatakan bahwa laju pelapukan (laju larut, laju susut) berbanding langsung
dengan banyak zat yang ada pada waktu itu.
𝑑𝑁
𝑑𝑡= −𝑘𝑁, 𝑘 > 0
Penyelesaian PD seperti pada Hukum Pertumbuhan Alami, sehingga didapat: 𝑁 𝑡 = 𝑁0𝑒−𝑘𝑡 .
0
1
2
3
0 1 2 3
t
N 𝑁 𝑡 = 𝑁0𝑒𝑘𝑡
95
Contoh:
Pnduduk suatu daerah berkembang menjadi dua kali dalam 50 tahun. Jika kecepatan bertambah
berbanding langusng dengan banyaknya penduduk pada waktu itu, maka dalam berapa tahun
penduduknya menjadi tiga kali lipat?
Penyelesaian:
Jika jumlah penduduk dilambangkan dengan 𝑃, maka rumusnya: 𝑑𝑃
𝑑𝑡= 𝑘𝑃. Sehingga penyelesaian
PD tersebut adalah 𝑃 𝑡 = 𝑃0𝑒𝑘𝑡 .
𝑡 = 50 → 𝑃50 = 2𝑃0 → 2𝑃0 = 𝑃0𝑒𝑘(50) → 50𝑘 = ln 2 → 𝑘 =ln 2
50
Supaya 𝑃𝑡 = 3𝑃0 → 𝑡 =?
3𝑃0 = 𝑃0𝑒𝑘𝑡 → 3 = 𝑒𝑘𝑡 → 𝑘𝑡 = ln 3
ln 2
50𝑡 = ln 3 → 𝑡 = 79
Jadi dalam waktu 79 tahun penduduknya menjadi tiga kali lipat.
RANGKAIAN LISTRIK
Sebuah rangkaian elektrik sederhana terdiri dari sebuah sumber tenaga (misal: baterai), sebuah
resistor, sebuah induktor dan sebuah kapasitor. Deangan dihasilkannya arus elektrik pada sumber
tenaga akan berakibat timbulnya beda tegangan pada resistor, induktor maupun kapasitor.
Tiga hukum fisika yang berkaitan dengan beda tegangan tersebut adalah:
1. Penurunan voltase pada resistor, yang diberikan dengan rumus:
𝐸𝑅 = 𝑅𝑖
Dengan: 𝐸𝑅: voltase pada resistor dengan satuan volt
𝑅: besar tahanan pada resistor dengan satuan ohm
𝑖: kuat arus dengan satuan Ampere
2. Beda tegangan (voltase) pada induktor, yang diberikan dengan rumus:
0
0,5
1
1,5
2
2,5
0 1 2 3
t
N𝑁 𝑡 = 𝑁0𝑒−𝑘𝑡
96
𝐸𝐿 = 𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡
Dengan: 𝐸𝐿: voltase pada induktor dengan satuan volt
𝐿: besar induksi dengan satuan Henry
𝑖: kuat arus dengan satuan Ampere
3. Voltase pada kapasitor, yang diberikan dengan rumus:
𝐸𝐶 =𝑞
𝐶
Dengan: 𝐸𝐶 : voltase pada kapasitor dengan satuan volt
𝐶: besar kapasitor dengan satuan Farad
𝑞: besar muatan elektrik paxvda kapasitor dengan satuan Coulomb.
Mengingat 𝑖 =𝑑𝑞
𝑑𝑡 maka rumus voltase pada kapasitor dapat disajikan menjadi:
𝐸𝐶 =1
𝐶 𝑖 𝑑𝑡
Hukum Kirchhoff I mengenai beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup menyatakan bahwa:
“jumlah aljabar beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup dengan arah tertentu adalah nol”.
Hukum Kirchhoff II mengenai beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup yang memuat suatu
sumber tenaga menyatakan bahwa:
“ Jumlah beda tegangan pada resistor, induktor, dan kapasitor sama dengan beda tegangan yang
dihasilkan sumber tenaga”.
Berdasarkan kedua hukum tersebut, maka didapat:
𝐸 = 𝐸𝐿 + 𝐸𝑅 + 𝐸𝐶 = 𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡+ 𝑅𝑖 +
𝑞
𝐶 . (1)
Persamaan tersebut memuat dua variabel tak bebas yaitu 𝑖 dan 𝑞. Karena 𝑖 =𝑑𝑞
𝑑𝑡, maka (1) menjadi:
𝐸 = 𝐿𝑑2𝑞
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝑞
𝑑𝑡+
𝑞
𝐶
Jika (1) diturunkan terhadap 𝑡, didapat:
𝑑𝐸
𝑑𝑡= 𝐿
𝑑2𝑖
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝑖
𝑑𝑡+
1
𝐶
𝑑𝑞
𝑑𝑡
atau
𝑑𝐸
𝑑𝑡= 𝐿
𝑑2𝑖
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝑖
𝑑𝑡+
𝑖
𝐶
Jika rangkaian tersebut tidak memuat kapasitor maka dari (1) diperoleh model matematik:
𝐸 = 𝐿𝑑𝑖
𝑑𝑡+ 𝑅𝑖
Jika rangkaian tersebut tidak memuat induktor maka dari (1) diperoleh model matematik:
97
𝐸 = 𝑅𝑑𝑞
𝑑𝑡+
𝑞
𝐶
Contoh:
Dapatkan muatan 𝑞 dan arus 𝑖 sebagai fungsi waktu 𝑡 didalam sebuah rangkaian listrik RLC jika
tahanan 𝑅 = 12 ohm, kumparan 𝐿 = 0,02 henry, kapasitor 𝐶 = 2 x 10−4 Farad, baterai 𝐸 = 12
volt pada saat 𝑡 = 0, 𝑞 = 0 dan 𝑖 = 0.
Penyelesaian:
𝐸 = 𝐿𝑑2𝑞
𝑑𝑡2+ 𝑅
𝑑𝑞
𝑑𝑡+
𝑞
𝐶
12 = 0,02𝑑2𝑞
𝑑𝑡2+ 16
𝑑𝑞
𝑑𝑡+
𝑞
2 x 10−4
600 =𝑑2𝑞
𝑑𝑡2+ 800
𝑑𝑞
𝑑𝑡+ 250000𝑞
Ini merupakan PD orde dua, jika diselesaikan akan didapat:
𝑞 𝑡 = 𝑒−400𝑡 𝐶1 cos 300𝑡 + 𝐶2 sin 300𝑡 + 2,4 x 10−3
Untuk 𝑡 = 0, 𝑞 = 0 → 0 = 𝑒−400(0) 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 sin 0 + 2,4 x 10−3 → 𝐶1 = −2,4 x 10−3
𝑖 =𝑑𝑞
𝑑𝑡= −400𝑒−400𝑡 𝐶1 cos 300𝑡 + 𝐶2 sin 300𝑡 + 𝑒−400𝑡 −300𝐶1 sin 300𝑡 + 300𝐶2 cos 300𝑡
Untuk 𝑡 = 0, 𝑖 = 0 → 0 = −400𝐶1 + 300𝐶2.
Karena 𝐶1 = −2,4 x 10−3 → 𝐶2 = −3,2 x 10−3
Jadi penyelesaiannya:
𝑞 𝑡 = −𝑒−400𝑡 2,4 cos 300𝑡 + 3,2 sin 300𝑡 10−3 + 2,4 x 10−3
dan
𝑖 𝑡 = 2𝑒−400𝑡 sin 300𝑡
PEGAS BERGETAR (GERAK HARMONIK SEDERHANA=GHS)
Diketahui suatu pegas yang ditarik kebawah kemudian dilepaskan seperti pada gambar. Gesekan
pada pegas diabaikan. Berdasarkan Hukum Hooke yang menyatakan bahwa “ gaya F yang
mengembalikan P ke posisi setimbang pada y=0 memenuhi 𝐹 = −𝑘𝑦, dengan 𝑘konstanta yang
tergantung pada karakteristik pegas dan 𝑦 adalah ordinat dari P.
Hukum Newton II: 𝐹 = 𝑚𝑎 =𝑤
𝑔𝑎,
dengan: 𝑤: berat benda A
𝑎: percepatan P
𝑔: konstanta percepatan gravitasi
Maka : 𝑚𝑎 = −𝑘𝑦, 𝑘 > 0
98
𝑤
𝑔
𝑑2𝑦
𝑑𝑡 2 = −𝑘𝑦 → PD gerakan titik P.
Jika 𝑘𝑔
𝑤= 𝐵2 → PD menjadi:
𝑑2𝑦
𝑑𝑡 2 + 𝐵2𝑦 = 0 dengan penyelesaian umum:
𝑦 = 𝐶1 cos 𝐵𝑡 + 𝐶2 sin 𝐵𝑡.
Syarat pada saat 𝑡 = 0 → 𝑦 = 𝑦0,𝑑𝑦
𝑑𝑡= 0, didapat nilai 𝐶1 = 𝑦0, 𝐶2 = 0.
Jadi 𝑦 = 𝑦0 cos 𝐵𝑡 → ini GHS dengan amplitudo 𝑦0 dan periode 2𝜋
𝐵.
GETARAN TEREDAM
Ada gesekan dengan menganggap suatu gaya penghambat yang sebanding dengan kecepatan 𝑑𝑦
𝑑𝑡.
PD gerakan ini adalah:𝑤
𝑔
𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 = −𝑘𝑦 − 𝑞𝑑𝑦
𝑑𝑡; 𝑘 > 0, 𝑞 > 0
PD tersebut dapat ditulis: 𝑑2𝑦
𝑑𝑡2 + 𝐸𝑑𝑦
𝑑𝑡+ 𝐵2𝑦 = 0, dengan 𝐵 =
𝑘𝑔
𝑤, 𝐸 =
𝑞𝑔
𝑤.
Ada 3 kasus jika dilihat dari diskriminannya:
1. 𝐸2 − 4𝐵2 < 0, dengan akar-akar karakteristik: −𝛼 ± 𝛽𝑖. ( 𝛼 > 0, 𝛽 > 0)
PUPD: 𝑦 = 𝑒−𝛼𝑡 (𝐶1 cos 𝛽𝑡 + 𝐶2 sin 𝛽𝑡) atau 𝑦 = 𝐶𝑒−𝛼𝑡 sin(𝛽𝑡 + 𝛾)
dengan faktor teredam adalah 𝑒−𝛼𝑡 dan amplitudo gerak → 0 untuk 𝑡 → ∞.
Gerak ini dinamakan gerak diredam.
2. 𝐸2 − 4𝐵2 = 0, dengan akar-akar karakteristik kembar yaitu – 𝛼.
PUPD: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝛼𝑡 + 𝐶2𝑡𝑒−𝛼𝑡.
Gerak ini dinamakan gerak diredam kritis.
3. 𝐸2 − 4𝐵2 > 0, dengan akar-akar karakteristik adalah −𝛼1 dan −𝛼2.
PUPD: 𝑦 = 𝐶1𝑒−𝛼1𝑡 + 𝐶2𝑒−𝛼2𝑡.
Gerak ini dinamakan gerak diredam berlebihan.
99
TURUNAN (DERIVATIF)
Sifat-sifat turunan:
I. 𝑦 = 𝑢 ± 𝑣 → 𝑦 ′ = 𝑢′ ± 𝑣′
II. 𝑦 = 𝑢𝑣 → 𝑦 ′ = 𝑢′𝑣 + 𝑢 𝑣′
III. 𝑦 =𝑢
𝑣 → 𝑦 ′ =
𝑢 ′ 𝑣−𝑢 𝑣′
𝑣2
Beberapa rumus turunan:
1. 𝑦 = 𝐶 konstata → 𝑦 ′ = 0
2. 𝑦 = 𝑥𝑛 → 𝑦 ′ = 𝑛𝑥𝑛−1
3. 𝑦 = sin 𝑥 → 𝑦 ′ = cos 𝑥
4. 𝑦 = cos 𝑥 → 𝑦 ′ = −sin 𝑥
5. 𝑦 = tg 𝑥 → 𝑦 ′ = sec2 𝑥
6. 𝑦 = ctg 𝑥 → 𝑦 ′ = −cosec2 𝑥
7. 𝑦 = sec 𝑥 → 𝑦 ′ = sec tg 𝑥
8. 𝑦 = cosec 𝑥 → 𝑦 ′ = −cosec cotg 𝑥
9. 𝑦 = 𝑒𝑥 → 𝑦 ′ = 𝑒𝑥
10. 𝑦 = 𝑎𝑥 (𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1) → 𝑦 ′ = 𝑎𝑥 ln 𝑎
11. 𝑦 = ln 𝑥 → 𝑦 ′ =1
𝑥
12. 𝑦 = ln 𝑓(𝑥) → 𝑦 ′ =𝑓 ′ (𝑥)
𝑓(𝑥)
13. 𝑦 = ln | sec 𝑥 | → 𝑦 ′ = tg 𝑥
14. 𝑦 = ln | sin 𝑥 | → 𝑦 ′ = ctg 𝑥
15. 𝑦 = ln |𝑥 + 𝑥2 ± 𝑎2| → 𝑦 ′ =1
𝑥2±𝑎2
16. 𝑦 = arcsin𝑥
𝑎 → 𝑦 ′ =
1
𝑎2−𝑥2
17. 𝑦 = arctg 𝑥
𝑎 → 𝑦 ′ =
𝑎
𝑎2+𝑥2
18. 𝑦 = sinh 𝑥 → 𝑦 ′ = cosh 𝑥
19. 𝑦 = cosh 𝑥 → 𝑦 ′ = sinh 𝑥
INTEGRAL TAK TERTENTU (ITT)
Sifat-sifat ITT:
I. 𝑘 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑘 =konstanta
II. 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ±
𝑔 𝑥 𝑑𝑥
Beberapa rumus ITT:
1. 0 𝑑𝑥 = 𝐶
2. 𝑥𝑛 𝑑𝑥 =1
𝑛+1𝑥𝑛+1 + 𝐶; (𝑛 ≠ −1)
3. cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶
4. sin 𝑥 𝑑𝑥 = −cos 𝑥 + 𝐶
5. sec2 𝑥 𝑑𝑥 = tg 𝑥 + 𝐶
6. cosec2 𝑥 𝑑𝑥 = −ctg 𝑥 + 𝐶
7. sec tg 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 + 𝐶
8. cosec ctg 𝑥 𝑑𝑥 = −cosec 𝑥 + 𝐶
9. ex 𝑑𝑥 = ex + 𝐶
10. 𝑎𝑥 𝑑𝑥 =𝑎𝑥
ln 𝑎+ 𝐶
11. 1
𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑥 + 𝐶
12. 𝑓 ′ (𝑥)
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = ln 𝑓(𝑥) + 𝐶
13. tg 𝑥 𝑑𝑥 = ln |sec 𝑥| + 𝐶
14. ctg 𝑥 𝑑𝑥 = ln |sin x| + 𝐶
15. 𝑑𝑥
𝑥2±𝑎2 𝑑𝑥 = ln |𝑥 + 𝑥2 ± 𝑎2 + 𝐶
16. 𝑑𝑥
𝑎2−𝑥2 𝑑𝑥 = arcsin 𝑥 + 𝐶
17. 𝑑𝑥
𝑎2+𝑥2 𝑑𝑥 =1
𝑎arctg 𝑥 + 𝐶
18. sinh 𝑥 𝑑𝑥 = cosh 𝑥 + 𝐶
19. cosh 𝑥 𝑑𝑥 = sinh 𝑥 + 𝐶
RUMUS-RUMUS
KALKULUS DIFERENSIAL DAN INTEGRAL
100
TURUNAN
ATURAN BERANTAI (AB):
Jika 𝑦 = 𝑓(𝑢) dan 𝑢 = 𝑔(𝑥) maka 𝑦 ′ =𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑑𝑦
𝑑𝑢.𝑑𝑢
𝑑𝑥
OPERATOR D:
𝐷 =𝑑
𝑑𝑥→ operator turunan
𝐷𝑛 =𝑑𝑛
𝑑𝑥𝑛
RUMUS LEIBNITZ:
𝐷𝑛 𝑈𝑉 = 𝑈. 𝐷𝑛𝑉 + 𝑛𝐷𝑈. 𝐷𝑛−1 +1
2!𝑛 𝑛 − 1 𝐷2𝑈. 𝐷𝑛−2
+ 1
3!𝑛 𝑛 − 1 𝑛 − 2 𝐷3𝑈. 𝐷𝑛−3 + ⋯
TURUNAN FUNGSI PARAMETRIK:
𝑦 = 𝑓(𝑡)𝑥 = 𝑔(𝑡)
→ 𝑦 ′ =𝑑𝑦
𝑑𝑥=
𝑑𝑦𝑑𝑡𝑑𝑥𝑑𝑡
𝑦 ′′ =𝑑𝑦′
𝑑𝑥=
𝑑𝑦′𝑑𝑡𝑑𝑥𝑑𝑡
INTEGRAL TAK TERTENTU
RUMUS INTEGRASI PARSIAL:
𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢. 𝑣 − 𝑣 𝑑𝑢
OPERATOR 𝑫−𝟏:
𝐷−1 =1
𝐷= … 𝑑𝑥 →operator integral
RUMUS INTEGRAL:
1. 1
𝐷 𝑈𝑉 = 𝑈.
1
𝐷𝑉 − 𝐷𝑈.
1
𝐷2 𝑉 + 𝐷2𝑈.1
𝐷3 𝑉 − ⋯
2. 1
𝐷𝑒𝑎𝑥 𝑉 = 𝑒𝑎𝑥 1
𝐷+𝑎𝑉
3. 1
𝐷2−𝑎2 sin 𝑏𝑥 =sin 𝑏𝑥
−𝑏2−𝑎2
4. 1
𝐷2−𝑎2 cos 𝑏𝑥 =cos 𝑏𝑥
−𝑏2−𝑎2
Daftar Pustaka
[1] Garner, L.E., Calculus and Analytic Geometry, Maxwell Macmillan, Singapore, 1991.
[2] Kartono, Penuntun Belajar Persamaan Diferensial, Andi Offset, Yogyakarta, 1994.
[3] Soehardjo, Kalkulus 2b, Surabaya, 2005.
[4] Soehardjo, Kalkulus I, Surabaya, 1999.
