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
Top Related