Kalkulus II

Click here to load reader

  • date post

    14-Oct-2015
  • Category

    Documents

  • view

    197
  • download

    8

Embed Size (px)

Transcript of Kalkulus II

  • i

    KATA PENGANTAR

    Segala puji hanya milik Allah SWT, yang telah memberikan kenikmatan

    kepada penulis sehingga dapat menyelesaikan penulisan buku ajar ini. Buku ajar

    ini digunakan oleh penulis sebagai bahan mengajar mata kuliah Kalkulus II. Materi

    yang terdapat pada buku ajar ini ditujukan bagi mahasiswa S1 Jurusan Teknik Elektro,

    Teknik Informatika, dan Teknik Industri yang sedang mengikuti kuliah kalkulus II pada

    Program Perkuliahan Dasar Umum di STT Telkom.

    Buku ajar ini terdiri dari lima bab, yaitu : Persamaan Diferensial Biasa, Fungsi

    Dua Peubah, Fungsi Vektor, Integral Lipat, serta Integral Garis dan Integral Permukaan.

    Semua materi tersebut merupakan bahan kuliah yang sesuai dengan kurikulum silabus

    yang berlaku di STT Telkom.

    Dalam kesempatan ini, penulis ingin menyampaikan terima kasih yang

    setulus-tulusnya kepada berbagai pihak atas segala bantuan dan dukungannya

    sehingga penulis dapat menyelesaikannya.

    Mudah-mudahan buku ajar kuliah ini dapat memberikan manfaat bagi para

    mahasiswa yang ingin mempelajari materi kuliah terkait. Akhirnya, penulis mohon

    maaf jika dalam tulisan ini masih banyak kekurangan, sumbangan ide dan kritik yang

    membangun untuk perbaikan buku ajar ini sangat penulis harapkan.

    Bandung, Juni 2001

    Penulis,

  • ii

    DAFTAR ISI

    KATA PENGANTAR . i

    DAFTAR ISI .. ii

    BAB I Persamaan Diferensial Biasa .. . 1

    1.1 Persamaan Diferensial Orde satu ... . 1

    1.2 Trayektori Ortogonal 3

    1.3 Persamaan Diferensial Orde Dua 5

    1.3.1 Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen .... 5

    1.3.2 Persamaan Diferensial Orde Dua Tak Homogen . 6

    BAB II Fungsi Dua Peubah .. 10

    2.1 Bentuk Permukaan di Ruang ... 10

    2.2 Domain dan Kurva Ketinggian Fungsi Dua Peubah .. 13

    2.3 Turunan Parsial 15

    2.4 Vektor Gradien,Turunan Berarah dan Bidang Singgung . 17

    2.5 Bidang Singgung . 18

    2.6 Nilai Ekstrim . . 19

    BAB III Fungsi Vektor .. .. 22

    3.1 Daerah Definisi dan Grafik 22

    3.2 Limit, kekontinuan dan Turunan Parsial ... 24

    3.3 Kinematika Pertikel . 24

    3.4 Kelengkungan . 25

    BAB IV Integral Lipat . 28

    4.1 Integral Lipat Dua . 28

    4.1.1 Integral Lipat Dua pada Koordinat Kartesius .. 29

    4.1.2 Integral Lipat Dua pada Koordinat kutub (Polar) . 32

    4.2 Integral Lipat Tiga ... 34

    4.2.1 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Kartesius . 34

    4.2.2 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Tabung dan Bola .... 35

    BAB V Integral Garis dan Integral Permukaan ... 39

  • iii

    5.1 Integral Garis 39

    5.2 Integral Garis Bebas Lintasan .. 42

    5.3 Teorema Green ... 44

    5.4 Integral Permukaan .. 45

    5.5 Teorema Divergensi dan Sokes ... 47

    DAFTAR PUSTAKA .. .50

  • 1 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    BAB I

    PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA

    Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang mengandung satu atau beberapa

    turunan dari peubah tak bebasnya. Jika persamaan diferensial tersebut mengandung peubah tak bebas yang hanya bergantung pada satu peubah bebasnya maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan jika peubah bebasnya lebih dari satu dinamakan persamaan diferensial parsial. Orde suatu persamaan diferensial adalah turunan tertinggi pada persamaan diferensial tersebut. Contoh Persamaan Diferensial Biasa :

    1. 0sin2 =+ xdxdy , persamaan diferensial orde satu dimana y sebagai peubah tak bebas dan x

    merupakan peubah bebas.

    2. 01dtdr2

    dtrd2

    2

    =++ , persamaan diferensial orde dua dimana r sebagai peubah tak bebas dan

    t merupakan peubah bebas. Notasi persamaan diferensial bisa dalam beberapa bentuk, antara lain notasi pada contoh kedua, selain diatas dapat pula ditulis sebagai berikut : r + 2r +1 = 0 atau rtt + 2rt + 1 = 0 Persamaan diferensial dikatakan linear, apabila persamaan diferensial tersebut mempunyai peubah tak bebas maupun turunannya bersifat linear. Definisi solusi suatu persamaan diferensial : Misal ada suatu persamaan diferensial dimana y sebagai peubah tak bebas yang bergantung pada peubah bebas x. Suatu fungsi f(x) disubstitusikan untuk y dalam persamaan diferensial, persamaan yang dihasilkan merupakan suatu kesamaan untuk setiap x dalam suatu selang, maka f(x) dinamakan solusi persamaan diferensial tersebut. Contoh :

    Diketahui persamaan diferensial y + 2 sinx = 0 f(x) = 2 cos x + C merupakan solusi persamaan diferensial diatas, dimana C adalah konstanta yang bergantung pada syarat awal persamaan diferensial tersebut.

    1.1 Persamaan Diferensial Orde Satu Bentuk umum persamaan diferensial orde satu adalah:

    )()(

    ygxf

    dxdy

    =

    Beberapa metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial orde satu, antara lain : a. Peubah Terpisah Bentuk umum :

    )()(

    ygxf

    dxdy

    = atau )()(

    xfyg

    dxdy

    =

    Cara penyelesaian dengan integral biasa dari kedua ruas di bawah ini :

  • 2 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    = dxxfdyyg )()( Contoh :

    Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial x

    ydxdy

    +=

    1

    Penyelesaian :

    )1()1ln(ln

    11

    xCyCxy

    xdx

    ydy

    xy

    dxdy

    +=

    ++=

    +=

    +=

    b. Faktor Integrasi

    Bentuk umum merupakan persamaan diferensial linear, yaitu : y + p(x) y = q(x)

    Solusi persamaan diferensial diatas adalah :

    Cdxxqxuxu

    y += )()()(1 dimana = dxxpexu )()( Bukti :

    Kalikan persamaan diferensial (*) dengan u(x) sehingga menjadi : u(x) y + u(x) p(x) y = u(x) q(x) u(x) y + u(x) y - [ u(x) y - u(x) p(x) y ] = u(x) q(x) Ambil u(x) y - u(x) p(x) y = 0 (**) Sehingga u(x) y + u(x) y = u(x) q(x) [ u(x) y ] = u(x) q(x) Cdxxqxu

    xuy += )()()(1

    Dari (**) kita mempunyai u(x) y - u(x) p(x) y = 0 Dengan metode peubah terpisah diperoleh : = dxxpexu )()(

    Contoh :

    Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial 21xx

    ydxdy

    =+

    Penyelesaian :

    p(x) = 1/x u(x) = xdxx

    = 1exp )ln(111 2 Cxx

    dxx

    xx

    y +== f(x, y) adalah fungsi homogen jika f(kx, ky) = kn f(x, y), untuk k skalar riil dan n merupakan orde dari fungsi tersebut.

    Beberapa persamaan diferensial orde satu tak linear yang dapat ditulis ),(T),(S

    yxyx

    dxdy

    = , dimana S,

    T merupakan fungsi homogen berderajat sama maka solusi persamaan diferensial dapat dicari dengan menggunakan metode substitusi sehingga menjadi bentuk persamaan diferensial

  • 3 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    dengan peubah terpisah. Misal, kita dapat mensubstitusi peubah tak bebas y dengan ux, yaitu : y = ux dimana u = u(x), sehingga y = ux + u. Contoh :

    Tentukan Solusi umum dari persamaan diferensial x

    yxdxdy +

    =

    Penyelesaian : Misal y = ux, dimana u = u(x)

    Oleh karena itu y = u x + u Dengan mensubstitusi pada persamaan diferensial di atas ke persamaan diferensial, di peroleh :

    xuxxuxu +=+'

    uuxu +=+ 1' Cxu

    xu +== ln1'

    Maka y = x lnx + cx 1.2 Trayektori Ortogonal

    Salah satu aplikasi dari persamaan diferensial orde satu adlaah menentukan trayektori ortogonal dari suatu fungsi persamaan. Trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva adalah keluarga kurva yang memotong tegak lurus keluarga kurva tersebut. Langkah-langkah menetikan trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva f(x,y)= C, sebagai berikut : Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, Misal Df(x,y)

    Jika turunan pertama mengandung C (parameter) maka substitusikan C(x,y) dari persamaan awal.

    Trayektori Ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial berikut :

    ),(1

    yxDfdxdy

    = ,

    artinya solusi persamaan diferensial diatas merupakan trayektori ortogonal dari persamaan f(x,y)= C

    Contoh : Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva x2 + y2 = C Penyelesaian : Turunan implisit dari fungsi di atas adalah : 2x + 2y y = 0

    Sehingga Df(x,y) = yx

    Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial :

    ),(1

    yxDfdxdy

    = xy

    dxdy

    =

    Trayektori ortogonalnya adalah y = Cx

  • 4 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Latihan Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial orde satu berikut :

    1. 21 ydxdy

    +=

    2. 222 3

    xyxyx

    dxdy ++

    =

    3. xydxdy 62 =+

    4. 221cos

    yxy

    dxdy

    +=

    5. xexydxdyx 32 =

    6. 022

    =

    yx

    xy

    dxdy

    Tentukan solusi khusus dari persamaan diferensial orde satu berikut :

    7. 43 xydxdyx = ; y (1) = 4

    8. ( ) yedxdye xx ++1 ; y (0) = 1

    Tentukan trayektori ortogonal dari fungsi berikut : 9. xeCy 2= 10. Cyx = 22 11. 2xCy = 12. ( ) 222 Ccyx =+

  • 5 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    1.3 Persamaan Diferesial Orde Dua Bentuk umum persamaan diferensial orde dua :

    y + a y + b y = f(x) Jika f(x) = 0 maka persamaan diferensial diatas disebut persamaan diferensial homogen, sedangkan jika f(x) 0 maka dinamakan persamaan diferensial tak homogen. 1.3.1 Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen

    Misalkan ada dua fungsi f(x) dan g(x), dikatakan bebas linier pada interval I, jika persamaan yang merupakan kombinasi linier dari keduanya, yaitu : m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Jika tidak demikian maka kedua fungsi tersebut dikatakan bergantung linier. Andai fungsi yang diberikan yaitu f(x) dan g(x) terdiferensialkan untuk setiap x . Maka Wronskian dari f(x) dan g(x) didefinisikan sebagai berikut :

    W (f(x ), g (x ))f(x ) g (x )f' (x ) g ' (x )

    =

    Keterkaitan antara kebebasan linier dan wronskian dari dua fungsi tersebut dapat dikatakan sebagai berikut : Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linier pada I jika dan hanya jika wronskian dari kedua fungsi tersebut tidak sama dengan nol, untuk suatu x I.

    Misal u1 dan u2 adalah solusi persamaan diferensial orde dua dan wronskian (determinan wrosnki) dari keduanya didefinisikan oleh :

    W (u1, u2)= '' 2121

    uuuu

    Jika W 0 maka u1 dan u2 saling bebas linear artinya u1 dan u2 merupakan basis solusi, sehingga kombinasi linear dari u1 dan u2 , yaitu y = c1u1 + c2u2 juga merupakan solusi dari persamaan diferensial orde dua.

    Misal rxexu =)( solusi persamaan diferensial orde dua maka dengan mensubstitusikan pada persamaan diperoleh : 0)( 2 =++ barrerx Oleh karena 0rxe maka r2 + ar + b = 0 (dinamakan persamaan karakteristik) Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua homogen bergantung pada akar persamaan karakteristik. Tiga kemungkinan solusi umum persamaan diferensial orde dua : Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil yang berbeda (r1 dan r2) maka

    solusi umumnya berbentuk : xrxr ececxy 21 21)( +=

    Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil kembar (r1 = r2 = r) maka solusi umumnya berbentuk :

    rxrx xececxy 21)( += Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar kompleks (r = p qi) maka solusi

    umumnya berbentuk : ( )qxcqxcexy px cossin)( 21 +=

    Tunjukan (sebagai latihan) bahwa untuk setiap kasus, wronskian 0. Contoh :

  • 6 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut : a. y + y 2y = 0 b. y + 4y + 4y = 0 c. y + 9y = 0

    Penyelesaian : a. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah

    r2 + r 2 = 0 (r 1) (r + 2) = 0 mempunyai dua akar real berbeda, yaitu : 1 dan -2 Sehingga solusi umumnya : xx ececxy 221)( +=

    b. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2 + 4r + 4 = 0

    (r 2) 2 = 0 mempunyai dua akar real kembar, yaitu : 2

    Sehingga solusi umumnya : xx xececxy 2221)( += c. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah

    r2 + 9 = 0 r2 = 9 r = 3 i

    mempunyai akar kompleks, yaitu : 3i Sehingga solusi umumnya : xcxcxy 3cos3sin)( 21 +=

    1.3.2 Persamaan Diferensial Orde Dua Tak Homogen

    Bentuk umum persamaan diferensial orde dua : y + a y + b y = f(x)

    Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua tak homogen adalah y = yh + yp, dimana yh merupakan solusi homogen dan yp solusi pelengkap. Solusi homogen diperoleh dari persamaan diferensial orde dua homogen (ambil f(x) = 0), sedangkan untuk menentukan solusi pelengkap ada dua metode, yaitu :

    Koefisien Tak Tentu Variasi Parameter

    Metode Koefisien Tak Tentu Metode ini sangat berguna manakala fungsi )(xf berupa polinom, eksponensial sinus, dan cosinus. Metode ini bisa dikatakan metode coba-coba, untuk memudahkan perhatikan tabel berikut :

    )(xf yp Cxn bnxn + .+ b1x + b0 Ceax Aeax Cxeax Aeax + Bxeax

    Csin ax A sin ax + Bcos ax Bcos ax A sin ax + Bcos ax

    Ket : C, B, A, a, b0 , b1 , , bn adalah konstanta riil. Aturan 1 : Jika )(xf merupakan fungsi seperti pada kolom pertama, pilih yp dari

    kolom kedua yang bersesuaian (terletak pada baris yang sama)

  • 7 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Aturan 2 : Jika )(xf sama dengan salah satu dari solusi homogen maka kalikan yp dengan x atau dengan x2 jika )(xf sama dengan salah satu dari solusi homogen yang berasal dari dua akar kembar.

    Aturan 3 : Jika )(xf penjumlahan dari fungsi dalam kolom satu maka pilih yp sebagai penjumlahan dari baris-baris yang bersesuaian.

    Setelah memilih yp yang diinginkan, dengan mensubstitusikan yp tersebut pada persamaan diferensial, kita berusaha menetukan koefisien yang yp. sehingga diperoleh solusi umum dari persamaan diferensial tersebut yaitu penjumlahan dari solusi homogen (yh) dengan solusi pelengkap (yp). Contoh : Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut :

    xsin2y4dxdy3

    dxyd2

    2

    =

    Penyelesaian : Kita mempunyai solusi umum homogen

    xxh ececy

    421 +=

    Untuk menentukan solusi pelengkap, kita pilih :

    yp = Asinx + B cosx Substitusikan ke persamaan diferensial, sehingga diperoleh : ( A + 3B 4A) sinx + ( B 3A 4B) cosx = 2 sinx Maka ada dua persamaan yaitu :

    5A + 3B = 2 5B 3A = 0 Oleh karena itu A = 5/17 dan B = 3/17 Solusi umum dari persamaan diferensial diatas adalah :

    xxececxy xx cos173sin

    175)( 421 ++=

    Metode Variasi Parameter Metode ini lebih umum dari metode sebelumnya, artinya jika kondisi persamaan diferensial seperti di atas, metode ini dapat digunakan dalam menentukan solusinya. Jika )(xf tidak sama dengan fungsi-fungsi pada kolom pertama tabel maupun penjumlahannya, bisa berupa perkalian atau pembagian dari fungsi-fungsi tersebut, kondisi ini mendorong kita untuk menggunakan metode variasi parameter. Solusi pelengkap dari persamaan diferensial dengan menggunakan metode variasi parameter adalah : yp = v1u1 + v2u2 dimana u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear, sedangkan

    [ ]dxuuuuxfuv

    =

    '')(

    1221

    21 dan [ ]dxuuuu

    xfuv

    =

    '')(

    1221

    12

    Bukti : Misal yp = v1u1 + v2u2 solusi persamaan diferensial. Substitusikan sehingga diperoleh: v1u1 + v2u2 + v1u1 + v2u2 + a (v1u1 + v2u2 + v1u1+ v2u2)

    + b(v1u1+ v2u2)= )(xf

  • 8 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    v1u1 + v2u2 + a (v1u1 + v2u2) + v1u1 + v2u2 + a(v1u1+ v2u2) + b(v1u1+ v2u2)= )(xf

    v1u1 + v2u2 + a (v1u1 + v2u2) + v1(u1 + au1+ bu1) + v2 (u2 + au2 + bu2)= )(xf

    u1, u2 merupakan solusi homogen, oleh karena itu : v1u1 + v2u2 + a (v1u1 + v2u2) = )(xf Ambil v1u1 + v2u2 = 0, sehingga v1u1 + v2u2 = )(xf Dengan memperhatikan dua persamaan terakhir, yaitu : v1u1 + v2u2 = 0 v1u1 + v2u2 = )(xf Dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks berikut :

    =

    )(0

    ''

    '' 21

    21

    21

    xfvv

    uuuu

    Dengan aturan Cramer diperoleh :

    ''

    )('0

    'dan

    ''

    ')(0

    '

    21

    21

    1

    1

    2

    21

    21

    2

    2

    1

    uuuu

    xfuu

    v

    uuuuuxfu

    v ==

    Dengan jaminan bahwa u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear maka

    W (u1, u2)= '' 2121

    uuuu

    0

    Contoh : Tentukan solusi umum persamaan diferensial y + y = sec x Penyelesaian : Kita mempunyai solusi umum homogen xcxcyh cossin 21 +=

    Untuk menentukan solusi pelengkap, kita menghitung wronskian terlebih dahulu, yaitu :

    1xsinxcos

    xcosxsinxsincos

    )u,u(W

    22

    21

    =

    +=

    =

    oleh karena itu

    xdxxxv cosln1

    secsin1 =

    = dan xdxxxv == 1seccos2 Sehingga yp = cosx ln |cosx| + x sinx Maka solusi umum persamaan diferensial di atas adalah :

    xxxxxcxcxy sincoslncoscossin)( 21 +++=

  • 9 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Latihan Tentukan solusi umum (khusus) persamaan diferensial berikut : 1. y + 4y = 3sin2x ; y(0) = 2 dan y(0) = -1 2. y + 2y + y = 2e-x 3. y + 9y = sinx + e2x 4. y + 2y = 3 + 4 sin2x 5. y + y = csc x 6. y + 2y + y = e-x cosx 7. y + 2y + y = 4e-x ln x ; y(1) = 0 dan y(1) =-e-1 8. y + 4y + 4y = x-2 e-2x

  • 11 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    BAB II

    FUNGSI DUA PEUBAH

    2.1 Bentuk Permukaan di Ruang

    Sebelum belajar tentang fungsi dua peubah, terlebih dahulu kita mengenal permukaan di ruang dan cara membuat sketsa suatu permukaan di ruang (R3). Berikut beberapa fungsi permukaan di ruang, antara lain : a. Bola, mempunyai bentuk umum :

    2222 azyx =++ a > 0 Jejak di bidang XOY, z = 0 222 ayx =+ , berupa lingkaran Jejak di bidang XOZ, y = 0 222 azx =+ , berupa lingkaran Jejak di bidang YOZ, x = 0 222 azy =+ , berupa lingkaran

    b. Elipsoida, mempunyai bentuk umum :

    122

    2

    2

    2

    2=++

    cz

    by

    ax a, b, c > 0

    Jejak di bidang XOY, z = 0 122

    2

    2=+

    by

    ax , berupa ellips

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 122

    2

    2=+

    cz

    ax , berupa ellips

    Jejak di bidang YOZ, x = 0 122

    2

    2=+

    cz

    by , berupa ellips

    Z

    x

    y

    Z

    x

    y

  • 12 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    c. Hiperboloida berdaun satu , mempunyai bentuk umum :

    122

    2

    2

    2

    2=+

    cz

    by

    ax a, b, c > 0

    Jejak di bidang XOY, z = 0 122

    2

    2=+

    by

    ax , berupa ellips

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 122

    2

    2=

    cz

    ax , berupa hiperbol

    Jejak di bidang YOZ, x = 0 122

    2

    2=

    cz

    by , berupa hiperbol

    d. Hiperboloida berdaun dua, mempunyai bentuk umum :

    122

    2

    2

    2

    2=

    cz

    by

    ax a, b, c > 0

    122

    2

    2

    2

    2=+

    ax

    cz

    by maka terdefinisi saat x - a atau x a

    Jejak di bidang XOY, z = 0 122

    2

    2=

    by

    ax , berupa hiperbol

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 122

    2

    2=

    cz

    ax , berupa hiperbol

    Jejak di bidang, x = k (konstanta), k > a atau k < - a , berupa ellips

    Z

    x

    y

    Z

    x

    y

  • 13 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    e. Paraboloida eliptik , mempunyai bentuk umum :

    cz

    by

    ax

    =+ 2

    2

    2

    2 a, b, c > 0

    Cara membuat sketsa di ruang, dengan menelusuri setiap jejak di bidang yaitu :

    Jejak di bidang z = k (konstanta positif), berupa ellips

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 cz

    ax

    =2

    2, berupa parabol

    Jejak di bidang YOZ, x = 0 cz

    by

    =2

    2, berupa parabol

    f. Paraboloida hiperbolik, mempunyai bentuk umum :

    cz

    ax

    by

    = 2

    2

    2

    2 a, b, c > 0

    Cara membuat sketsa di ruang, dengan menelusuri setiap jejak di bidang yaitu :

    Jejak di bidang XOY, z = 0 022

    2

    2=

    ax

    by , berupa garis

    Jika z = konstanta berupa hiperbol

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 cz

    ax

    = 2

    2, berupa parabol

    Jejak di bidang YOZ, x = 0 cz

    by

    =2

    2, berupa parabol

    Sehingga sketsa dari paraboloida hiperbolik, adalah

    Z

    x

    y

  • 14 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    g. Kerucut, mempunyai bentuk umum :

    22

    2

    2

    2

    2

    cz

    by

    ax

    =+ a, b, c > 0

    Jejak di bidang XOY, z = k (konstanta) 0 22

    2

    2

    2

    2

    ck

    by

    ax

    =+ , berupa ellips

    Jejak di bidang XOZ, y = 0 22

    2

    2

    cz

    ax

    = , berupa garis

    Jejak di bidang YOZ, x = 0 22

    2

    2

    cz

    by

    = , berupa garis

    2.2 Daerah Definisi dan Kurva Ketinggian Fungsi Dua Peubah

    Definisi fungsi dua peubah :

    Misal A R2, suatu fungsi f : A R adalah suatu aturan yang memasangkan setiap unsur di A dengan tepat satu unsur di R. Aturan fungsi f dapat ditulis sebagai

    Z

    x

    y

    Z

    x

    y

  • 15 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    z = f(x, y). Dalam kasus ini daerah definisi f adalah A, sedangkan daerah hasil fungsi f

    = Rf = {z R | z = f(x,y), x, y A}

    Derah definisi fungsi dua peubah f (x,y) merupakan daerah pada bidang XOY sehingga

    fungsi tersebut akan terdefinisi.

    Contoh :

    Tentukan dan gambarkan daerah definisi fungsi :

    1)2ln(),(

    +=

    yxyxf

    Penyelesaian :

    Syarat f(x,y) terdefinisi :

    ln (2 + x) terdifinisi jika (2 + x) > 0 ,

    oleh karena itu x > - 2

    1y tedefinisi jika (y - 1) 0,

    tapi karena penyebut tidak boleh sama dengan nol maka (y - 1) 0, oleh

    karena itu y > 1

    Sehingga daerah definisi (Df) dari fungsi diatas adalah :

    Df = { (x, y) | x > -2 dan y > 1, x, y } Sketsa daerah definisi pada kartesius adalah :

    Kurva ketinggian dari suatu fungsi f(x,y) adalah proyeksi dari perpotongan permukaan

    f(x,y) dengan bidang z = k (konstanta) pada bidang XOY.

    Contoh :

    Tentukan dan gambarkan kurva ketinggian dari fungsi f(x,y) = x2 + y2

    untuk z = 0, 1, 4

    y

    x

    y = 1

    x = 2

    Df

  • 16 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Penyelesaian :

    z = 0 0 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa titik di (0, 0, 0) z = 1 1 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa lingkaran dengan jari-jari satu

    z = 4 4 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa lingkaran dengan jari-jari dua

    Latihan :

    Tentukan dan gambarkan daerah definisi fungsi berikut :

    1. 221),( yxyxf =

    2. y

    xyxf

    =

    1),(

    3. 22

    2),(

    yx

    xyyxf

    =

    Tentukan dan gambarkan kurva ketinggian dari fungsi berikut :

    4. z = yxyxyxf

    +=),( , untuk z = 0, 1, 2, 3

    5. z = 2),( yxyxf += , untuk z = -2, -1, 0, 1, 2

    6. z = y

    xyxf2

    ),( = , untuk z = -4, -1, 0, 1, 4

    2.4 Turunan Parsial

    Diketahui fungsi dua peubah f(x,y), denganmengambil nilai y = b (konstanta) maka

    fungsi menjadi f(x, b), ini dapat dipandang sebagai fungsi satu peubah x. Seperti pada

    y

    x

    z=1

    z=4 z=0

  • 17 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    kalkulus fungsi satu peubah, kita dapat mendefinisikan fungsi satu turunan dari z = g(x) =

    f(x, b), yaitu g(x). Dengan menggunakan limit, turunan parsial fungsi f(x,b) terhadap

    x dapat ditulis :

    h

    bxfbhxfdx

    xdgx

    bxfh

    ),()),(lim)(),(0

    +==

    asalkan limitnya ada.

    Secara geometris, turunan parsial diatas dapat diartikan sebagai berikut :

    Perpotongan bidang y = b dengan fungsi permukaan f(x,y) berupa sebuah kura

    (lengkungan s) pada permukaan tersebut. Turunan parsial fungsi f(x,y) di titik (a,b)

    merupakan gradien garis singgung terhadap kurva s pada titik (a, b, f(a,b)) dalam

    arah sejajar sumbu x.

    Notasi dari turunan parsial di atas adalah ),(),( bafataux

    bafx

    Secara analog dengan cara di atas, kita dapat memperoleh turunan parsial f(x,y) terhadap

    peubah y.

    Contoh :

    Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran terhadap masing-masing

    peubah fungsi f(x,y) = 2x2y + 3x2y3

    Penyelesaian :

    fx (x, y) = 4xy + 6xy3

    Z

    x

    y

    (a,b)

    s

  • 18 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    fy (x, y) = 2x2 + 9x2y2

    fxx (x, y) = 4y + 6y3

    fyy (x, y) = 18 x2y

    fxy (x, y) = 4x + 18x y2 ; fyx (x, y) = 4x + 18x y2 fxy = fyx fxy dan fyx dinamakan turunan parsial campuran.

    Latihan :

    Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran dari fungsi berikut :

    1. f(x, y) = e xy

    2. f(x, y) = y cos (x2 + y2)

    2.5 Vektor Gradien dan Turunan Berarah

    Jika f fungsi dua peubah yang dapat didiferensialkan di p =(a, b) maka

    jdx

    badfidx

    badfbaf ),(),(),( +=

    disebut vektor gradien dari f di titik (a, b)

    Misal p adalah proyeksi dari suatu titik di permukaan f pada bidang XOY.

    Untuk setiap vektor satuan u , andaikan

    hpfuhpfpfD

    hu)()(lim)(

    0

    +=

    limit ini ada, maka D u f(p) disebut turunan berarah f di titik p pada arah u .

    Andaikan f dapat didiferensialkan di (a, b), maka turunan berarah di (a, b) pada arah

    vector satuan u = u1i + u2j adalah hasilkali titik antara vector gradien dengan vector

    satuan tersebut. Dengan demikian dapat ditulis :

    upfpfDu = )()( atau D u f(a, b) = fx (a, b)u1 + fy (a, b)u2

    Contoh :

    Tentukan turunan berarah dari f(x,y) =2x2 + xy y2 di titik (3, 2) dalam arah

    vector jia = !

  • 19 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Penyelesaian

    fx (x, y) = 4x + y fx (3, 2) = 10 fy (x, y) = x 2y fy (3, 2) = 7 oleh karena itu :

    jifjyxiyxyxf 710)2,3(sehingga)2()4(),( +=++=

    sedangkan jiaau

    21

    21

    ==

    Maka 2

    32

    72

    10)2,3()2,3( === uffDu

    2.6 Bidang Singgung

    Definisi bidang singgung :

    Andai F(x, y, z) = k (konstanta) merupakan suatu permukaan dan misalkan dapat

    didiferensialkan di sebuah titik P(a, b, c) dari permukaan dengan 0),,( cbaf .

    Maka bidang yang melalui P yang tegak lurus ),,( cbaf dinamakan bidang

    singgung.

    Untuk permukaan F(x, y, z) = k, persamaan bidang singgung di titik (a, b, c) adalah :

    Fx(a, b, c) (x a) + Fy(a, b, c) (y b) + Fz (a, b, c) (z c) = 0

    Jika permukaan z = f(x, y) maka persamaan bidang singgung di (a, b, F(a, b)) adalah :

    z F(a, b) = Fx(a, b) (x a) + Fy(a, b) (y b)

    Contoh :

    Tentukan persaman bidang singgung dan garis normal terhadap permukaan :

    23z2yx 222 =++ di titik (1, 2, 3) !

    Penyelesaian :

    Andaikan F(x,y,z) = 23 sehingga kz4jy2ix2)z,y,x(f ++= dan

    k12j4i2)3,2,1(f ++= . Maka persamaan bidang singgung di titik (1,2,3)

    adalah :

    2( x 1 ) + 4 ( y 2 ) + 12( z 3 ) = 0

    Sedangkan persamaan simetri dari garis normal yang melalui (1, 2, 3) adalah :

  • 20 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    12

    3z4

    2y2

    1x =

    =

    Andaikan z = f(x, y), dengan f suatu fungsi yang dapat didiferensialkan, dan andaikan

    dx dan dy (disebut diferensial dari x dan y) berupa peubah. Difenesial total dari peubah

    tak bebas (dz) disebut juga diferensial total f (df (x, y)), didefinisikan oleh :

    dz = df (x, y) = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy

    Latihan :

    Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran dari fungsi berikut :

    1. xyef(x,y) =

    2. )yxcos(yf(x,y) 22 +=

    3. )yx()yx(lnf(x,y)

    +=

    Tentukan

    4. ycosxef(x,y) = di titik P( 0, /3) dalam arah menuju ke titik asal !

    5. 22 yxyx2f(x,y) += di titik P(3, 2 ) dalam arah vektor yang membentuk sudut

    300 dengan arah sumbu x positif !

    6. Tentukan persamaan bidang simggung permukaan x2cosy3e2z = di titik P(/3, 0, -

    1) !

    2.7 Nilai Ekstrim

    Definisi titik kritis :

    Misal (a, b) suatu titik pada daerah asal f(x, y). Titik (a, b) disebut titik kritis dari

    fungsi f(x, y) jika 0=f atau tidak mempunyai turunan parsial untuk setiap peubah

    bebasnya.

  • 21 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Jadi fungsi f(x, y) yang mempunyai turunan parsial, pada titik kritis, bidang singgung

    terhadap f (x, y) adalah sejajar dengan bidang XOY.

    Jenis titik kritis, antara lain :

    Titik batas

    Titik stasioner

    Titik singular

    Misal (a, b) suatu titik pada daerah asal f(x, y) maka (a, b) dinamakan titik stasioner jika

    dan hanya jika 0)y,x(f

    =

    Dengan kata lain :

    0),(dan0),( =

    =

    ybaf

    xbaf

    Definisi nilai maksimum dan nilai minimum :

    Diketahui fungsi dua peubah f(x, y) dimana S merupakan daerah definisinya.

    f(a,b) disebut nilai maksimum global jika f(a, b) f(x, y) untuk setiap x, y di S

    f(a,b)) disebut nilai minimum global jika f(a, b) f(x, y) untuk setiap x, y di S.

    Definisi yang sama berlaku dengan kata global digantikan oleh kata lokal jika

    pertidaksamaan di atas hanya berlaku pada suatu hmpunan bagian S. Jika f(a, b)

    merupakan nilai maksimum atau nilai minimum maka f(a, b) dinamakan nilai ekstrim

    pada S.

    Diketahui f(x, y) fungsi dua peubah yang mempunyai turunan kedua kontinu di

    suatu lingkungan dari (a, b). Misal (a,b) merupakan titik kritis dari f(x, y), dan

    D = fxx(a,b)fyy(a,b) - [fxy(a,b)]2

    Maka :

    Jika D > 0 dan 9 fxx > 0 maka f(a, b) merupakan nilai minimum 9 fxx < 0 maka f(a, b) merupakan nilai maksimum

    Jika D < 0 maka titik (a,b, f(a,b)) merupakan titik pelana (sadel) Jika D = 0, pengujian gagal, titik kritis yang demikian disebut titik kritis trivial. Contoh :

  • 22 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi 224 y3xx2f(x,y) += !

    Penyelesaian :

    Turunan parsial dari fungsi tersebut adalah :

    fx (x, y) = 8x3 2x dan fy (x, y) = 6y

    Sedangkan fxx (x, y) = 24x2 2, fyy (x, y) = 6, serta fxy(x, y) = 0

    Karena fungsi di atas merupakan fungsi polinom yang berarti bahwa

    terdiferensialkan di daerah definisinya, maka titik kritisnya merupakan titik

    stasioner yang memenuhi 0)y,x(f

    = , sehingga titik kritis dari fungsi tersebut

    adalah : (0, 0), ( , 0), dan ( , 0)

    Untuk (0, 0) D = 12 < 0 Untuk ( , 0) D = 24 > 0 dan fxx ( , 0) = 4 > 0 Untuk ( , 0) D = 24 > 0 dan fxx ( , 0) = 4 > 0 Jadi nilai ekstrim untuk fungsi di atas adalah :

    f ( , 0) = f ( , 0) = 1/8 merupakan minimum lokal, sehingga titik

    minimumnya adalah ( , 0, 1/8) dan ( , 0, 1/8).

    Sedangkan (0, 0, 0) merupakan titik pelana (sadel).

    Latihan :

    Tentukan titik kritis, nilai ekstrim dan jenisnya (jika ada) dari fungsi berikut :

    1. 222 y3x6xyf(x,y) =

    2. y2

    x2xyf(x,y) ++=

    3. +

    =

    y42y2xef(x,y)

    4. 23 y21xy3xf(x,y) +=

  • 23 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

  • 22 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    BAB III

    FUNGSI VEKTOR

    3.1 Daerah Definisi dan Grafik

    Definisi fungsi vektor :

    Fungsi vektor merupakan aturan yang mengkaitkan daerah asal himpunan riil

    dengan daerah hasil yang berupa vektor (R2 atau R3)

    Notasi : F (t) = f1(t) i + f2(t) j fungsi vektor di bidang F (t) = f1(t) i + f2(t) j + f3(t) k fungsi vektor di ruang dimana i, j, k, masing-masing merupakan vektor satuan untuk arah x, y, dan z,

    sedangkan f1(t), f2(t), f3(t) merupakan fungsi parameter yang bernilai riil.

    Daerah asal

    Misal F (t) merupakan fungsi vektor, maka daerah asal F (t) = D F = { }21 ff

    DDt|t untuk F (t) di bidang, sedangkan untuk F (t) di ruang

    maka D F = { }321 fff DDDt|t , dimana 321 ,, fff DDD merupakan daerah asal untuk masing-masing fungsi parameter.

    Contoh :

    Tentukan daerah asal dari fungsi F (t) =ln |1 t | i + (t5) j

    Penyelesaian :

    f1 = ln |t 1 | 1fD = { t | t > 1, t }

    f2 = ( t 5) 2fD = { t | t > 5, t }

    Maka D F = { t | t > 5, t }

    Grafik Fungsi

    Grafik dari fungsi vektor adalah berupa lengkungan di R2(3) yang mempunyai arah

    tertentu.

    Contoh :

    F (t) = 3 cos t i + 2 sin t j, untuk 0 < t <

  • 23 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Penyelesaian :

    x = 3 cos t dan y = 2 sin t

    maka cos t = x/3 dan sin t = y/2

    kita tahu bahwa : cos2 t + sin2 t = 1

    oleh karena itu grafik fungsi F (t) adalah berupa ellips :

    123 2

    2

    2

    2=+

    yx

    dimana saat t = 0 x = 3 dan y = 0 saat t = x = 3 dan y = 0 ini merupakan titik pangkal dan ujung dari lengkungan (kurva) tersebut

    sehingga grafiknya sebagai berikut :

    Latihan :

    Tentukan daerah asal dari fungsi vektor berikut :

    1. jtit

    tr 42

    1)( ++

    =

    2. jt

    ittg 2

    11)( 2

    +=

    Gambarkan grafik dari fungsi vektor berikut :

    3. ( ) ( ) jttittf 21)( 2 ++= ; untuk -1 t 2 4. jtittr 4

    2)( 2+= ; untuk 0 t 2

    3.2 Limit, Kekontinuan dan Turunan Fungsi Vektor

    Misal F (t) = f1(t) i + f2(t) j, fungsi vektor di bidang. F (t) dikatakan

    mempunyai limit di c jika dan hanya jika f1(t) mempunyai limit di c dan f2(t)

    mempunyai limit di c, sehingga berlaku :

    3 3

    2

    x

    y

  • 24 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    jtfitftFctctct

    )(lim)(lim)(lim 21

    +

    =

    Semua sifat limit berlaku untuk fungsi vektor. Demikian pula dalam hal

    kekontinuan, yaitu F (t) kontinu di c apabila )()(lim cFtFct

    =

    .

    Dengan demikian, kita dapat mendefinisikan turunan dari fungsi vektor sebagai

    berikut :

    ( ) ( )

    dttdf

    dttdf

    htftfhtfhtf

    htFhtF

    dttFd

    h

    h

    )()(

    )()()()(lim

    )()(lim)(

    21

    21210

    0

    +=

    ++++=

    +=

    Dengan cara yang sama, kita dapat medefinisikan untuk fungsi vektor di ruang (R3).

    Contoh :

    Tentukan turunan pertama dan kedua fungsi F (t) = (t2 + t) i + e t j

    Penyelesaian :

    F (t) = (2t + 1) i + e t j

    F (t) = 2 i + e t j

    3.3 Kinematika Partikel

    Misalkan r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, untuk a t b merupakan vektor

    posisi untuk titik P = P(t) yang menyusuri kurva selama t bertambah besar. Misal

    r(t) ada dan kontinu dan r(t) 0 (sehingga disebut kurva mulus). Panjang bususr

    s dari P(a) ke P(t) diberikan oleh :

    dududz

    dudy

    dudxdu

    durds

    t

    a

    t

    a

    222

    ++== Jika t mengukur waktu, kita dapat mendefinisikan kecepatan, laju dan percepatan,

    yaitu :

    Kecepatan : v(t) = r (t)

    Laju : ds/dt = | r (t) | = | v(t) |

    Percepatan : a(t) = r (t)

    Contoh :

  • 25 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Tentukan vektor kecepatan, laju dan vektor percepatan dari vektor posisi r

    (t) = 3t2 i + t3 j , saat t = 2

    Penyelesaian :

    Kecepatan = v (t) = r (t) = 6 t i + 3t2 j v (t=2) = 12 i + 12 j Laju = ds/dt = | r (t) | = | v(t) | = (122+122) = 12 2

    Percepatan = a (t) = v (t) = 6 i + 6t j a ( t = 2) = 6 i + 12 j

    Latihan :

    Tentukan turunan pertama dan kedua dari fungsi vektor berikut :

    1. r (t) = (2t + 3)2 i e2t j

    2. r (t) = cos 2t i sin3 t j

    Tentukan vektor kecepatan, laju dan vektor percepatan saat t = t1 dari vektor posisi

    berikut :

    3. r (t) = e t i + e t j ; untuk t1 = 1

    4. r (t) = 2 cos t i 3 sin2 t j; untuk t1 = /3

    5. r (t) = cos t i 2 tan t j ; untuk t1 = /4

    6. r (t) = et/2 i + e t j ; untuk t1 = 2

    3.4 Kelengkungan

    Diketahui vektor posisi r (t) = f1(t) i + f2(t) j untuk a t b dan titik P(t)

    pada bidang. Andaikan r (t) ada, kontinu dan tidak pernah nol pada selang [a, b].

    Maka apabila t bertambah nilainya, P akan bergerak sepanjang sebuah kurva mulus,

    panjang lintasan s = h(t) dari P(a) ke P(t) ditentukan oleh :

    [ ] [ ] =+== ta

    t

    a

    22

    21 du)u('rdu)u('f)u('f)t(hs

    Oleh karena r (t) 0, maka | v(t) | > 0. Dengan demikian s naik apabila t naik,

    sehingga s mempunyai fungsi invers, yaitu : t = h1(s) dan

    )(11tvdt

    dsdsdt

    ==

    Misal, T(t) adalah vektor singgung satuan di P(t), didefinisikan sebagai :

  • 26 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    )()(

    )(')(')(

    tvtv

    trtrtT ==

    Apabila P(t) bergerak sepanjang kurva, vektor satuan T(t) merubah arahnya.

    Perbandingan perubahan T terhadap panjang busur s, yaitu : dT / ds dinamakan

    vektor kelengkungan di P. Akhirnya kita definisikan kelengkungan (kappa) di P

    ditentukan sebagai besaran dT / ds, jadi = | dT / ds |.

    Dengan demikian vektor kelengkungan dapat ditulis :

    )()('

    tvtT

    dsdt

    dtTd

    dsTd

    ==

    sedangkan kelengkungannya adalah :

    )(

    )('

    tv

    tT

    dsTd

    ==

    Andaikan x = f(t) dan y = g(t) adalah persamaan parameter kurva mulus. Maka

    [ ] 2322 ''"'"'

    yx

    xyyx

    +

    =

    Khusus untuk kurva dengan persamaan y = h(x), berlaku :

    [ ] 232'1"

    y

    y

    +

    =

    Contoh :

    Tentukan kelengkungan ellips x =3cos t, y = 2sin t pada titik t = 0 dan t = /2 !

    Penyelesaian :

    x (t) = 3 sin t x (t) = 3 cos t y (t) = 2 cos t y (t) = 2 sin t

    [ ] [ ] [ ] 232232222

    2322 4sin5

    6

    cos4sin9

    cos6sin6

    ''

    "'"')(

    +

    =

    +

    +=

    +

    ==

    ttt

    tt

    yx

    xyyxt

    Sehingga (0) = dan (/2) = 2/9

    Terlihat bahwa (0) > (/2), cocok dengan kenyataan.

  • 27 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Latihan :

    Tentukan vektor singgung satuan dan kelengkungan saat t = t1 dari vektor posisi

    berikut :

    1. r (t) = 4t2 i + 4t j ; t1 =

    2. r (t) = 4cos t i + 3 sin t j ; t1 = /4

    3. r (t) = e t sin t i + e t cos t j ; t1 = /2

    Tentukan kelengkungan di titik yang diberikan dari fungsi berikut : 4. y2 = x + 4 ; ( 3 , 1) 5. y = ln x ; (1, 0) 6. y = ex x ; (0, 1) 7. y = cos x ; (0, 1)

  • 28 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    BAB IV

    INTEGRAL LIPAT

    3.1 Integral Lipat Dua Misalkan R merupakan suatu persegi panjang tertutup, yaitu : R = {(x, y) : a x b, c y d} Bentuk partisi P dari R yang berupa persegi panjang kecil, dengan luas berukuran Ak = xk yk untuk setiap k = 1, 2, 3, n jika R dibagi menjadi n buah persegi panjang kecil. Misal, )y,x( kk adalah sembarang titik di dalam persegi panjang kecil ke-k, maka seperti halnya pengertian integral terdahulu, kita dapat mendefinisikan integral lipat dua dengan menggunakan Jumlah Riemann. Definisi integral lipat dua :

    Misalkan f suatu fungsi dua peubah yang terdefinisi pada suatu persegi panjang

    tertutup R. Jika =

    n

    kkkkP

    Ayxf1

    0),(lim ada, kita katakan f dapat diintegralkan pada R.

    Lebih lanjut R

    dAyxf ),( , yang disebut integral lipat dua f pada R diberikan

    oleh :

    =R

    dAyxf ),( =

    n

    kkkkP

    Ayxf1

    0),(lim

    Sifat Integral lipat dua:

    Linear, yaitu :

    [ ] dAyxgcdAyxfcdAyxgcyxfcR RR +=+ ),(),(),(),( 2121

    dimana c1 dan c2 adalah konstanta.

    Jika daerah R merupakan gabungan dari dua daerah (R1 dan R2) dengan batas pada

    suatu ruas garis maka :

    dAyxfdAyxfdAyxfR RR +=

    21

    ),(),(),(

    Jika f(x,y) g(x,y) untuk setiap (x,y) di R maka

    dAyxgdAyxfRR ),(),(

    R1 R2

  • 29 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    3.1.1 Integral Lipat Dua pada Koordinat Kartesius

    Integral lipat dua atas daerah R dapat dihitung dengan dua integrasi (dalam

    integral biasa) secara berturut-turut.

    Misalkan R merupakan daerah persegi panjang, yaitu :

    R = {(x,y) | a x b, c y d}

    maka integral lipat dua dari fungsi f(x,y) pada daerah R adalah:

    == dc

    b

    a

    d

    c

    b

    aR

    dxdyyxfdydxyxfdAyxf ),(),(),(

    Contoh :

    Hitung integral lipat dua berikut ini :

    ( ) +R

    dAyx 22 2

    dimana R = {(x,y) | 0 x 6, 0 y 4}

    Penyelesaian :

    ( ) ( )

    ( )544

    dyy1272

    dyxy23x

    dydxy2xdAy2x

    b

    a

    2

    b

    a

    6x

    0x

    23

    4

    0

    6

    0

    22

    R

    22

    =

    +=

    +=

    +=+

    =

    =

    Jika R (daerah integrasi) berupa persegi panjang, perubahan urutan

    pengintegralan tidak berpengaruh, tetapi jika daerah R bukan persegi panjang, urutan

    pengintegralan harus benar-benar diperhatikan.

    Jika daerah integrasi R merupakan sembarang (bukan daerah persegi panjang) ada

    beberapa hal yang harus diperhatikan. Untuk lebih jelanya, perhatikan dua kasus

    berikut dalam hal perhitungan integralnya.

    Tinjau 2 kasus berikut :

  • 30 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    a. D = {(x,y) | a x b , p(x) y q(x) }

    Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :

    = ba

    xq

    xpD

    dxdyyxfdAyxf)(

    )(

    ),(),(

    b. D = {(x,y) | r(y) x s(y) , c y d }

    Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :

    = dc

    ys

    yrD

    dydxyxfdAyxf)(

    )(

    ),(),(

    Contoh :

    Hitung ( )R

    x dAey2 dimana R = {(x,y) | 0 x y2, 0 y 1}

    Penyelesaian :

    ( ) 2222),( 10

    21

    0

    1

    00

    0

    22

    2

    ==== edyyydedyeydydxeydAyxf yyxy

    x

    R

    Urutan pengintegralan dalam integral lipat dua tergantung dari bentuk R

    (daerah integrasi). Tetapi dalam tiap kasus, kita seharusnya mengharapkan limit dari

    D

    c

    d

    r (y) s (y) x

    D

    a b x

    q(x)

    p(x)

    y

  • 31 KALKULUS II

    integral sebelah kanan berupa fungsi satu peubah, dan yang paling kiri (luar) berupa

    konstanta. Dalam perhitungannya, kadangkala kita perlu merubah urutan

    pengintegralan. Hal ini dapat disebabkan dengan perubahan urutan pengintegralan akan

    memudahkan dalam proses integrasinya. Oleh karena itu, langkah pertama kita harus

    dapat menggambarkan daerah integrasi, selanjutnya kita dapat merubah urutan integrasi

    dengan mengacu pada sketsa daerah integrasi yang sama.

    Contoh :

    Hitung 40

    2

    2

    2dxdye

    x

    y

    Penyelesaian :

    Daerah integrasi dari integral lipat dua di atas adalah :

    D = {(x,y) | 0 x 4 , x y 2 } dapat dirubah menjadi

    D = {(x,y) | 0 x 2y , 0 y 2 }, sehingga integral di atas menjadi :

    224

    0

    2222

    2

    2= dxdye

    yy

    x

    Integral lipat dua d

    menjadikan daerah ya

    dalam integralnya sam

    3.1.2 Integral Lipat D

    Andai daerah

    maka untuk memu

    koordinat polar.

    Transformasi peubah

    2xy =

    x

    y

    r (

    y 2 2ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    ( ) 12 42000 0

    === eydedyeydydxe yyy apat dipakai untuk menghitung luas suatu daerah. Dengan

    ng akan dihitung luasnya sebagai daerah integrasi (D) dan fungsi

    a dengan satu.

    ua dengan Koordinat Kutub (Polar)

    integrasi (D) mempunyai bentuk dasar lingkaran, kardioid, dll.

    dahkan dalam perhitungan integral lipat dua digunakan dalam

    (x,y) (r, )

    x, y)

    x

  • 32 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    x = r cos

    y = r sin Determinan jacobi dari transformasi ini adalah

    rcosrsinsinrcos

    yry

    xrx

    ),r(J

    =

    =

    =

    Sehingga integral lipat dua dalam koordinat kutub dapat ditulis :

    =*

    ),(),(DD

    ddrrrfdxdyyxf

    Contoh :

    Hitung ( )

    +1

    1

    1

    0

    2322

    2

    dxdyyxx

    Penyelsaian :

    ( ) ( )

    ==

    =+

    0

    1

    0

    4

    0

    1

    0

    232

    1

    1

    1

    0

    2322

    5

    2

    ddrr

    ddrrrdxdyyxx

    1 1

    1

    x

    y

  • 33 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Latihan :

    Hitung integral lipat dua di bawah ini :

    1.

    3

    1

    33

    dydxexy

    y

    y

    2. 20 0

    cossin

    dxdyx

    xy

    3. 10

    12

    dydxx

    e y

    4. 40

    23

    dydx

    y

    ex

    5.

    +

    1

    0

    122

    2

    0

    )sin( dydxyxy

    6. ( ) +21

    22

    122

    2

    0

    dxdyyxxx

    Hitung integral lipat dua pada daerah S, berikut ini :

    7. S

    x dydxey3 S dikuadran pertama yang dibatasi garis x = y dan x = 1

    8. +S

    yx dAe )(33 S adalah lingkaran berjari-jari dua berpusat di (0, 0)

    Tentukan luas daerah S, dengan menggunakan integral lipat dua :

    9. S adalah daerah yang dibatasi oleh lingkaran berjari-jari 1 berpusat di (0, 0),

    garis y = x, dan sumbu-y positif.

    10. S adalah daerah di dalam lingkaran berjari-jari dua yang berpusat di (0, 2) dan

    di luar lingkaran berjari-jari dua berpusat di (0, 0)

  • 34 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    4.2 Integral Lipat Tiga

    Misal suatu fungsi f tiga peubah yang didefinisikan atas suatu daerah

    berbentuk balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu koordinat. Kita tidak dapat lagi

    menggambarkan grafik f, tetapi kita dapat menggambar B. bentuklah suatu partisi

    P dari B dengan melewatkan bidang-bidang melalui B sejajar bidang koordinat, jadi

    memotong B kedalam balok-balok bagian B1, B2, Bn;

    Perhatikan jumlah Riemann :

    =

    n

    kkkkkP

    Vzyxf1

    0),,(lim dengan Vk = xk yk zk

    merupakan volume balok Bk.

    Andaikan panjang norma partisi p ini adalah panjang diagonal terpanjang dari

    semua balok bagian. Maka kita definisikan integral lipat tiga dengan

    =B

    dVzyxf ),,( =

    n

    kkkkkP

    Vzyxf1

    0),,(lim

    asalkan limit ini ada.

    4.2.1 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Kartesius

    Misalkan B =[a, b] x [c, d] x [e, f] adalah sebuah kotak, kemudian kotak

    tersebut dibagi menjadi n buah kotak-kotak kecil. Kotak kecil tersebut berukuran

    panjang x, lebar y dan tinggi z, sehingga volume kotak kecil tersebut adalah V

    = x y z. Dengan memisalkan kotak-kotak kecil tersebut sebagai partisi, dengan

    pendekatan jumlah Riemann kitapun dapat mendefinisikan integral lipat tiga.

    Dalam koordinat kartesius, cara perhitungan integral lipat tiga tidak berbeda

    dengan integral lipat dua yang telah diberikan. Masalah urutan pengintegralan

    tergantung dari bentuk B, tetapi dalam tiap kasus, kita seharusnya mengharapkan

    limit dari integral sebelah kanan berupa fungsi dua peubah, pada integral tengah berupa

    fungsi satu peubah, dan yang paling kiri (luar) berupa konstanta.

    Bentuk umumnya :

    =B

    dVzyxf ),,( dxdydzzyxfb

    a

    xq

    xp

    yxs

    yxr

    )(

    )(

    ),(

    ),(

    ),,( , a, b adalah konstanta

  • 35 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Contoh :

    Hitung dzdxdyzyxz z

    x

    20 1 0

    2

    Penyelesaian :

    32

    3z

    12z

    dz31

    3z

    dz3x

    dzdxx

    dzdxzxzx

    dzdxyzxdzdxdyzyx2

    2z

    0z

    4

    2

    0

    3

    2

    0

    zx

    1x

    3

    2

    0

    z

    1

    2

    2

    0

    z

    1

    2

    0

    z

    1

    zxy

    0y

    22

    0

    z

    1

    zx

    0

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    =

    Integral lipat tiga dapat dipakai untuk menghitung volume suatu benda di ruang.

    Dengan menjadikan benda di ruang yang akan dihitung volumenya sebagai daerah

    integrasi (B) dan fungsi dalam integralnya sama dengan satu.

    4.2.2 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Tabung dan Bola

    Kita akan menggunakan koordinat tabung, pada saat mempunyai benda B

    yang simetris terhadap suatu garis, seperti halnya tabung. Koordinat tabung dan

    kartesius dihubungkan oleh persamaan-persamaan berikut :

    x = r cos

    y = r sin

  • 36 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Transformasi peubah (x, y, z) (r, , z) memberikan Jacobian = r Sehingga Integral lipat tiga dapat ditulis :

    = 21

    )(

    )(

    ),(

    ),(

    ),sin,cos(),,(

    q

    p

    rt

    rsB

    ddrdzrzrrfdVzyxf

    Seperti pada koordinat tabung, jika kita mempunyai benda B yang simetris

    terhadap suatu titik, maka kita lebih baik menghitung integral lipat tiga tersebut

    dengan menggunakan koordinat bola.

    Koordinat bola dan kartesius dihubungkan oleh persamaan-persamaan berikut :

    x = cos sin y = sin sin ; z = cos

    Transformasi peubah (x, y, z) (, , ) memberikan Jacobian = 2 sin

    r

    z

    P(r,,z)

    y

    x

    z

    P(,, )

    y

    x

  • 37 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Sehingga integral lipat tiga dengan koordinat bola dapat ditulis :

    =

    2

    1

    )(q

    )(p

    ),(t

    ),(s

    2

    B

    d,d,dsin,),,(fdV)z,y,x(f

    Contoh :

    Hitung dengan menggunakan koordinat tabung, volume suatu ruang V yang

    dibatasi oleh z = 12 2x2 2y2 dan z = x2 + y2 !

    Penyelesaian :

    Ruang V yang terbentuk mempunyai satu garis simetri, yaitu sumbu-z,

    perpotongan kedua permukaan diatas adalah berbentuk lingkaran berjari-jari 4

    berpusat di (0, 0). Oleh karena itu volume V dapat dihitung dengan

    menggunakan integral lipat tiga dala koordinat tabung, dimana :

    Permukaan 1 : f(x,y) = 12 2x2 2y2 f(r,) = 12 2r2 Permukaan 2 : f(x,y) = x2 + y2 f(r,) = r2

    ( )

    ( )

    ==

    =

    =

    ==

    2

    0

    2

    0

    2

    0

    42

    2

    0

    2

    0

    3

    2

    0

    2

    0

    r212

    rB

    24d1224

    dr43r6

    ddrr3r12

    ddrdzr1dV)z,y,x(fVVolume Jadi2

    2

    Latihan :

    1. ( )

    ++

    1

    0

    0

    21

    31

    0

    232 dxdydzzyx

    2.

    2

    0 1 1

    2y z

    dzdydxzy

    3. +30

    9

    0

    2

    0

    22

    2x

    dxdydzyx

  • 38 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    4.

    2

    0

    4

    0

    4

    0

    22

    2 22

    4x yx

    dxdydzyxz

    Tentukan volume benda pejal B dengan menggunakan integral lipat tiga !

    5. B benda pejal di oktan pertama dari tabung y2 + z2 = 1 dan bidang y = x dan bidang

    x = 0 !

    6. B benda pejal yang dibatasi oleh paraboloid z = 4x2 + y2 dan selinder parabolic z

    = 4 3y2 !

    7. B benda pejal dibatas oleh z = x2 + y2, z = 0, dan x2 + (y 1)2 = 1

    8. Tuliskan perbedaan perhitungan volume bola menggunakan :

    a. Integral lipat tiga dengan koordinat kartesius

    b. Integral lipat tiga dengan koordinat tabung

    c. Integral lipat tiga dengan koordinat bola

  • 39 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    BAB V

    INTEGRAL GARIS DAN INTEGRAL PERMUKAAN

    5.1 Integral Garis

    Konsep integral garis merupakan generalisasi sederhana dari konsep integral

    tentu ba

    dxxf )( . Dalam integral tentu tersebut, kita mengintegralkan f sepanjang

    sumbu-x dari a ke b dan yang diintegralkan f adalah fungsi yang terdefinisi pada

    setiap titik antara a dan b. Dalam integral garis, kita mengintegralkan sepanjang

    kurva (lengkungan) C di dalam ruang dan yang diintegralkan adalah fungsi yang

    tedefinisi pada setiap titik di sepanjang kurva (lengkungan) C tersebut.

    Misal kurva (lengkungan) C memenuhi persamaan :

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

    Kurva C dinamakan kurva mulus C jika d r / dt 0 untuk setiap t.

    Definisi integral garis :

    Misal C suatu kurva mulus yang diberikan secara parameter oleh :

    x = x(t) dan y = y(t), untuk a < t < b

    dengan x dan y kontinu dan tidak serentak nol pada [a, b], serta C berorientasi

    positif (arah positifnya berpadanan terhadap pertambahan nilai t). Jadi C

    memiliki titik awal A = (x(a), y(a)) dan titik ujung B = (x(b), y(b)).

    Partisi [a, b] sehingga menghasilkan kurva C yang terpotong-potong ke dalam n

    bagian, dimana bagian partisi Pi mewakili potongan pada waktu ti. Andaikan si

    menyatakan panjang busur yang bersesuaian, dan |P | merupakan partisi yang

    terbesar.

    Perhatikan sketsa berikut :

  • 40 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Maka jumlah Riemann : in

    iii syxf

    =1

    ),( merupakan luas tirai tegak sepanjang

    lengkunga (kurva) C. C

    dsyxf ),( dinamakan integral garis fungsi f sepanjang

    lengkungan C dari A ke B.

    Sehingga dapat ditulis :

    ( ) dtdtdy

    dtdxtytxfdsyxf

    b

    aC

    22

    )(),(),(

    +

    = Jika di tulis dalam bentuk tanpa parameter sebagai berikut:

    ( ) dxdxdyyxfdsyxf

    b

    aC

    2

    1,),(

    += atau ( ) dydydxyxfdsyxf

    b

    aC

    2

    1,),(

    += Sifat integral garis :

    o

    =

    CC

    dsyxfdsyxf ),(),( , dimana C adalah kurva yang sama dengan C namun

    berlawanan arah.

    o +=21

    ),(),(),(CCC

    dsyxfdsyxfdsyxf , dimana gabungan C1 dengan C2 adalah C.

    Contoh :

    Hitung ( ) dsyxC 2 dimana C sepanjang x = 3cost, y = 3sin t, 0 t /2

    Z

    x

    y

    r f(x,y)

    Df(x,y)

  • 41 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Penyelesaian :

    ( ) ( ) ( )

    27sincos81

    cos3sin3sin3cos3

    2/

    0

    2

    222/

    0

    22

    ==

    +=

    dttt

    dtttttdsyxC

    Andai bahwa gaya yang bekerja pada suatu titik (x, y, z) dalam ruang

    diberikan oleh medan vektor : F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k dengan

    M, N, P kontinu. Kita ingin menentukan kerja (usaha) W yang dilakukan oleh F

    dalam memindahkan partikel menelusuri kurva terarah C. Misalkan, r = x i + y j +

    z k merupakan vektor posisi partikel. Jika T adalah vektor singgung satuan dr/ds di

    P, maka F T adalah komponen singgung F di P. Sehingga kita mempunyai

    rumusan kerja adalah :

    =

    =

    =

    C

    C

    C

    rdF

    dsds

    rdF

    dsTFW

    dimana F d r sebagai menyatakan kerja yang dilakukan F dalam menggerakan

    suatu partikel menelusuri vektor singgung d r yang sangat kecil.

    Latihan :

    Hitung C

    rdF dimana

    1. F = x2 i + y2 j ; C kurva y = x2 dari x = -1 dampai x = 1

    2. F = y i + x2 j ; C kurva x = 2t dan y = t2 1 , 0 t 2

    3. F = y i + x j ; C kurva y = x2 , 0 x 1

    Tentukan kerja yang dilakukan oleh medan gaya F untuk memindahkan partikel

    sepanjang kurva C, berikut ini :

    4. F (x,y) = (x3 y3) i + xy2 j ; C adalah kurva x = t2, y = t3, -1 t 0

    5. F (x,y) = (x2 y) i + (y2 x) j ; dari (0,1) ke (1,2), jika:

    a. C adalah 2 garis lurus dari (0,1) ke(1,1) dan dari (1,1) ke (1,2)

  • 42 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    b. C adalah kurva r (t) = t i + (t2 1) j

    c. C adalah kurva (y 1)2 = x

    5.2 Integral Garis Bebas Lintasan

    Dengan mengingat kembali teorema dasar kalkulus, yaitu :

    =ba

    )()()( afbfdxxf

    teorema ini berlaku juga untuk integral garis.

    Andaikan C kurva mulus sepotong-sepotong yang secara parameter diberikan oleh r

    = r (t) , a t b. Jika f dapat didiferensialkan secara kontinu pada suatu himpunan

    terbuka yang mengandung C, maka

    )()()( afbfrdrfC

    = Misal D tersambung, yaitu jika dua titik sembarang dalam D dapat dihubungkan oleh

    sepotong kurva mulus seluruhnya terletak dalam D.

    Definisi bebas lintasan :

    C

    rdrF )( dikatakan bebas lintasan dalam D, jika untuk sembarang dua titik A

    dan B dalam D, integral garis mempunyai nilai yang sama untuk sembarang

    lintasan dalam D yang secara postif terarah dari A ke B.

    Andaikan F ( r ) kontinu pada suatu himpunan tersambung terbuka D. Maka integral

    garis C

    rdrF )( dikatakan bebas lintasan dalam D jika dan hanya jika F ( r ) = f r

    untuk suatu fungsi skalar f. F disebut medan vektor konservatif.

    Definisi divergensi dan rotasi dari suatu medan vektor F :

    Misal F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k suatu medan vektor dan

    adalah operator kz

    jy

    ix

    +

    + maka

    o Div F = F = Mx + Ny + Pz dinamakan divergesi F

  • 43 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    o kyM

    xNj

    xP

    zMi

    zN

    yP

    PNMzyx

    kji

    FxFcurl

    +

    +

    =

    ==

    dinamakan rotasi (Curl) F

    Akhirnya, suatu medan vektor F dikatakan konservatif jika dan hanya jika :

    9 Untuk F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j maka My = Nx 9 Untuk F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k maka curl F = 0

    Contoh :

    Tentukan apakah F = (4x3 + 9x2y2 ) i + (6x3y + 6y5) j merupakan medan vektor

    konservatif ? jika ya, tentukan fungsi skalar f yang memenuhi F = f ! Penyelesaian :

    o F = M i + N j M(x,y) = 4x3 + 9x2y2 dan N(x,y) = 6x3y + 6y5 My = 18x2y dan Nx = 18x2y

    Sehingga My = Nx F konservatif o Misal f(x,y) adalah fungsi skalar yang memenuhi f = F ,

    Maka fx = M dan fy = N

    Sehingga fx = 4x3 + 9x2y2 f (x,y) = x4 + 3x3y2 + c(y) (*) Turunan parsial f(x,y) terhadap y = fy = 6x3y + c(y)

    Kita tahu bahwa fy = N c(y) = 6y5 c(y) = y6 + c ..(**) Substitusikan (**) pada (*) sehingga diperoleh :

    f (x,y) = x4 + 3x3y2 + y6 + c

    sebagai fungsi skalar dari fungsi vektor konservatif tersebut.

    Latihan :

    1. Diketahui sebuah medan vektor F = ex sin y i + ex cos y j,

    a. Periksa, apakah medan vektor tersebut konservatif ?

    b. Tentukan fungsi potensial f, sehingga F = f c. Tentukan usaha untuk memindahkan partikel dari (0,0) ke (1, /2)

  • 44 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    2. Diketahui sebuah medan vektor G = (6xy3 + 2z2) i + 9x2 y2 j + (4xz + 1) k,

    a. Periksa, apakah medan vektor tersebut konservatif ?

    b. Tentukan fungsi potensial f, sehingga F = f c. Tentukan usaha untuk memindahkan partikel dari (0,0,0) ke (1,1,1)

    5.3 Teorema Green

    Misal R adalah daerah tertutup yang terbatas didalam bidang xy oleh suatu

    lengkungan tertutup C yang terdiri dari sejumlah kurva mulus terhingga. Misal M(x,y)

    dan N(x,y) adalah fungsi yang kontinu dan mempunyai turunan paarsial My dan Nx

    yang kontinu pada setiap titik dalam beberapa domain yang mengandung R. Maka

    =+C R dydxdydM

    dxdNdyNdxM

    Integrasi yang diambil sepanjang seluruh batasan C dari R sedemikian sehingga R

    yang disebelah kiri suatu untegrasi tingkat tinggi.

    Contoh :

    Diketahui M(x,y) = (y2 7y) dan N(x,y) = (2xy + 2x) dan C adalah lingkaran

    berpusat di (0,0) dan berjari-jari 1.

    Penyelesaian :

    o Integral ruas kiri

    r (t) = [cost, sint] r (t) = [ sint , cost] Dengan mensubstitusi, kita peroleh :

    M(t) = sin2 t 7 sin t dan N(t) = 2cos t sin t + 2 cos t

    ( )( ) ( )( )[ ]

    92070

    coscossincos2sinsin7sin2

    0

    2

    =+++=

    ++=

    +

    C

    dttttttttdtdtdyN

    dtdxM

    o Integral ruas kanan

    ( ) ( )[ ]

    ===

    +=

    2

    0

    1

    0

    999

    7222

    ddrrdydx

    dydxyydydxdy

    dMdxdN

    R

    RR

  • 45 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Bentuk vektor dari teorema green.

    Misalkan, C adalah kurva mulus tertutup sederhana pada bidang xy dan berlawanan

    arah jarums jam yang membatasi daerah R. Maka

    jdsdyi

    dsdxT += merupakan vektor singgung satuan, dan

    jdsdxi

    dsdyn = adalah vektor normal yang mengarah keluar dari R.

    Jika F(x, y) = M(x,y) i + N(x, y) j adalah suatu medan vektor maka

    =C R

    dAFdivdsnF

    dinamakan teorema Divergensi Gauss.

    Sedangkan ( ) =C R

    dAkFcurldsTF disebut teorema Stokes pada bidang.

    Latihan :

    Hitung integral garis C

    rdrF )( berlawanan arah jarun jam sepanjang C, dengan :

    1. F = 3x2 i 4xy j, C adalah ruas garis persegi panjang 0 x 4 ; 0 y 1

    2. F = y i x j, C adalah lingkaran x2 + y2 =

    3. F = (x3 3y) i + (x + sin y) j, C adalah ruas garis pada segitiga dengan titik sudut

    (0, 0), (1,0) dan (0,2)

    4. F = (ex 3y) i + (ey + 6x) j, C berupa ellips x2 + 4y2 = 4

    5. F = (2xy x2 ) i + (x + y2) j, C adalah lengkungan tertutup yang dibatasi oleh

    y = x2 dan y2 = x

    5.4 Integral permukaan

    Misakan G suatu permukaan yang diberikan oleh z = f(x, y), dengan (x, y) di R.

    Jika f mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu dan g(x, y, z) = g(x, y, f(x, y))

    Kontinu pada R, maka :

  • 46 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    ++=

    =

    Ryx

    R

    dxdyffyxfyxg

    dAyxfyxgdSzyxg

    1)),(,,(

    sec)),(,,(),,(

    22

    G

    dimana adalah sudut antara normal satuan ke atas n di (x, y, f(x, y)) dan sumbu z positif.

    Andaikan G sutu permukaan dua sisi yang demikian mulus dan anggap dia terendam di

    dalam fluida dengan suatu medan kecepatan kontinu F (x,y,z). Jika S adalah luas

    sepotong kecil dari G, maka disana F (x,y,z) hampir konstan, dan volume fluida V yang melewati potongan ini dalam arah normal satuan n adalah V F n S Kita dapat menyimpulkan bahwa :

    Fluks F yang melintasi G = dSnG

    F

    Persamaan permukaan dapat ditulis

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

    Sehingga

    1yf

    xf

    kjyfi

    xf

    HHn

    22

    +

    +

    +

    =

    =

    Maka

    ( ) ( ) ( ) ( )[ ]

    +=

    ++

    ++

    +=

    Ryx

    Ryx

    yx

    yx

    G

    dAkjfifF

    dAffff

    kjfifFdSF

    11

    n 22

    22

    Contoh :

    Tentukan fluks ke atas dari F (x, y, z) = x i + y j + z k, yang melewati bagian

    permukaan G yang ditentukan oleh fungsi z = 1 x2 y2

    Penyelesaian :

    fx = 2x dan fy = 2y

    Maka fluks yang melintasi G adalah :

  • 47 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    ( )( )

    =+=

    ++=

    +

    =

    2

    0

    1

    0

    2

    22

    231

    1

    n

    ddrrr

    dydxyx

    dAkjyzi

    xzFdSF

    R

    RG

    Latihan :

    Hitung dSzyxgG

    ),,( :

    1. g(x, y, z) = x + y, permukaan G : z = 4 x2 , 0 x 3 dan 0 y 1 2. g(x, y, z) = 2y2 + z, permukaan G : z = x2 y2, 0 x2 + y2 1

    Hitung dSnG

    F :

    3. F (x, y, z) = x i + y j + 2z k, permukaan G : z = 1 x2 y2

    4. F (x, y, z) = x i + y j + z k, permukaan G : z = 9 x2 y2 5. F (x, y, z) = z2 k, permukaan G : z = 1 x2 y2

    5.5 Teorema Divergensi dan Stokes

    Teorema Divergensi

    Andai S suatu benda pejal tertutup dan terbatas dalam ruang dimensi-3, yang

    secara lengkap dicakup oleh suatu permukaan mulus sepotong-sepotong S . Andai F = M i + N j + P k, berupa medan vektor sedemikian hingga M, N, dan

    P mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada S dan batasnya S. Jika n menyatakan normal satuan terluar terhadap S, maka :

    = S

    dVFdivdSnS

    F

    Dengan kata lain, fluks F yang melewati batas suatu daerah tertutup dalam ruang

    dimensi-3 adalah integral lipat tiga dari divergensinya atas daerah tersebut.

  • 48 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Contoh :

    Hitung fluks dari medan vektor

    F = x3 i + y3 j + z3 k

    yang keluar dari bola B berpusat di (0, 0, 0) berjari-jari 1.

    Penyelesaian :

    Dengan menggunakan teorema divergensi, fluks yang keluar dari bola adalah :

    ( )

    512

    sin3

    3

    F

    2

    0 0

    1

    0

    4

    222

    S

    =

    =

    ++=

    =

    ddd

    dVzyx

    dVFdivdSn

    B

    B

    Teorema Stokes

    Misalkan, S adalah permukaan dua sisi yang dibatasi oleh lengkungan tertutup S dengan normal satuan n dan andaikan F = M i + N j + P k, berupa medan vector

    sedemikian hingga M, N, dan P mempunyai turunan parsial pertama yang

    kontinu pada S dan batasnya S. Jika T menyatakan vector singgung satuan terhadap S, maka

    ( ) = SS

    dSnFcurldSTF

    Contoh :

    Tentukan integral F = z i x j y k sepanjang segitiga yang titik sudutnya

    (0, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 2). Gunakan teorema stoke !

    Penyelesaian :

    Curl F = i + j k sedangkan normal dari permukaan adalah n = i

    Jadi Curl F n = 1

    Oleh karena itu

    ( ) ===SC

    SluasdSnFcurldSTF 2)(1

  • 49 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    Latihan :

    Tentukan fluks dari medan vektor F yang melewati permukaan S, berikut ini :

    1. F = y i x j + 2 k ; S adalah permukaan z = 1-x2 , untuk 0 x 5 2. F = x2 i + y2 j + z2 k ; S adalah benda pejal z = 4 x2 y2 dan z = 0 3. F = 2z i + x j + z2 k ; S adalah benda pejal 0 x2 + y2 4 , 0 x 1

    Hitung C

    dSTF , dengan C berlawanan arah jarum jam !

    4. F = 2z i + x2 j + 3y k ; C adalah ellips perpotongan z = x dan x2 + y2 = 4

    5. F = (z y) i + y j + x k ; C adalah perpotongan tabung x2 + y2 = x dengan

    bola x2 + y2 + z2 = 1

  • 50 KALKULUS II

    ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

    DAFTAR PUSTAKA

    Anton, H., Calculus with Analytic Geometry, 3rd edition, John Willey & Sons, New

    York, 1988

    Boyce W. E., DiPrima, R.C. , Elementary Differential Equations and Boundary Value

    Problems, 5th edition, John Willey & Sons, Singapore, 1992

    Martono, K., Kalkulus Diferensial, Alvagracia, Bandung, 1987

    Purcell, E. J., Varberg D., Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2, Terjemahan I

    Nyoman Susila dkk., edisi 5, Erlangga, Jakarta, 1992

    Setya Budhi, W., Kalkulus Peubah Banyak dan Penggunaannya, Penerbit ITB,

    Bandung, 2001

    DAFTAR ISI.pdfKATA PENGANTARPenulis,

    DAFTAR ISI

    BAB I.pdfContoh :Contoh :1.2 Trayektori OrtogonalJika turunan pertama mengandung C (parameter) maka substitusikan C(x,y) dari persamaan awal.Latihan

    1.3 Persamaan Diferesial Orde Dua1.3.1 Persamaan Diferensial Orde Dua HomogenJika W ( 0 maka u1 dan u2 saling bebas linear artinya u1 dan u2 merupakan basis solusi, sehingga kombinasi linear dari u1 dan u2 , yaitu y = c1u1 + c2u2 juga merupakan solusi dari persamaan diferensial orde dua.Misal solusi persamaan diferensial orde dua maka dengan mensubstitusikan pada persamaan diperoleh :

    1.3.2 Persamaan Diferensial Orde Dua Tak HomogenMetode Koefisien Tak TentuMetode Variasi ParameterDengan memperhatikan dua persamaan terakhir, yaitu :v1u1 + v2u2 = 0

    Latihan

    BAB II.pdfFUNGSI DUA PEUBAHPenyelesaianUntuk permukaan F(x, y, z) = k, persamaan bidang singgung di titik (a, b, c) adalah :

    BAB III.pdfFUNGSI VEKTORGrafik Fungsi

    BAB IV.pdfINTEGRAL LIPAT3.1.1 Integral Lipat Dua pada Koordinat KartesiusIntegral lipat dua atas daerah R dapat dihitung dengan dua integrasi (dalam integral biasa) secara berturut-turut.Misalkan R merupakan daerah persegi panjang, yaitu :R = {(x,y) | a ( x ( b, c ( y ( d}maka integral lipat dua dari fungsi f(x,y) pada daerah R adalah:Integral Lipat Tiga dengan Koordinat KartesiusMisalkan B =[a, b] x [c, d] x [e, f] adalah sebuah kotak, kemudian kotak tersebut dibagi menjadi n buah kotak-kotak kecil. Kotak kecil tersebut berukuran panjang (x, lebar (y dan tinggi (z, sehingga volume kotak kecil tersebut adalah (V = (x (yDalam koordinat kartesius, cara perhitungan integral lipat tiga tidak berbeda dengan integral lipat dua yang telah diberikan. Masalah urutan pengintegralan tergantung dari bentuk B, tetapi dalam tiap kasus, kita seharusnya mengharapkan limit da4.2.2 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Tabung dan Bola

    BAB V.pdfINTEGRAL GARIS DAN INTEGRAL PERMUKAANMisal C suatu kurva mulus yang diberikan secara parameter oleh :x = x(t) dan y = y(t), untuk a < t < bHitung dimanaSehingga fx = 4x3 + 9x2y2 ( f (x,y) = x4 + 3x3y2 + c(y) (*)

    Teorema StokesDAFTAR PUSTAKAMartono, K., Kalkulus Diferensial, Alvagracia, Bandung, 1987Purcell, E. J., Varberg D., Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2, Terjemahan I Nyoman Susila dkk., edisi 5, Erlangga, Jakarta, 1992