DIKTAT KALKULUS MULTIVARIABEL I
Oleh Atina Ahdika, S.Si, M.Si Ayundyah Kesumawati, S.Si, M.Si (Program Studi Statistika)
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS ISLAM INDONESIA 2014/2015
Daftar Isi
Daftar Isi
iii
Daftar Gambar
v
1 Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1
1.1
Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.1
Pendahuluan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.1.2
Domain Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.1.3
Grafik Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2
Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3
Kekontinuan Fungsi 2 Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.4
Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.4.1
Turunan Parsial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.4.2
Turunan Fungsi Implisit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.3
Fungsi Lebih dari Dua Variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.4
Turunan - turunan Lebih Tinggi . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
1.4.5
Keterdiferensialan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.4.6
Turunan Berarah dan Gradien . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
ii
1.5
1.4.7
Hubungan Turunan Berarah dengan Gradien . . . . . . . . . . 24
1.4.8
Aturan Rantai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
1.4.9
Aturan Rantai (Versi Kedua) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
Maksimum dan Minimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2 Integral dalam Ruang Berdimensi n
28
2.1
Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.2
Integral Berulang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.3
Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan Persegi Panjang . . . . . . . . 40
2.4
Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5
Penerapan Integral Lipat-Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
3 Kalkulus Vektor
67
3.1
Medan Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.2
Integral Garis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3
Kebebasan dari Lintasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
Pembahasan
84
Daftar Gambar 1.1
Fungsi Satu Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
1.2
Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.3
Keluaran Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.4 1.5
Output Program Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 p Output Fungsi f (x, y) = −10 |xy| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.6
ilustrasi pendekatan perpotongan garis . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.1
Partisi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.2
Volume Persegi Panjang Rk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.3
Irisan oleh Bidang y = konstanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.4
Irisan oleh Bidang x = konstanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.5
Integral di Bawah Daerah Sebarang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.6
Himpunan Sederhana-y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.7
Benda Padat dari Himpunan Sederhana-y . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.8
Himpunan Sederhana-x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.9
Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.10 Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub . . . . . . . . . . . 46 2.11 Partisi-partisi R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
iv
2.12 Himpunan Sederhana-r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.13 Himpunan Sederhana-θ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2.14 Lamina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.15 Partisi Lamina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 2.16 Partisi P pada Daerah S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.17 S bukan Persegi Panjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 3.1
Medan Vektor F(p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.2
Partisi P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3
Tirai Vertikal Melengkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.4
Potongan Kurva C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
3.5
kurva C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
BAB 1 Turunan dalam Ruang Berdimensi n 1.1 1.1.1
Fungsi Dua Peubah Pendahuluan
Sejauh ini kita telah membahas kalkulus dengan fungsi-fungsi variabel tunggal. Tetapi pada dunia nyata, besaran-besaran yang digunakan seringkali bergantung pada dua variabel atau lebih. Misalkan pada perhitungan suhu T di sebuah titik pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan bergantung pada lintang x dan bujur y titik tersebut. Kita dapat memikirkan T sebagai fungsi dua variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Ditunjukkan ketergantungan fungsional ini dengan menuliskan T = f (x, y). Pada bagian ini akan dibahas perluasan konsep pada fungsi satu peubah ke fungsi dua peubah atau lebih. Setelah mempelajari bab ini, mahasiswa diharapkan dapat: • Menentukan domain dan range suatu fungsi dua peubah atau lebih • Membuat sketsa grafik fungsi dua peubah • Menentukan limit dan menyelidiki kekontinuan fungsi dua peubah
1
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Pada Kalkulus I, kita telah membahas tentang fungsi satu peubah, baik eksplisit maupun implisit. Berikut kita ingat kembali fungsi satu peubah
Gambar 1.1: Fungsi Satu Peubah Pada fungsi satu peubah, f : A→ B. A ⊂ R dan B ⊂ R dengan R = himpunan semua bilangan real. Grafik fungsi f = {(x, y)|y = f (x), x ∈ Df }, berupa himpunan titik di R2 , dapat berupa garis lurus atau lengkung. Selanjutnya pada kalkulus lanjut ini, akan dibahas tentang fungsi dengan dua variabel atau lebih. Kita telah belajar fungsi satu peubah, y = f (x), dalam hal ini x merupakan peubah bebas dan y peubah tak bebas. Akan diperluas menjadi fungsi dengan peubah lebih dari satu, misal:
f (x, y) = 2x2 + y 2 g(x, y, z) = 2xeyz h(x1 , x2 , x3 , x4 ) = 2x1 − 2x2 + 4x3 + x4 Pada fungsi dua peubah, f : A→B A ⊂ R×R dan B ⊂ R Grafik fungsi f = {(x, y, z)|z = f (x, y), (x, y) ∈ Df } berupa himpunan di R3 , dapat berupa luasan di R3 . Perhatikan bahwa notasi fungsi dengan peubah lebih dari satu tidak berbeda dengan penulisan fungsi dengan satu peubah. 2
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
Gambar 1.2: Fungsi Dua Peubah Fungsi z = f (x, y) adalah fungsi dengan dua peubah, dengan peubah bebas x dan y, serta z sebagai peubah tak bebas. Fungsi w = g(x, y, z) adalah fungsi dengan tiga peubah. Peubah x, y dan z merupakan peubah bebas dan w peubah tak bebas. Misalkan : Suhu T di sebuah titik pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan bergantung pada lintang x dan bujur y titik itu. Kita dapat memikirkan T sebagai fungsi dua variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Kita tunjukkan ketergantungan fungsional ini dengan menuliskan T = f (x, y). Nilai dari fungsi dengan dua peubah atau lebih dapat ditentukan dengan memasukkan nilai - nilai x dan y. Contoh 1:
f (x, y) = 2x2 + y 2 f (2, 3) = 2.22 + 32 = 17 f (4, −3) = 2.42 + (−3)2 = 41 Definisi Suatu fungsi f dari dua variabel adalah suatu aturan yang memberikan kepada masing - masing pasangan terurut bilangan real (x, y) di sebuah dalam himpunan D sebuah bilangan real unik yang dinyatakan oleh f (x, y). Himpunan D adalah daerah asal dari f dan daerah nilainya adalah himpunan nilai yang digunakan f , atau dengan kata lain,f (x, y)|(x, y) ∈ D.
3
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1.1.2
Domain Fungsi Dua Peubah
Jika domain tidak diberikan, maka domain adalah himpunan semua titik sedemikian sehingga fungsi terdefinisi. Contoh 2: Pada bidang xy, Tentukanlah daerah asal alami untuk p x2 + y 2 − 25 f = (x, y) = x
(1.1)
penyelesaian Domain dari f adalah himpunan semua pasangan (x, y) yang memenuhi x2 + y 2 − p 25 ≥ 0 dan x 6= 0, sebab x2 + y 2 − 25 akan bernilai riil jika x2 + y 2 − 25 ≥ 0. Jadi, domain f adalah himpunan (x, y) yang berada di luar dan pada lingkaran x2 + y 2 = 25, tapi x 6= 0. Contoh 3: Carilah daerah asal dari fungsi
f (x, y) =
p 25 − x2 − y 2
(1.2)
penyelesaian Domain f (x, y) adalah himpunan semua titik yang memenuhi:
25 − x2 − y 2 ≥ 0 25 ≥ x2 + y 2
(1.3) (1.4)
Perhatikan bahwa domain akan berupa himpunan titik di pada dan di dalam lingkaran: x2 + y 2 = 25
(1.5)
Contoh 4: Tentukan domain dari fungsi:
g(x, y, z) =
p x2 + y 2 + z 2 − 16
4
(1.6)
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Penyelesaian Perhatikan bahwa g adalah fungsi dengan tiga peubah, sehingga domainnya tidak berada dalam bidang XY, tetapi di sistem koordinat tiga dimensi. Sehingga, fungsi akan terdefinisi jika:
x2 + y 2 + z 2 − 16 ≥ 0 atau x2 + y 2 + z 2 ≥ 16
1.1.3
(1.7)
Grafik Fungsi Dua Peubah
Ketika kita menyebut grafik (graph) dari fungsi f dengan dua peubah, yang dimaksud adalah grafik dari persamaan z = f (x, y). Grafik ini normalnya merupakan sebuah permukaan, dan karena terhadap masing - masing (x, y) di dalam daerah asal hanya berhubungan dengan satu nilai z, maka setiap garis yang tegak lurus terhadap bidang xy akan hanya memotong permukaan di satu titik. Penggambaran grafik fungsi akan sangat membantu dalam memahami suatu fungsi. Grafik dapat memberikan ilustrasi atau sebagai representasi visual dari suatu persamaan. dalam subbab ini kita akan mencoba menggambarkan grafik fungsi dua peubah tetapi tidak dapat menggambarkan grafik dari fungsi dengan 3 peubah atau lebih. Contoh 5: Tentukan domain dan range dari fungsi berikut dan buat sketsa grafiknya. z = f (x, y) =
p
25 − x2 − y 2
(1.8)
Penyelesaian: Dari contoh 1 kita telah tahu bahwa domainnya berupa himpunan titik - titik pada da di dalam lingkaran dengan jari – jari 5, yaitu himpunan titik titik yang memenuhi pertaksamaan:
x2 + y 2 ≤ 25
(1.9)
Range dari z adalah semua kemungkinan nilai z. Range ini harus non negatif, karena z adalah akar - akar prinsip dengan domain:
5
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
x2 + y 2 ≤ 25
(1.10)
Nilai dalam akar bervariasi antara 0 dan 25. Jadi range-nya adalah 0 ≤ z ≤ 5. Dengan mengkuadratkan kedua sisi persamaan, akan diperoleh: z=
p 25 − x2 − y 2
z 2 = 25 − x2 − y 2 x2 + y 2 + z 2 = 25
(1.11) (1.12) (1.13)
Persamaan diatas merupakan persamaan bola dengan jari - jari 5. Tetapi perhatikan bahwa fungsi:
p 25 − x2 − y 2
(1.14)
x2 + y 2 + z 2 = 25
(1.15)
z= dan persamaan:
tidaklah sama. Persamaan tidak merepresentasikan z sebagai suatu fungsi dari x dan y, artinya setiap (x, y) tidak memberikan nilai tunggal untuk z. Bahwa fungsi di atas mempunyai range 0 ≤ z ≤ 5, berarti bahwa fungsi ini berupa sebagian setengah atas dari bola. Langkah selanjutnya adalah menggambar grafik, terlebih dahulu kita akan menggambarkan titik - titik di bidang koordinat. 1. Jejak di bidang xy (z = 0). p 0 = 25 − x2 − y 2 atau x2 + y 2 = 25 merupakan lingkaran berpusat di O dengan jari - jari 5 di bidang xy. 2. Jejak di bidang yz (x = 0) p z = 25 − y 2 atau y 2 + z 2 = 25 Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 pada bidang yz. 3. Jejak di bidang xz (y = 0) 6
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n √ z = 25 − x2 atau x2 + z 2 = 25 Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 di bidang xz. Selanjutnya kita dapat menggambarkan jejak di bidang yang sejajar dengan bidang koordinat. 4. Untuk z = 3 p 3 = 25 − x2 − y 2 atau x2 + y 2 = 16 Jadi pada bidang z = 3, yang sejajar dengan bidang xy, jejak berupa lingkarang berpusat di (0, 0, 3) dengan jari - jari 4. 5. Untuk z = 4 p 4 = 25 − x2 − y 2 atau x2 + y 2 = 9 Maka pada bidang z = 4, yang sejajar dengan bidang xy, jejak berupa lingkarang berpusat di (0, 0, 4) dengan jari - jari 3. Berdasarkan kelima jejak di atas, yaitu tiga jejak di bidang koordinat ditambah dua jejak di bidang yang sejajar dengan bidang xy, maka diperoleh sketsa grafiknya sebagai berikut:
Gambar 1.3: Keluaran Maple
7
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Grafik Komputer Beberapa perangkat lunak, seperti Maple mampu menghasilkan grafik berdimensi 3 dengan tingkat kerumitan tertentu dengan mudah. seperti pada contoh beberapa grafik hasil keluaran Maple berikut ini:
Gambar 1.4: Output Program Maple
Latihan 1. Sketsakan grafik (luasan permukaan) dari fungsi: 1. z = 36 − x2 − y 2 p 2. z = 31 36 − x2 − y 2
1.2
Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih
Secara umum, teorema limit dan konsep ketaktehinggaan, dan sebagainya pada fungsi satu peubah juga berlaku untuk fungsi - fungsi dengan dua variabel atau 8
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n lebih, dengan modifikasi yang sesuai. Definisi limit diberikan sebagai berikut. Definisi Diketahui fungsi bernilai real f dengan daerah definisi himpunan terbuka D di R2 dan (a, b) ∈ D, lim
f (x, y) = L
(1.16)
(x,y)→(a,b)
Jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap (x, y) ∈ D yang memenuhi 0<
p (x − a)2 + (y − b)2 berlaku |f (x, y) − L| < ε.
(1.17)
Contoh
1. lim(x,y)→(0,0)
2x3 − y 3 =0 x2 + y 2
2. lim(x,y)→(a,b) y = b Beberapa sifat yang dimodifikasi berdasarkan sifat limit pada fungsi satu peubah:
Teorema 1 Jika lim(x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) = L1 dan lim(x,y)→(x0 ,y0 ) g(x, y) = L2 maka 1. lim(x,y)→(x0 ,y0 ) [f (x, y) + g(x, y)] = L1 + L2 2. lim(x,y)→(x0 ,y0 ) [f (x, y) − g(x, y)] = L1 − L2 3. lim(x,y)→(x0 ,y0 ) [f (x, y).g(x, y)] = L1 .L2 4. lim(x,y)→(x0 ,y0 ) k.g(x, y) = k.L2 5. lim(x,y)→(x0 ,y0 )
f (x, y) L1 = untuk g(x, y) 6= 0 g(x, y) L2
Catatan: Dalam konsep limit ini: 1. f tidak harus terdefinisi di (a, b) 9
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n 2. Jika lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = L ada bagaimanapun caranya (x, y) mendekati (a, b) nilai f (x, y) selalu mendekati L. Contoh 2 2 Jika f (x, y) = xx2 −y maka lim(x,y)→(0,0) tidak ada. +y 2 Bukti: Titik (0, 0) dapat didekati melalui tak hingga banyak arah. Untuk itu akan dilihat ketika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang sumbu x, sumbu y dan garis y = mx. Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi, y = 0, maka lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
x2 x2 − 0 x2 − y 2 = lim = lim =1 (y)→(0) x2 (x)→(0) x2 + 0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 lim
Di sisi lain (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu y(x = 0), maka lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
x2 − y 2 0 − y2 −y 2 = lim = lim = −1 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (y)→(0) 0 + y 2 (y)→(0) y 2 lim
Terlihat bahwa dari dua arah yang berbeda diperoleh nilai yang berbeda, dengan demikian dapat disimpulkan bahwa limit f tidak ada untuk (x, y) → (0, 0). Pada contoh diatas kita tidak perlu mencari limit f dari arah lain, karena dari dua arah sudah didapatkan nilai yang berbeda, sehingga dapat disimpulkan bahwa limitnya tidak ada. Jika dari dua arah tersebut nilainya saman maka perlu dicari dari nilai atau pendekatan garis yang lain yg melalui titik tersebut misalnya y = mx. Latihan 2. Tentukan nilai limit fungsi berikut jika ada. 1. lim(x,y)→(3,−2)
x2 + y x2 + y 2
2. lim(x,y)→(−2,1)
x2 + 3xy + 2y 2 x + 2y
3. lim(x,y)→(3,−2) x2 + y x2 4. lim(x,y)→(0,0) p x2 + y 2 5. lim(x,y)→(0,0)
y2 p x2 + y 2 10
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n x2 y 6. lim(x,y)→(0,0) p x4 + y 2 7. lim(x,y)→(0,0)
1.3
x4
xy + y2
Kekontinuan Fungsi 2 Peubah
Kekontinuan fungsi dua peubah diberikan dalam definisi berikut: Definisi Misalkan f fungsi bernilai real yang terdefinisi pada daerah D ⊂ R2 dan (a, b) ∈ D, maka f dikatakan kontinu di (a, b) jika
lim
f (x, y) = f (a, b)
(x,y)→(a,b)
Fungsi f dikatakan kontinu pada D jika f kontinu di setiap titik di D. Jadi untuk menunjukkan f kontinu di titik (a, b) harus ditunjukkan ketiga syarat berikut dipenuhi. i. f (a, b) ada ii. lim(x,y)→(a,b) f (x, y) ada iii. lim(x,y)→(a,b) f (x, y) = f (a, b) Jika salah satu syarat di atas tidak dipenuhi, maka f tidak kontinu di (a, b). Sifat Operasi Aljabar Pada Fungsi Kontinu Jika f dan g keduanya kontinu di (a, b) maka 1. f + g kontinu di (a, b) 2. f − g kontinu di (a, b) 3. f g kontinu di (a, b) 4.
f g
kontinu di (a, b) asalkan g(a, b) 6= 0.
11
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Contoh Tentukan apakah f kontinu di (0, 0) 2 xy f (x, y) = x2 + y 2 0
jika (x, y) 6= (0, 0) jika (x, y) = (0, 0)
Penyelesaian: Dengan menggunakan kriteria kekontinuan fungsi: (i) f (0, 0) = 0 (ada) (ii) Diselidiki apakah limit f (x, y) ada untuk (x, y) → (0, 0) Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi y = 0, maka lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
x2 y x2 0 = lim = lim 2 = 0 2 2 2 2 (x)→(0) x .0 + 0 (x)→(0) x (x,y)→(0,0) x + y lim
Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu y(x = 0), maka lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
0.y 2 0 x2 y = lim = lim 2 = 0 2 2 2 2 (y)→(0) 0 + y (x)→(0) y (x,y)→(0,0) x + y lim
Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) y = x, maka lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
x2 y x2 x x3 x = lim = lim = lim =0 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 (x)→(0) x2 + x2 (x)→(0) 2x2 (x)→(0) 2 lim
Dapat disimpulkan bahwa lim(x,y)→(0,0)
x2 y =0 x2 + y 2
x2 y = 0 = f (0, 0) x2 + y 2 Jadi f kontinu di (0, 0).
(iii) lim(x,y)→(0,0)
Latihan 3. 1. Carilah limit, jika memang ada, atau perlihatkan jika tidak mempunyai limit a. lim(x,y)→(5,−2) x5 + 4x3 y − 5xy 2 12
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n b. lim(x,y)→(6,3) xycos(x − 2y) c. lim(x,y)→(0,0) d. lim(x,y)→(0,0) e. lim(x,y)→(0,0)
x2 x2 + y 2 (x + y)2 x2 + y 2 8x2 y 2 x4 + y 4
2. Diberikan f (x, y) =
x2 + 2y x4 − 4y 4 dan g(x, y) = x2 − 2y x2 + 2y 2
Tunjukkan bahwa:
a. limit f (x, y) untuk (x, y) → (2, 2) tidak ada. b. limit g(x, y) untuk (x, y) → (0, 0) sama dengan nol. c. limit g(0, 0) = 0 apakah g(x, y) kontinu di (0, 0). 3. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut : 2x − y x+y f (x, y) = 0
jika (x, y) 6= (0, 0) jika (x, y) = (0, 0)
4. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut:
f (x, y) =
x2
1
xy + y2
jika (x, y) 6= (0, 0) jika (x, y) = (0, 0)
13
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1.4 1.4.1
Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih Turunan Parsial
Umumnya, jika f adalah fungsi 2 peubah x dan y, andaikan kita misalkan hanya x saja yang berubah-ubah sedangkan y dibuat tetap, katakan y = b, dengan b konstanta. Baru sesudah itulah kita sebenarnya meninjau fungsi satu peubah x yaitu g(x) = f (x, b). Jika g mempunyai turunan di a, maka kita menamakannya turunan parsial dari f terhadap x di (a, b) dan menyatakannya dengan fx (a, b). Jadi fx (a, b) = g 0 (a) dengan g(x) = f (x, b)
(1.18)
Menurut definisi turunan, kita mempunyai g(a + h) − g(a) (h)→(0) h
g 0 (a) = lim
(1.19)
sehingga perluasannya menjadi f (a + h, b) − f (a, b) (h)→(0) h
fx (a, b) = lim
(1.20)
Dengan cara serupa, turunan parsial dari f terhadap y di (a,b), dinyatakan dengan fy (a, y), diperoleh dengan membuat x tetap (x = a) dan mencari turunan biasa di b dari fungsi G(y) = f (a, y): f (a, b + h) − f (a, b) (h)→(0) h
fy (a, b) = lim
(1.21)
Misalkan titik (a, b) berubah-ubah dalam persamaan diatas, fx dan fy menjadi fungsi dua peubah yang dapat disimpulkan sebagai berikut Jika f adalah fungsi dua peubah, turunan parsialnya adalah fx dan fy yang didefisikan oleh f (x + h, y) − f (x, y) (h)→(0) h
fx (x, y) = lim
14
(1.22)
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n f (x, y + h) − f (x, y) (h)→(0) h
fy (x, y) = lim
(1.23)
Notasi untuk Turunan Parsial Jika z = f (x, y), kita tuliskan ∂f ∂ = f (x, y) = ∂x ∂x ∂ ∂f = f (x, y) = fy (x, y) = fy = ∂y ∂y
fx (x, y) = fx =
∂z = f1 = D1 f = Dx f ∂x ∂z = f2 = D2 f = Dy f ∂y
(1.24) (1.25)
Untuk menghitung turunan parsial, yang harus dilakukan adalah mengingat dari persamaan fx (a, b) bahwa turunan parsial terhadap x tidak lain adalah turunan biasa dari fungsi g dari variabel tunggal yang diperoleh dengan membuat y tetap.
Aturan untuk Pencarian Turunan Parsial dari z = f (x, y) 1. Untuk mencari fx , pandang y sebagai konstanta dan diferensialkan f (x, y) terhadap x 2. Untuk mencari fy , pandang x sebagai konstanta dan diferensialkan f (x, y) terhadap y Contoh 1 Jika f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2 , carilah fx (2, 1) dan fy (2, 1) Penyelesaian
Contoh 2 Jika f (x, y) = sin
1.4.2
∂f ∂f x , carilah dan Penyelesaian 1+y ∂x ∂y
Turunan Fungsi Implisit
Umumnya, sebuah persamaan seperti F (x, y, z) = 0 mendefinisikan satu peubah, misalnya z, sebagai fungsi dari dua peubah lainnya x dan y. Karenanya z kadang - kadang disebut f ungsi implisit dari x dan y, yang berbeda dengan apa yang disebut f ungsi eksplisit f , di mana z = f (x, y), yang sedemikian rupa sehingga F [x, y, f (x, y)] ≡ 0.
15
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Diferensiasi F [x, y, f (x, y)] = 0, variabel - variabel bebas adalah x dan y dan ∂f ∂f bahwa z = f (x, y). Untuk menentukan dan , pada mulanya kita menulis ∂x ∂y (amati bahwa F (x, t, z) adalah nol untuk semua pasangan domain (x, y), dengan kata lain adalah konstanta): 0 = dF = Fx dx + Fy dy + Fz dz
(1.26)
dan kemudian menghitung turunan parsial Fx , Fy dan Fz meskipun x, y, z membentuk himpunan variabel bebas. Pada tahap ini, kita menggunakan ketergantungan ∂f ∂f z pada x dan y untuk memperoleh bentuk diferensial dz = dx + dy. Melalui ∂x ∂y subtitusi dan sejumlah operasi aljabar hasil-hasil berikut ini diperoleh: ∂f Fx ∂f Fy =− , =− ∂x Fz ∂y Fz
(1.27)
dz dz dan , jika z didefinisikan secara implisit sebagai dx dy fungsi x dan y oleh persamaan Contoh 3 Carilah
x3 + y 3 + z 3 + 6xyz = 1 Penyelesaian Jika F (x, y, z) = 0 = x3 + y 3 + z 3 + 6xyz − 1 dan z = f (x, y) maka Fx = 3x2 + 6yz, Fy = 3y 2 + 6xz, dan Fz = 3z 2 + 6xy. Maka ∂f 3x2 + 6yz =− 2 , ∂x 3z + 6xy ∂f 3y 2 + 6xz =− 2 ∂y 3z + 6xy
1.4.3
Fungsi Lebih dari Dua Variabel
Turunan parsial dapat juga didefinisikan untuk fungsi tiga variabel atau lebih. Misalnya, jika f adalah fungsi tiga variabel x, y, dan z, maka turunan parsialnya ter-
16
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n hadap x didefinisikan sebagai berikut f (x + h, y, z) − f (x, y, z) (h)→(0) h
fx (x, y, z) = lim
dan ditemukan dengan cara memandang y dan z sebagai konstanta serta mendefer∂ω ensialkan f (x, y, z) terhadap x. Jika ω = f (x, y, z), maka fx = dapat ditafsirkan ∂x sebagai laju perubahan ω terhadap x ketika y dan z dianggap konstan. Tetapi untuk kasus 3 peubah kita tidak dapat menafsirkannya secara geometrik karena grafik f terletak di ruang empat dimensi.
Umumnya, jika u adalah fungsi n variabel, u = f (x1 , x2 , ..., xn ), turunan parsialnya terhadap variabel xi ke-i adalah ∂u f (x1 , ...xi−1 , xi + h, xi+1 , ..., xn ) − f (x1 , x2 , ..., xn ) = lim ∂xi (h)→(0) h atau dapat dituliskan dalam bentuk lain ∂u ∂f = = fxi = fi = Di f ∂xi ∂xi Contoh 4 Carilah fx , fy dan fz jika f (x, y, z) = exy lnz. Penyelesaian
1.4.4
Turunan - turunan Lebih Tinggi
jika f adalah fungsi dua peubah, maka turunan parsialnya fx dan fy juga fungsi dua peubah, sehingga kita dapat menghitung untuk turunan parsial kedua dari f .
17
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Jika z = f (x, y), kita gunakan notasi: (fx )x = fxx = f11 = (fx )y = fxy = f12 = (fy )x = fyx = f21 = (fy )y = fyy = f22 =
∂ ∂f ∂ 2f ∂ 2z = = ∂x ∂x ∂x2 ∂x2 ∂ 2f ∂ 2z ∂ ∂f = = ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x 2 ∂ ∂f ∂ f ∂ 2z = = ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ∂y 2 2 ∂ ∂f ∂ f ∂ z = = 2 2 ∂y ∂y ∂y ∂y
Jadi, notasi fxy bermakna bahwa pertama kita mendiferensialkan terhadap x dan kemudian terhadap y, sedangkan dalam menghitung fyx urutannya dibalik. Contoh 5 Jika f (x, y) = x3 + x2 y 3 − 2y 2 , carilah turunan parsial keduanya untuk masing-masing x dan y Latihan Soal 2
1. Jika φ(x, y) = x3 y + exy tentukanlah a. φx (x, y) b. φy (x, y) c. φxx (x, y) d. φyy (x, y) e. φxy (x, y) f. φyx (x, y) 2. Tentukan
dz dz dan dari: dx dy
a. x2 z + yz 2 + 2xy 2 − z 3 = 0 y b. x2 tan−1 =0 x c. x2 yz − xy + yz = 0 d. x3 ey+z − ysin(x − z) = 0 e. xy − z 2 + 2xyz = 0 18
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1.4.5
Keterdiferensialan
Untuk sebuah fungsi satu peubah, keterdiferensialan (dif f erentiability) dari f di x berarti adanya turunan f 0 (x). Sehingga, keterdiferensialan ini akan ekuivalen dengan grafik dari f yang mempunyai garis singgung tak vertikal di x. Konsep untuk keterdiferensialan sebuah fungsi dua peubah berhubungan dengan kaidah normal tentang keberadaan sebuah bidang singgung, dan jelas bahwa hal ini membutuhkan lebih dari sekedar keberadaan turunan-turunan parsial dari f semata, karena turunan-turunan tersebut mencerminkan sifat f hanya dalam dua arah. Ilustrasi: Misalkan ada fungsi dua peubah: p f (x, y) = −10 |xy| yang ditunjukkan pada output program
p Gambar 1.5: Output Fungsi f (x, y) = −10 |xy|
Untuk fx (0, 0) dan fy (0, 0) keduanya ada dan sama dengan 0; meskipun tidak dapat dipastikan bahwa grafiknya mempunyai sebuah bidang singgung di titik asal. Alasannya adalah, tentu bahwa grafik dari f tidak dapat dihampiri dengan baik di titik asal tersebut oleh sebarang bidang (khususnyam bidang xy) kecuali dalam dua arah. Sebuah bidang singgung seharusnya akan menghampiri grafik tersebut dengan sangat baik dalam segala arah. Cara lain untuk dapat melihat keterdiferensialan sebuah fungsi dengan peubah tunggal adalah sebagai berikut: Ilustrasi: Jika f dapat dideferensialkan di a, maka terdapat sebuah garis singgung yang melalui 19
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n (a, f (a)) yang mendekati fungsi tersebut untuk nilai x dekat a. Dengan kata lain, f hampir mendekati linier dekat a. gambar berikut mngilustrasikan hal ini untuk fungsi satu peubah, ketika grafik y = f (x) diperbesar, garis singgung dan fungsi tersebut hampir tidak dapat dibedakan. Untuk lebih tepatnya, kita dapat men-
Gambar 1.6: ilustrasi pendekatan perpotongan garis gatakan bahwa sebuah fungsi f disebut linier setempat di a jika terdapat sebuah konstanta m sedemikian rupa sehingga f (a + h) = f (a) + hm + hε(h) dimana ε(h) adalah sebuah fungsi yang memenuhi limh→0 ε(h) = 0. Dengan menyelesaikan ε(h) akan menghasilkan ε(h) =
f (a + h) − f (a) −m h
Fungsi ε(h) adalah perbedaan antara kemiringan garis potong yang melalui titik (a, f (a)) dan titik (a + h, f (a + h)) dengan kemiringan garis singuung yang melalui (a, f (a)). Jika f bersifat linear setempat di a, maka
f (a + h) − f (a) lim ε(h) = lim −m =0 h→0 h→0 h yang berarti bahwa f (a + h) − f (a) =m h→0 h lim
Kita dapat menyimpulkan bahwa f pasti dapat dideferensialkan di a dan bahwa m pasti sama dengan f 0 (a). Sebaliknya, jika f dapat dideferensialkan di a, maka 20
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n f (a + h) − f (a) = f 0 (a) = m, sehingga f linear setempat. Dengan demikian, limh→0 h pada kasus satu peubah, f akan linear setempat di a jika dan hanya jika f dapat didefensialkan di a. Konsep kelinieran setempat ini juga berlaku pada situasi sama dimana f adalah fungsi dua peubah. Berikut definisi linear setempat untuk fungsi dua peubah Definisi Fungsi f dikatakan linear setempat di (a, b) jika f (a + h1 , b + h2 ) = f (a, b) + h1 fx (a, b) + h2 fy (a, b) + h1 ε1 (h1 , h2 ) + h2 ε2 (h1 , h2 ) dimana ε1 (h1 , h2 → 0 ketika (h1 , h2 ) → 0 dan ε2 (h1 , h2 → 0 ketika (h1 , h2 ) → 0 Berdasarkan uraian diatas maka kita dapat mendefinisikan keterdiferensialan yang sama dengan kelinearan setempat. Definisi Fungsi s dapat dideferensialkan di p jika fungsi tersebut linear setempat di p. Fungsi f dapat dideferensialkan pada sebuah himpunan terbuka R jika fungsi tersebut dapat dideferensialkan di setiap titik di R. Vektor (fx (p), fy (p)) = fx (p)i + fy (p)j dilambangkan dengan ∇f (p) dan disebut gradien dari f . Jadi, f dapat dideferensialkan di [p] jika dan hanya jika f (p+h) = f (p) + ∇f (p).h + ε(h.)h dimana ε(h) → 0 ketika h → 0. Operator ∇ dibaca ”del” dan sering disebut operator del. Dalam hal-hal yang telah dikemukakan diatas, gradien menjadi analog dengan turunan. Aspek-aspek yang tersirat dari definisi diatas adalah: 1. Turunan f 0 (x) adalah sebuah bilangan, sedangkan gradien ∇f (p) adalah sebuah vektor. 2. Hasilkali ∇f (p).h dan ε(h).h adalah hasilkali titik. 3. Definisi-definisi keterdiferensialan dan gradien dapat dikembangkan dengan mudah menjadi ruang berdimensi berapapun. Teorema 21
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n jika f (x, y) mempunyai turunan-turunan parsial kontinu fx (x, y) dan fy (x, y) pada sebuah himpunan D yang bagian dalamnya mengandung (a, b), maka f (x, y) dapat dideferensialkan di (a, b). Jika fungsi f dapat dideferensialkam di p0 , maka ketika h mempunyai besaran yang kecil f (p0 + h) = f (p0 ) + ∇f.h dengan menganggap p = p0 + h kita menjumpai fungsi T yang didefinisikan sebagai T (p) = f (p0 ) + ∇f (p0 ).(p − p0 ) Harusnya menjadi hampiran yang baik untuk f (p) jika p dekat dengan p0 . Persamaan z = T (p) mendefinisikan sebuah bidang yang menghampiri f di dekat p0 . Biasanya ini disebut bidang singgung. Contoh Soal Tunjukkan bahwa f (x, y) = xey + x2 y dapat diturunkan dimanapun dan tentukan persamaan bidang singgung di titik (2,0). Penyelesaian Pertama buktikan bahwa turunan parsial dari masing-masing variabel kontinu. ∂f ∂f = ey + 2xy dan = xey + x2 ∂x ∂y Latihan Soal Tentukan persamaan bidang singgung 1. f (x, y) = x2 y − xy 2 , di p=(-2,3) 2. f (x, y) = x3 y + 3xy 2 , di p=(2,-2) 1 3. f (x, y) = cosπx sinπy + sin2πy, p=(−1, ) 2 4. f (x, y) =
x2 , p=(2,-1) y
5. f (x, y, z) = 3x2 − 2y 2 + xz 2 , p=(1,2,-1) 6. f (x, y, z) = xyz + x2 , p=(2,0,-3) 22
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1.4.6
Turunan Berarah dan Gradien
Untuk sebarag vektor satuan u, misalkan Du f (p) = lim f (p + hu) − f (p) h→0
Limit ini, jika ada disebut turunan berarah (dirrectional derivative) dari f di p pada arah u Gambar dibawah menunjukkan interpretasi geometrik dan turunan berarah. Vektor u menentukan sebuah garis L di bidang xy melalui (x0 , y0 ). Bidang yang melalui L ini tegak lurus terhadap bidang xy dan memotong permukaan z = f (x, y) pada kurva C. Persinggungannya di titik (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) mempunyai kemiringan di Du f (x0 , y0 ). Interpretasi yang lain adalah bahwa Du f (x0 , y0 ) mengukur laju perubahan f terhadap jaraka dalam arah u.
1.4.7
Hubungan Turunan Berarah dengan Gradien
berdasarkan ∇f (p) = fx (p)i + fy (p)i didapatkan Teorema A Misalkan f dapat didefernsialkan di p. Maka f mempunyai turunan berarah di p
23
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n pada arah vektor satuan u = u1 i + u2 j dan Du f (p) = u.∇f (p) yakni Du f (x, y) = u1 fx (x, y) + u2 fy (x, y) Contoh: 1. Jika f (x, y) = 4x2 − xy + 3y 2 , tentukan turunan berarah dari f di (2, −1) pada arah vektor a = 4i + 3j π 2. Tentukan turunan berarah dari fungsi f (x, y, z) = xysinz di titik (1, 2, ) 2 pada arah vektor a = i + 2j + 2k Teorema B (Laju Perubahan Maksimum) Sebuah fungsi meningkat paling cepat di p pada arah gradiennya (dengan laju |∇f (p)|) dan menurun paling cepat pada arah yang berlawanan (dengan laju −|∇f (p)| ) Contoh: Andaikan seekor serangga berada pada paraboloid hiperbolik z = y 2 − x2 di titik (1,1,0). Ke arah manakah seharusnya serangga tersebut bergerak untuk melewati lintasan yang paling curam dan bagaimanakah kemiringannya ketika serangga tersebut mulai keluar ?
1.4.8
Aturan Rantai
Jika z = f (x, y), dimana x dan y adalah fungsi-fungsi dari t, maka masuk akal dz , dan tentunya terdapat sebuah rumus untuk itu. apabila kita menyatakan dt Teorema Aturan Rantai Misalkan x = x(t) dan y = y(t) dapat diderensialkan di t, dan misalkan z = f (x, y) dapat dideferensialkan di (x(t), y(t)), maka z = f (x(t), y(t)) dapat dideferensialkan di t dan dz ∂z dz ∂z dy = + dt ∂x dx ∂y dt
24
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n Contoh
1. Andaikan z = x3 y dimana x = 2t dan y = t2 . Tentukan
dz dt
2. Ketika sebuah silinder lingkaran tegak yang padat dipanaskan, jari-jari r dan tingginya h akan meningkat, sehingga luas permukaannya S juga meningkat. Andaikan pada waktu sesaat ketika r = 10 cm, dan h = 100 cm, r meningkat 0,2 cm per jam dan h meningkat 0,5 cm per jam, Seberapa cepatkah peningkatan S pada waktu tersebut ?
1.4.9
Aturan Rantai (Versi Kedua)
Jika z = f (x, y), dimana x = x(s, t) dan y = y(s, t), maka masuk akal apabila kita ∂z ∂z menanyakan dan ∂s ∂t Teorema Aturan Rantai (Versi Kedua) Misalkan x = x(s, t) dan y = y(s, t) mempunyai turunan parsial pertama di (s, t) dan misalkan z = f (x, y) dapat dideferensialkan di (x(s, t), y(s, t)). Maka z = f (x(s, t), y(s, t)), mempunyai turunan parsial pertama yang dinyatakan dengan ∂z ∂x ∂z ∂y ∂z = + ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s dan ∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t Contoh ∂z 1. Jika x = 3x2 − y 2 , dimana x = 2s + 7t dan y = 5st, tentukan dan nyatakan ∂t dalam s dan t. ∂w 2. w = x2 + y 2 + z 2 + xy, dimana x = st, y = s − t, dan z = s + 2t. tentukan ∂t ∂w dan ∂s
25
BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n
1.5
Maksimum dan Minimum
Misalkan p=(x,y) adalah sebuah titik peubah dan p0 = (x0 , y0 ) adalah sebuah titik tetap apada bidang berdimendi dua (kedua titik tesebut berlaku untuk titik-titik pada ruang berdimensi n) Definisi Misalkan f adalah fungsi dengan daerah asal S, dan misalkan p0 adalah sebuah titik di S. 1. f (p0 ) adalah nilai maksimum global dari f di S jika f (p0 ) ≥ f (p) untuk seluruh p di S. 2. f (p0 ) adalah nilai minimum global dari f di S jika f (p0 ) ≤ f (p) untuk seluruh p di S. 3. f (p0 ) adalah nilai ekstrim global dari f di S jika f (p0 ) bukan nilai maksimum global dan bukan nilai minimum global.
Teorema A Jika f kontinu pada sebuah himpunan S tertutup terbatas, maka f mencapai nilai maksimum (global) dan nilai minimum (global) di himpunan tersebut. 1.
26
BAB 2 Integral dalam Ruang Berdimensi n 2.1
Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang
Pada bab sebelumnya, kita telah mempelajari mengenai pendiferensialan dalam ruang berdimensi n, selanjutnya yang akan kita pelajari adalah pengintegralan dalam ruang berdimensi n. Pada dasarnya, masalah-masalah yang dipecahkan dengan menggunakan integral pada ruang berdimensi n memiliki prinsip yang sama dengan integral pada satu variabel. Pada bab ini, kita akan menggunakan integral lipat untuk menghitung volume benda padat, luas permukaan, dan pusat massa dari lapisan tipis (lamina), dan benda-benda padat dengan berbagai kerapatan. Pengintegralan berlipat ini akan disederhanakan menjadi pengintegralan tunggal berurutan di mana Teorema Dasar Kalkulus Kedua memainkan peranan yang penting. Ingat kembali mengenai integral Riemann pada fungsi satu variabel di mana kita membagi interval [a, b] menjadi interval-interval kecil dengan panjang ∆xk , k = 1, 2, . . . , n, berdasarkan partisi p : x1 < x2 < . . . < xk mengambil sebuah titik contoh x¯k dari interval ke-k, kemudian Zb f (x)dx = lim
|p|→0
a
27
n X k=1
f (¯ xk )∆xk
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Prinsip tersebut berlaku pula pada ruang berdimensi dua sehingga kita dapat mendefinisikan integral untuk fungsi dua peubah. Misalkan f (x, y) kontinu pada himpunan berbentuk persegi panjang R yaitu R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}
Bentuklah partisi p pada himpunan R yaitu garis-garis yang sejajar dengan sumbu x dan sumbu y menjadi persegi panjang-persegi panjang kecil dengan panjang sisi-sisinya masing-masing ∆xk dan ∆yk (perhatikan Gambar 2.1).
Gambar 2.1: Partisi Dua Peubah Pembuatan partisi ini membagi R menjadi persegi panjang-persegi panjang yang lebih kecil sebanyak n (notasi: Rk ), k = 1, 2, . . . , n. Misalkan panjang sisisisi Rk masing-masing adalah ∆xk dan ∆yk dan misalkan luas persegi panjang ke-k yaitu ∆Ak = ∆xk ∆yk . Pada persegi panjang Rk ambil sebuah titik (x¯k , y¯k ) sehingga dapat ditentukan bentuk jumlah Riemann-nya yaitu n X
f (x¯k , y¯k )∆Ak
k=1
28
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Gambar 2.2: Volume Persegi Panjang Rk Dengan demikian, berikut adalah definisi dari integral lipat-dua. Definisi Integral Lipat-Dua Misalkan f adalah fungsi dengan dua peubah yang didefinisikan pada sebuah persegi panjang tertutup R. Jika lim
|p|→0
n X
f (x¯k , y¯k )∆Ak ,
k=1
ada, maka f dapat diintegralkan di R. RR f (x, y)dA disebut integral lipat-dua dari f atas R dan dapat dinyatakan R
dengan ZZ f (x, y)dA = lim
|p|→0
R
n X
f (x¯k , y¯k )∆Ak
k=1
Contoh: RR Hampirilah f (x, y)dA berikut dengan menghitung jumlah Riemann di mana f (x, y) =
R 64−8x+y 2 16
dan R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 8}
Penyelesaian:
29
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Titik-titik contoh yang diperlukan dan nilai-nilai yang berhubungan pada fungsi tersebut adalah sebagai berikut (x¯1 , y¯1 ) = (1, 1), f (x¯1 , y¯1 ) = (x¯2 , y¯2 ) = (1, 3), f (x¯2 , y¯2 ) = (x¯3 , y¯3 ) = (1, 5), f (x¯3 , y¯3 ) = (x¯4 , y¯4 ) = (1, 7), f (x¯4 , y¯4 ) = (x¯5 , y¯5 ) = (3, 1), f (x¯5 , y¯5 ) = (x¯6 , y¯6 ) = (3, 3), f (x¯6 , y¯6 ) = (x¯7 , y¯7 ) = (3, 5), f (x¯7 , y¯7 ) = (x¯8 , y¯8 ) = (3, 7), f (x¯8 , y¯8 ) =
57 16 65 16 81 16 105 16 41 16 49 16 65 16 89 16
Karena ∆Ak = 4, maka diperoleh ZZ f (x, y)dA =
8 X
f (x¯k , y¯k )∆Ak = 4
k=1
R
8 X
f (x¯k , y¯k )
k=1
4(57 + 65 + 81 + 105 + 41 + 49 + 65 + 89) 16 = 138 =
30
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Teorema Keterintegralan Jika f terbatas pada suatu persegi panjang tertutup R dan jika fungsi ini kontinu di R, kecuali pada sejumlah hingga kurva mulus, maka f dapat diitegralkan pada R. Secara khusus, jika f kontinu di seluruh R, maka f dapat diintegralkan di R. Sifat-sifat Integral Lipat-Dua 1. Bersifat linear a.
RR
kf (x, y)dA = k
R
b.
RR
RR
f (x, y)dA;
R
[f (x, y) ± g(x, y)]dA =
R
RR
f (x, y)dA ±
R
RR
g(x, y)dA
R
2. Bersifat aditif (penjumlahan) pada daerah yang saling tumpang tindih hanya pada sebuah ruas garis ZZ
ZZ f (x, y)dA = R
ZZ f (x, y)dA +
R1
f (x, y)dA R2
3. Perbandingan pada integral lipat-dua, jika f (x, y) ≤ g(x, y) untuk seluruh (x, y) di R, maka ZZ ZZ f (x, y)dA ≤ g(x, y)dA R
R
31
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Perhitungan pada Integral Lipat-Dua Jika f (x, y) = 1 di R maka integral lipat-dua merupakan luas dari R, ZZ
ZZ
1dA = kA(R)
kdA = k R
R
Contoh: Misalkan f adalah fungsi tangga, yaitu misalkan 1 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1 f (x, y) = 2 0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2 3 0 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 3 Hitung
RR
f (x, y)dA di mana R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3}.
R
Penyelesaian: Buat persegi panjang R1 , R2 , dan R3 sebagai berikut R1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1} R2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2} R3 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 3}
32
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Dengan menggunakan sifat penjumlahan pada integral lipat-dua diperoleh: ZZ R
R2
R1
= 1A(R1 ) + 2A(R2 ) + 3A(R3 ) = 1(3) + 2(3) + 3(3) = 18
33
f (x, y)dA
f (x, y)dA +
f (x, y)dA +
f (x, y)dA =
ZZ
ZZ
ZZ
R3
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Latihan 2.1 1. Misalkan R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2}, hitung ( 2 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2 f (x, y) = 3 3 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2
RR
f (x, y)dA di mana
R
2. Misalkan: R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2} R1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1} R2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2} Misalkan pula: ZZ f (x, y)dA = 3 R
ZZ g(x, y)dA = 5 R
ZZ g(x, y)dA = 2 R1
. Hitunglah: a.
RR
[3f (x, y) − g(x, y)]dA
R
b.
RR
[2g(x, y) + 3]dA
R1
3. Hitunglah
RR
(1 + x)dA di mana R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.
R
(Petunjuk: sketsalah benda padat tersebut).
34
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
2.2
Integral Berulang
Sekarang yang akan kita hadapi adalah menghitung
RR
f (x, y)dA di mana R adalah
R
persegi panjang R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} dan menginterpretasikannya sebagai volume V dari benda padat di bawah permukaan ZZ f (x, y)dA
V =
(2.1)
R
Terdapat cara lain untuk menghitung volume benda padat yaitu dengan mengiris benda padat tersebut menjadi lempengan-lempengan tipis yang sejajar dengan bidang xz atau yz. Misalkan kita akan menggunakan lempengan-lempengan tipis yang sejajar dengan bidang xz, perhatikan Gambar 2.3 berikut.
Gambar 2.3: Irisan oleh Bidang y = konstanta Misalkan Ay adalah luas muka lempengan sedangkan ∆y merupakan ketebalan lempengan, maka volume dari lempengan tersebut dapat dihampiri dengan ∆V ≈ A(y)∆y atau
Zd A(y)dy
V = c
35
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Di sisi lain, luas Ay dapat dihampiri dengan Zb A(y) =
f (x, y)dx a
Dengan demikian, volume dari benda padat tersebut dapat diperoleh yaitu Zd V = c
Zd Zb A(y)dy = f (x, y)dx dy c
(2.2)
a
Dengan menggabungkan persamaan (2.1) dan (2.2) diperoleh ZZ R
Zd Zb f (x, y)dA = f (x, y)dx dy c
a
Persamaan tersebut disebut integral berulang. Selanjutnya, dengan cara yang sama, penghitungan volume juga dapat dilakukan dengan mengiris lempengan sejajar dengan sumbu yz.
Gambar 2.4: Irisan oleh Bidang x = konstanta
36
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Pengintegralan yang terjadi dalam urutan yang berlawanan yaitu Zb Zd f (x, y)dA = f (x, y)dy dx
ZZ
c
a
R
Contoh: Tentukan volume V suatu benda padat di bawah permukaan z = 4 − x − y dan di atas persegi panjang R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}. Penyelesaian:
ZZ V =
ZZ f (x, y)dA =
R
A(x)dx R
Zx=2 Zy=1
Zx=2
(4 − x − y)dy dx =
= x=0 y=0
Zx=2 =
x=0
7 − x dx = 5 2
x=0
37
y2 4y − xy − 2
1 dx 0
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Latihan 2.2 1. Hitunglah integral berulang berikut a.
R2 R3
(xy + y 2 )dx dy
1 0
b.
ln R 3 ln R2 0
c.
0
ln R 3 R1 0
ex+y dy dx 2
xyexy dy dx
0
2. Sketsa dan hitunglah volume benda padat berikut a.
R2 R2
(x2 + y 2 )dy dx
0 0
b. Benda padat di antara z = x2 + y 2 + 2 dan z = 1 dan terletak di atas R = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} 3. Hitung integral berulang berikut Z2 Z1 −2 −1
38
|x2 y 3 |dy dx
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
2.3
Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan Persegi Panjang
Misalkan himpunan S tertutup dan terbatas pada bidang. Himpunan S tersebut terkandung dalam sebuah persegi panjang R dengan sisi-sisi sejajar sumbu koordinatnya. ( f (x, y) jika (x, y) di S Definisikan, f (x, y) = 0 jika (x, y) di R-S
Gambar 2.5: Integral di Bawah Daerah Sebarang f bisa diintegralkan di S jika f dapat diintegralkan pada R ZZ
ZZ f (x, y)dA =
S
f (x, y)dA R
Penghitungan Integral Lipat-Dua atas Himpunan Umum 1. Himpunan Sederhana-y Sebuah himpunan S dikatakan sederhana-y jika himpunan tersebut sederhana pada arah y, artinya bahwa sebuah garis pada arah ini memotong S dalam selang tunggal (atau titik atau tidak sama sekali). S = {(x, y) : g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x), a ≤ x ≤ b} 39
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Gambar 2.6: Himpunan Sederhana-y Untuk tiap nilai x, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak lurus sb-x adalah y=g Z 2 (x) A(x) = f (x, y)dy y=g1 (x)
Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda padat dan dihitung volumenya maka
Gambar 2.7: Benda Padat dari Himpunan Sederhana-y
40
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Zx=b Zx=b y=g Z 2 (x) V = A(x)dx = f (x, y)dy dx x=a
x=a
y=g1 (x)
atau ZZ S
Zx=b y=g Z 2 (x) f (x, y)dA = f (x, y)dy dx x=a
y=g1 (x)
2. Himpunan Sederhana-x Himpunan S disebut sederhana-x jika terdapat fungsi h1 (y) dan h2 (y) pada selang [c, d] sedemikian rupa sehingga S = {(x, y) : h1 (y) ≤ x ≤ h2 (y), c ≤ y ≤ d}
Gambar 2.8: Himpunan Sederhana-x Untuk tiap nilai y, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak lurus sb-y adalah x=h Z 2 (y) A(y) = f (x, y)dx x=h1 (y)
41
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda padat dan dihitung volumenya maka
Gambar 2.9: Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x
Zy=d x=h Z 2 (y) Zy=d A(y)dy = f (x, y)dx dy V = y=c
y=c
x=h1 (y)
atau ZZ S
Zy=d x=h Z 2 (y) f (x, y)dA = f (x, y)dx dy y=c
x=h1 (y)
Contoh: Gunakan integral lipat-dua untuk menentukan volume dari tetrahedron yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang 3x + 6y + 4z − 12 = 0. Penyelesaian: Daerah segitiga pada bidang xy yang membentuk alas tetrahedron dilambangkan dengan S. Kita akan menghitung volume benda padat di bawah permukaan 3x + 6y + 4z − 12 = 0 atau 43 (4 − x − 2y) dan di atas daerah S.
42
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Bidang tersebut memotong bidang xy di garis x + 2y − 4 = 0, suatu ruas yang merupakan bagian dari batas S. Karena persamaan ini dapat ditulis sebagai y = 2 − x2 dan x = 4 − 2y, maka S dapat dipandang sebagai himpunan sederhana-y x S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2 − } 2 atau sebagai himpunan sederhana-x S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4 − 2y, 0 ≤ y ≤ 2}
Dengan memperlakukan bidang S sebagai himpunan sederhana-y (hasilnya sama dengan cara yang lain), maka volume benda padat tersebut adalah x
ZZ
3 (4 − x − 2y)dA = 4
V = S Z4
=
Z4 2− Z 2 0
0
2− x 3 4y − xy − y 2 0 2 dx 4
0
3 = 16
Z4
(16 − 8x + x2 )dx
0
3 x3 16x − 4x2 + = 16 3
4 =4 0
43
3 (4 − x − 2y)dy dx 4
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Latihan 2.3 1. Sketsalah benda padat berikut kemudian tentukan volumenya dengan integral berulang. a. Tetrahedron yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang z = 6 − 2x − 3y b. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang-bidang 2x + y − 4 = 0 dan 8x + y − 4z = 0 c. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh silinder y = x2 dan bidang-bidang x = 0, z = 0, dan y + z = 1 2. Hitunglah
RR
sin(y 3 )dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh y =
√
x,
S
y = 2, dan x = 0. Petunjuk: Jika suatu urutan pengintegralan tidak berhasil, cobalah urutan lainnya.
44
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
2.4
Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub
Terdapat beberapa kurva tertentu pada suatu bidang yang lebih mudah dijelaskan dengan menggunakan koordinat Kutub. Misalkan z = f (x, y) menentukan sebuah permukaan atas R (lihat gambar) dan andaikan f kontinu dan tak negatif.
Gambar 2.10: Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub Maka volume V benda padat di bawah permukaan tersebut dan di atas R dapat dinyatakan ZZ V = f (x, y)dA R
Di dalam koordinat kutub, persegi panjang kutub R mempunyai bentuk R = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β} di mana a ≥ 0 dan β − α ≤ 2π. Demikian pula, persamaan permukaan dapat ditulis sebagai z = f (x, y) = f (r cos θ, r sin θ) = F (r, θ) Kita akan menghitung volume V dengan cara baru yaitu dengan menggunakan koordinat kutub. Selanjutnya, kita akan membagi R menjadi partisi-partisi yang lebih kecil berbentuk persegi panjang kutub R1 , R2 , . . . , Rn dengan menggunakan kisi kutub, 45
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n dan misalkan ∆rk dan ∆θk menyatakan dimensi potongan Rk . Luas A(Rk ) dinyatakan dengan A(Rk ) = r¯k ∆rk ∆θk di mana r¯k adalah jari-jari rata-rata Rk .
Gambar 2.11: Partisi-partisi R Jadi, volumenya dapat dihitung V ≈
n X
F (¯ rk , θ¯k )¯ rk ∆rk ∆θk
k=1
Ketika kita menggunakan limit sebagai aturan pembagian partisi yang mendekati nol, maka kita akan memperoleh volume yang sebenarnya. Limit ini adalah sebuah integral lipat-dua. ZZ V =
ZZ F (r, θ)r dr dθ =
f (r cos θ, r sin θ)r dr dθ
R
R
Dari uraian di atas, kita mempunyai dua rumus untuk V yaitu ZZ
ZZ f (x, y)dA =
R
f (r cos θ, r sin θ)r dr dθ R
46
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Contoh: Tentukan volume V dari benda padat di atas persegi panjang kutub (lihat gambar) n πo R = (r, θ) : 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ 4 dan di bawah permukaan z = ex
2 +y 2
.
Penyelesaian: Karena x2 + y 2 = r2 , maka ZZ
ex
V =
2 +y 2
dA
R
Zπ/4 = 0
3 3 Z Zπ/4 1 2 2 r r e r dr dθ = e dθ 2 1
Zπ/4 =
1
0
1 9 π (e − e)dθ = (e9 − e) ≈ 3181 2 8
0
Daerah Umum 1. Himpunan Sederhana-r Himpunan S dikatakan himpunan sederhana-r jika himpunan tersebut berbentuk S = {(r, θ) : φ1 (θ) ≤ r ≤ φ2 (θ), α ≤ θ ≤ β}
47
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Gambar 2.12: Himpunan Sederhana-r Maka volume V dapat dihitung Zθ=β r=φ Z 2 (θ) V = f (r, θ)r dr dθ θ=α r=φ1 (θ)
2. Himpunan Sederhana-θ Himpunan S dikatakan himpunan sederhana-θ jika himpunan tersebut berbentuk S = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, ψ1 (r) ≤ θ ≤ ψ2 (r)}
Gambar 2.13: Himpunan Sederhana-θ
48
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Maka volume V dapat dihitung Zr=b θ=ψ Z 2 (r) V = f (r, θ)r dθ dr r=a θ=ψ1 (r)
Contoh: RR Hitunglah ydA di mana S adalah daerah di kuadran pertama yang berada di S
luar lingkaran r = 2, serta di dalam kardioid r = 2(1 + cosθ)
Penyelesaian: Karena S adalah himpunan sederhana-r, kita dapat menuliskan integral di atas sebagai integral kutub berulang dengan r sebagai peubah pengintegralan sebelah dalam. Di dalam pengintegralan sebelah dalam ini, θ dibuat tetap; pengintegralan dilakukan di sepanjang garis tebal (pada gambar) dari r = 2 sampai r = 2(1 + cosθ). ZZ
Zπ/2 2(1+cosθ) Z ydA = (rsinθ)r dr dθ 0
S
2
Zπ/2 =
r3 sinθ 3
0
49
2(1+cosθ) dθ 2
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
8 = 3
Zπ/2 [(1 + cosθ)3 sinθ − sinθ]dθ 0
π/2 1 8 4 − (1 + cosθ) + cosθ = 3 4 0 8 1 22 = − + 0 − (−4 + 1) = 3 4 3
Integral Probabilitas Pada materi ini, kita dapat membuktikan bahwa integral dari fungsi kepadatan peluang normal standar bernilai satu yaitu Z∞ f (x)dx = 1 −∞
dengan 1 2 f (x) = √ e−x /2 2π Pertama, kita akan menunjukkan bahwa I =
R∞
2
e−x dx =
0
pπ 2
.
Ingat kembali bahwa Z∞ I=
−x2
e
Zb dx = lim
b→∞
0
2
e−x dx
0
Misalkan Vb merupakan volume benda padat yang terletak di bawah per2 2 mukaan z = e−x −y dan di atas bujursangkar dengan titik potong (±b, ±b), lihat gambar, maka
50
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Zb Zb Vb =
e−x
2 −y 2
Zb dy dx =
−b −b
b Z 2 2 e−x e−y dy dx
−b
−b
b 2 Zb Zb Z 2 2 2 = e−x dx e−y dy = e−x dx −b
−b
−b
b 2 Z 2 = 4 e−x dx 0
Ternyata volume daerah di bawah z = e−x adalah
Zb
V = lim Vb = lim 4 b→∞
2 −y 2
b→∞
dan di atas seluruh bidang xy
2 2
e−x dx
0
Z∞
= 4
2 2
e−x dx = 4I 2
0
Di sisi lain, kita juga dapat menghitung V dengan menggunakan koordinat kutub. Di sini, V adalah limit ketika a → ∞ dari Va , volume benda padat tersebut 2 2 2 di bawah permukaan z = e−x −y = e−r , di atas daerah melingkar berjari-jari a yang berpusat di titik asal (lihat gambar), maka
51
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Z2π Za V = lim Va = lim a→∞
a→∞ 0
0
1 2 − e−r 2
a
Z2π = lim
a→∞ 0
1 = lim a→∞ 2
Z2π h
2
e−r r dr dθ
dθ 0
−a2
1−e
i
dθ
h0 i −a2 = lim π 1 − e =π a→∞
Dengan memasukkan kedua nilai yang diperoleh untuk V dengan menggunakan integral biasa dan integral dalam koordinat kutub di atas, akan dihasilkan √ 4I 2 = π atau I = 12 π. Selanjutnya, setelah diperoleh I =
R∞
2
e−x dx =
0
Z∞ −∞
1 2 √ e−x /2 dx = 1 2π
52
pπ 2
, akan ditunjukkan bahwa
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Berdasarkan sifat simetri, Z∞ −∞
1 2 √ e−x /2 dx = 2 2π
Z∞
1 2 √ e−x /2 dx 2π
0
Lakukan substitusi u = √x2 sehingga dx = tetap sama sehingga kita memperoleh Z∞ −∞
1 2 √ e−x /2 dx = 2 2π
Z∞
√
2du. Batas-batas pada integral
1 2√ √ e−u 2du 2π
0
√ Z∞ 2 2 2 =√ e−u du 2π 0 √ √ 2 2 π =√ =1 2π 2 Jadi terbukti bahwa integral dari fungsi kepadatan peluang normal standar bernilai satu.
53
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Latihan 2.4 1. Hitung integral-integral berulang berikut a. b.
π/2 R cos Rθ
r2 sin θ dr dθ
0
0
Rπ
1−cos R θ
0
0
r sin θ dr dθ
2. Tentukan luas daerah S dengan menghitung
RR
r dr dθ dan sketsa daerah terse-
S
but terlebih dahulu a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4 cos θ dan di luar lingkaran r=2 b. S adalah daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam lemniskat r2 = 9 cos 2θ 3. Hitung integral berikut dengan menggunakan koordinat kutub dan sketsa daerah pengintegralannya terlebih dahulu a.
RR
ex
2 +y 2
dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x2 + y 2 = 4
S
RR p b. 4 − x2 − y 2 dA, di mana S adalah sektor kuadran pertama dari lingkaran S
x2 + y 2 = 4 di antara y = 0 dan y = x
54
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
2.5
Penerapan Integral Lipat-Dua
Penerapan lain dari integral lipat-dua antara lain adalah menghitung pusat massa, momen inersia, dan luas permukaan. Tinjaulah sebuah lembaran tipis yang sedemikian tipisnya sehingga kita dapat memandangnya sebagai objek berdimensi dua, kita menyebut lembaran ini lamina. Di sini, kita akan mempelajari laminalamina dengan berbagai kerapatan, yaitu lamina yang terbuat dari material takhomogen.
Gambar 2.14: Lamina Andaikan sebuah lamina menutupi sebuah daerah S pada bidang xy, dan misalkan kerapatan (massa per satuan luas) di (x, y) disimbolkan dengan δ(x, y). Daerah S dipartisi menjadi persegi panjang-persegi panjang kecil R1 , R2 , . . . , Rk seperti ditunjukkan pada Gambar 2.15. Ambil sebuah titik (¯ xk , y¯k ) pada Rk .
Gambar 2.15: Partisi Lamina Maka massa Rk secara hampiran adalah δ(¯ xk , y¯k )A(Rk ), dan massa total lam55
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n ina tersebut secara hampiran adalah m≈
n X
δ(¯ xk , y¯k )A(Rk )
k=1
Massa sebenarnya, m diperoleh dengan mengambil limit rumus di atas sebagai norma partisi mendekati nol, yang tentu saja merupakan sebuah integral lipat dua ZZ δ(x, y)dA
m= S
Contoh 1: Sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) = xy dibatasi oleh sumbu x, garis x = 8, dan kurva y = x2/3 . Tentukan massa totalnya.
Penyelesaian:
ZZ m= S Z8
0
= 0
=
x2/3 Z8 Z xy dA = xy dy dx
xy 2 2
x2/3 0
1 3 10/3 x 2 10
0
1 dx = 2
Z8
x7/3 dx
0
8 = 0
56
768 = 153.6 5
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Pusat Massa Jika m1 , m2 , . . . , mn berturut-turut adalah kumpulan titik-titik massa yang masing-masing terletak di (x1 , y1 ), (x2 , y2 ), . . . , (xn , yn ), maka momen total terhadap sumbu y dan sumbu x dapat dinyatakan dengan My =
n X
xk mk
k=1
Mx =
n X
yk mk
k=1
Lebih lanjut, koordinat (¯ x, y¯) dari pusat massa (titik keseimbangan) adalah n P
xk mk
My = k=1 x¯ = n P m
mk
n P
yk mk Mx k=1 y¯ = = P n m mk
k=1
k=1
Sekarang perhatikan sebuah lamina dengan kerapatan berupa peubah δ(x, y) yang melingkupi daerah S pada bidang xy (Gambar 2.14). Buat partisi seperti pada Gambar 2.15 dan asumsikan sebagai sebuah hampiran bahwa suatu massa dari setiap Rk terpusat di (¯ xk , y¯k ), k = 1, 2, . . . , n. Gunakan limitnya sebagai suatu aturan pembagian partisi yang mendekati nol. Cara ini menghasilkan rumus umum, RR
xδ(x, y)dA
My x¯ = = SRR m δ(x, y)dA
RR
yδ(x, y)dA Mx S y¯ = = RR m δ(x, y)dA
S
S
Contoh 2: Tentukan pusat massa dari lamina pada Contoh 1. Penyelesaian: Pada Contoh 1, kita telah mendapatkan massa m dari lamina yaitu dan Mx yang mengacu pada sumbu y dan sumbu x adalah
57
768 . 5
Momen My
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
ZZ
x2/3 Z8 Z x2 y dy dx xδ(x, y)dA =
S
0
My =
=
1 2
Z8
x10/3 dx =
0
12288 = 945.23 13
0
ZZ
x2/3 Z8 Z xy 2 dy dx yδ(x, y)dA =
S
0
Mx =
=
1 3
Z8
x3 dx =
0
1024 = 341.33 3
0
Maka x¯ =
My 2 = 6 = 6.15 m 13
y¯ =
Mx 2 = 2 = 2.22 m 9
Momen Inersia Dari pelajaran fisika kita pelajari bahwa energi kinetik, KE, dari sebuah partikel dengan massa m, dan kecepatan v, yang bergerak dalam sebuah garis lurus dirumuskan dengan 1 KE = mv 2 (2.3) 2 Jika suatu partikel tidak bergerak dalam sebuah garis lurus tetapi berputar dalam sebuah sumbu dengan kecepatan sudut sebesar ω radian per satuan waktu, maka kecepatan linearnya adalah v = rω, di mana r adalah jari-jari dari lintasan perputarannya. Ketika kita mensubstitusikan ini ke dalam (2.3), maka kita akan memperoleh 1 KE = (r2 m)ω 2 2 Suku r2 m disebut momen inersia dari suatu partikel dan dilambangkan den-
58
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n gan I. Jadi, untuk sebuah partikel yang berputar 1 KE = Iω 2 2
(2.4)
Kita simpulkan dari (2.3) dan (2.4) bahwa momen inersia dari benda dalam gerak berputar memainkan peranan yang serupa dengan massa benda dengan gerak linear. Untuk sebuah sistem dengan n partikel pada suatu bidang dengan massa m1 , m2 , . . . , mn dan pada jarak-jarak r1 , r2 , . . . , rn dari garis L, maka momen inersia sistem terhadap L didefinisikan sebagai I = m1 r12 + m2 r22 + . . . + mn rn2 =
n X
mk rk2
k=1
Dengan kata lain, kita melakukan penjumlahan momen inersia dari setiap partikel. Misalkan sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) yang melingkupi daerah S pada bidang xy. Jika kita mempunyai partisi S, membuat hampiran untuk momen inersia dari setiap bagian Rk , menjumlahkan dan menentukan limitnya, maka akan diperoleh rumus-rumus berikut. Momen inersia (disebut juga momen kedua) dari suatu lamina terhadap sumbu x, sumbu y, dan sumbu z dinyatakan dengan ZZ Ix =
ZZ
2
y δ(x, y)dA S
Iy =
x2 δ(x, y)dA
S
ZZ Iz =
(x2 + y 2 )δ(x, y)dA = Ix + Iy
S
Contoh 3: Tentukan momen inersia terhadap sumbu x, y, dan z dari lamina pada Contoh 1. Penyelesaian:
59
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
ZZ Ix =
x2/3 Z8 Z Z8 1 6144 3 3 xy dy dx = x11/3 dx = xy dA = ≈ 877.71 4 7 0
S
ZZ Iy =
3
0
1 x y dy dx = 2
x ydA = S
0
x2/3 Z8 Z
0
3
Z8
x13/3 dx = 6144
0
0
49152 Iz = Ix + Iy = ≈ 7021.71 7
Luas Permukaan Pada materi ini, kita akan membahas mengenai luas permukaan yang didefinisikan dengan z = f (x, y) atas sebuah daerah spesifik. Andaikan G adalah permukaan atas sebuah daerah S yang tertutup dan terbatas pada bidang xy. Asumsikan bahwa f mempunyai turunan-turunan parsial pertama kontinu fx dan fy . Kita akan mulai dengan membuat partisi P pada daerah S dengan garis-garis sejajar dengan sumbu x dan sumbu y (Gambar 2.16 kiri). Misalkan Rm , m = 1, 2, . . . , n, menyatakan persegi panjang-persegi panjang yang dihasilkan dan terletak sepenuhnya di dalam S. Untuk setiap m, misalkan Gm adalah bagian dari permukaan yang diproyeksikan ke Rm , dan misalkan Pm adalah suatu titik dari Gm yang diproyeksikan ke sudut Rm dengan koordinat x dan koordinat y yang terkecil. Misalkan Tm menyatakan suatu jajaran genjang dari bidang singgung di Pm yang diproyeksikan ke Rm , seperti ditunjukkan pada Gambar 2.16 kiri, dan perincian selanjutnya ditunjukkan pada Gambar 2.16 kanan. Selanjutnya, kita mencari luas jajaran genjang Tm yang proyeksinya adalah Rm . Misalkan um dan vm menyatakan vektor-vektor yang membentuk sisi-sisi Tm . Maka, um = ∆xm i + fx (xm , ym )∆xm k vm = ∆ym j + fy (xm , ym )∆ym k
60
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Gambar 2.16: Partisi P pada Daerah S Luas jajaran genjang Tm adalah |um × vm | di mana i j k um × vm = ∆xm 0 fx (xm , ym )∆xm 0 ∆ym fy (xm , ym )∆ym = (0 − fx (xm , ym )∆xm ∆ym )i − (fy (xm , ym )∆xm ∆ym − 0)j + (∆xm ∆ym − 0)k = ∆xm ∆ym [−fx (xm , ym )i − fy (xm , ym )j + k] = A(Rm )[−fx (xm , ym )i − fy (xm , ym )j + k] Dengan demikian, luas Tm adalah q A(Tm ) = |um × vm | = A(Rm ) [fx (xm , ym )]2 + [fy (xm , ym )]2 + 1 Kemudian, jumlahkan luas dari bidang-bidang singgung jajaran genjang Tm
61
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n ini, m = 1, 2, . . . , n, dan ambil limitnya agar diperoleh luas permukaan G. A(G) = lim
n X
|P |→0
A(Tm )
m=1
q = lim [fx (xm , ym )]2 + [fy (xm , ym )]2 + 1A(Rm ) |P |→0 ZZ q = [fx (xm , ym )]2 + [fy (xm , ym )]2 + 1dA S
Singkatnya, ZZ q A(G) = fx2 + fy2 + 1dA S
Gambar 2.16 dibuat seolah-olah daerah S pada bidang xy adalah sebuah persegi panjang, tapi prakteknya tidak selalu demikian. Gambar 2.17 berikut memperlihatkan apa yang terjadi ketika S bukan merupakan sebuah persegi panjang.
Gambar 2.17: S bukan Persegi Panjang Contoh 1: Jika S adalah daerah persegi panjang pada bidang xy yang dibatasi oleh garis x = 0, √ x = 1, y = 0, dan y = 2, tentukan luas dari bagian permukaan silindris z = 4 − x2 yang diproyeksikan ke S.
62
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n
Penyelesaian: √ x Misalkan f (x, y) = 4 − x2 . Maka fx = − √4−x 2 , fy = 0, dan ZZ ZZ r ZZ q x2 2 2 2 √ + 1dA = fx + fy + 1dA = A(G) = dA 2 4−x 4 − x2 S
S
Z1 Z2 = 0
0
√
2 dy dx = 4 4 − x2
Z1
S
√
h 1 x i1 2π = dx = 4 sin−1 2 0 3 4 − x2
0
Contoh 2: Tentukan luas permukaan z = x2 + y 2 di bawah bidang z = 9.
Penyelesaian: Bagian G (yang diarsir) dari permukaan tersebut diproyeksikan ke daerah melingkar S di dalam lingkaran x2 +y 2 = 9. Misalkan f (x, y) = x2 +y 2 . Maka fx = 2x, fy = 2y, 63
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n dan
ZZ p 4x2 + 4y 2 + 1dA A(G) = S
Bentuk S menyarankan kita untuk menggunakan koordinat kutub.
A(G) =
Z2π Z3 √
4r2 + 1r dr dθ
0 0 Z2π
= 0 Z2π
=
3 1 2 2 3/2 (4r + 1) dθ 8 3 0 π 1 (373/2 − 1)dθ = (373/2 − 1) ≈ 117.32 12 6
0
64
BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n Latihan 2.5 1. Tentukan massa m dan pusat massa (¯ x, y¯) dari lamina yang dibatasi kurvakurva berikut dengan kerapatan yang diberikan. a. x = 0, x = 4, y = 0, y = 3; δ(x, y) = y + 1 b. y = ex , y = 0, x = 0, x = 1; δ(x, y) = 2 − x + y 2. Tunjukkan bahwa momen inersia dari sebuah lamina persegi panjang homogen dengan panjang sisi a dan b terhadap sumbu tegak lurus melalui pusat massanya adalah 1 I = (a3 b + ab3 ) 12 Di sini k adalah konstanta kerapatan. 3. Sketsalah daerah-daerah berikut dan hitung luas permukaannya. p a. Bagian dari permukaan z = 4 − y 2 yang tepat berada di atas bujursangkar pada bidang xy dengan verteks-verteks (1, 0), (2, 0), (2, 1), dan (1, 1). p b. Bagian dari permukaan z = 4 − y 2 pada oktan pertama yang tepat berada di atas lingkaran x2 + y 2 = 4 pada bidang xy. c. Bagian dari bola x2 +y 2 +z 2 = a2 di dalam silinder lingkaran x2 +y 2 = ay (r = asinθ pada koordinat kutub), a > 0.
65
BAB 3 Kalkulus Vektor 3.1
Medan Vektor
Perhatikan sebuah fungsi F yang menghubungkan sebuah vektor F(p) dengan setiap titik p dalam ruang berdimensi-n. Contoh yang khas dalam ruang berdimensi dua adalah 1 1 F(p) = F(x, y) = − yi + xj 2 2 Berdasarkan sejarahnya, kita menyebut fungsi seperti ini sebagai medan vektor. Bayangkan setiap titik p pada sebuah daerah ruang dikenai sebuah vektor F(p) yang memancar dari p. Kita tidak dapat menggambar seluruh vektor ini, tetapi sebuah contoh yang cukup mewakili dapat memberikan gambaran pemahaman yang baik tentang medan vektor. Gambar 3.1 merupakan gambaran untuk medan vektor F(x, y) = − 21 yi + 12 xj.
Gambar 3.1: Medan Vektor F(p) 66
BAB 3 : Kalkulus Vektor Medan vektor ini merupakan medan kecepatan dari putaran roda pada laju konstan sebesar 12 radian per satuan waktu (lihat Contoh). Contoh: Tunjukkan bahwa setiap vektor dari medan vektor 1 1 F (x, y) = − yi + xj 2 2 menyinggung sebuah lingkaran yang berpusat di titik asal dan mempunyai panjang setengah jari-jari lingkaran tersebut. Penyelesaian: Jika r = xi + yj adalah vektor posisi dari titik (x, y), maka 1 1 r.F(x, y) = − xy + xy = 0 2 2 Jadi, F(x, y) tegak lurus terhadap r, dan dengan demikian menyinggung lingkaran yang berjari-jari |r| tersebut. Maka s |F(x, y)| =
1 − y 2
2
+
1 x 2
2
1 = |r| 2
Gradien dari Medan Skalar Misalkan f (x, y, z) menentukan sebuah medan skalar dan andaikan f dapat didiferensialkan. Maka gradien dari f , dilambangkan dengan ∇f , adalah medan vektor yang dinyatakan dengan F(x, y, z) = ∇f (x, y, z) =
∂f ∂f ∂f i+ j+ k ∂x ∂y ∂z
Sebuah medan vektor F yang merupakan gradien dari medan skalar f disebut medan vektor konservatif, dan f adalah fungsi potensial-nya.
67
BAB 3 : Kalkulus Vektor Contoh: Misalkan F adalah gaya yang dihasilkan dari hukum kuadrat invers, yakni, misalkan F(x, y, z) = −c
r xi + yj + zk = −c 2 3 |r| (x + y 2 + z 2 )3/2
di mana c adalah konstanta. Tunjukkan bahwa f (x, y, z) =
(x2
c = c(x2 + y 2 + z 2 )−1/2 2 1/2 + +z ) y2
adalah fungsi potensial untuk F, dan oleh karenanya F bersifat konservatif (untuk r 6= 0). Penyelesaian:
∂f ∂f ∂f i+ j+ k ∂x ∂y ∂z c = − (x2 + y 2 + z 2 )−3/2 (2xi + 2yj + 2zk) 2 = F(x, y, z)
∇f (x, y, z) =
68
BAB 3 : Kalkulus Vektor Latihan 3.1 1. Tentukan ∇f a. f (x, y, z) = x2 − 3xy + 2z b. f (x, y, z) = sin(xyz) c. f (x, y, z) = y 2 e−2z 2. Sebuah benda dengan massa m, yang berputar dalam orbit melingkar dengan kecepatan sudut yang konstan ω, dikenai gaya sentrifugal yang dinyatakan dengan F(x, y, z) = mω 2 r = mω 2 (xi + yj + zk) Tunjukkan bahwa 1 f (x, y, z) = mω 2 (x2 + y 2 + z 2 ) 2 adalah sebuah fungsi potensial untuk F.
69
BAB 3 : Kalkulus Vektor
3.2
Integral Garis
Salah satu jenis generalisasi integral tentu
Rb
f (x)dx diperoleh dengan menggantikan
a
himpunan [a, b] yang kita integralkan menjadi himpunan berdimensi dua dan berdimensi tiga. Generalisasi yang benar-benar berbeda diperoleh dengan menggantikan R [a, b] dengan kurva C pada bidang xy. Integral yang dihasilkan f (x, y)ds disebut C
integral garis atau integral kurva. Misalkan C adalah sebuah kurva bidang mulus; dalam hal ini, misalkan C dinyatakan secara parametris dengan x = x(t),
y = y(t),
a≤t≤b
di mana x0 dan y 0 kontinu dan tidak secara simultan nol pada (a, b). Kita mengatakan bahwa C berorientasi positif jika arahnya berhubungan dengan peningkatan nilai-nilai t. Andaikan C berorientasi positif dan C hanya dapat ditelusuri sekali ketika t berubah dari a ke b. Jadi, C mempunyai titik awal A = (x(a), y(a)), dan titik akhir B = (x(b), y(b)). Perhatikan pembagian partisi P dari selang parameter [a, b] yang diperoleh dengan memasukkan titik-titik a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b Partisi dari [a, b] ini menghasilkan pembagian kurva C menjadi n subbusur Pi−1 Pi di mana titik Pi berhubungan dengan ti .
Gambar 3.2: Partisi P 70
BAB 3 : Kalkulus Vektor Misalkan ∆si melambangkan panjang busur Pi−1 Pi dan misalkan |P | merupakan aturan untuk mempartisi P ; yaitu misalkan |P | adalah ∆ti terbesar = ti −ti−1 . Pilih sebuah titik contoh Qi (¯ xi , y¯i ) pada subbusur Pi−1 Pi . Selanjutnya, lihat jumlah Riemann n X
f (¯ xi , y¯i )∆si
i=1
Jika f taknegatif, jumlah ini akan menghampiri luas tirai vertikal melengkung yang ditunjukkan pada gambar di bawah ini.
Gambar 3.3: Tirai Vertikal Melengkung Jika f kontinu pada daerah D yang mengandung kurva C, maka jumlah Riemann ini memiliki sebuah limit ketika |P | → 0. Limit ini disebut integral garis dari f di sepanjang C dari A ke B terhadap panjang busur, dalam hal ini Z f (x, y)ds = lim
|P |→0
C
n X
f (¯ xi , y¯i )∆si
i=1
Untuk f (x, y) ≥ 0, fungsi tersebut mewakili luas eksak dari tirai melengkung pada Gambar 3.3. Hasil perhitungan terbaik dapat dicapai dengan menyatakan segala sesuatunya dengan menggunakan parameter t dan menghasilkan integral ten-
71
BAB 3 : Kalkulus Vektor tu biasa. Dengan menggunakan ds = Zb
Z f (x, y)ds = C
p [x0 (t)2 ] + [y 0 (t)2 ] akan dihasilkan
p f (x(t), y(t)) [x0 (t)2 ] + [y 0 (t)2 ]dt
a
Definisi dari sebuah integral garis dapat diperluas untuk kasus di mana C, meskipun tidak mulus seluruhnya, adalah mulus sepotong-sepotong yaitu, terdiri dari beberapa kurva mulus C1 , C2 , . . . , Ck yang digabung, seperti ditunjukkan Gambar 3.4. Kita tinggal mendefinisikan integral di sepanjang C sebagai jumlah dari integral-integral pada kurva-kurva individunya.
Gambar 3.4: Potongan Kurva C
Contoh 1: R Hitung x2 y ds, di mana C ditentukan oleh persamaan parametrik x = 3 cos t, C p y = 3 sin t, 0 ≤ t ≤ π/2. Tunjukkan pula bahwa parametrisasi x = 9 − y 2 , y = y, 0 ≤ y ≤ 3 menghasilkan nilai yang sama.
72
BAB 3 : Kalkulus Vektor Penyelesaian:
• Parametrisasi I Z
Zπ/2 p x y ds = (3 cos t)2 (3 sin t) (−3 sint)2 + (3 cos t)2 dt 2
0
C
π/2 Zπ/2 81 3 2 = 27 = 81 cos t sin t dt = − cos t 3 0 0
• Parametrisasi II s da =
1+
dx dy
s
2 dy =
1+
3 y2 dy = p dy 2 9−y 9 − y2
dan Z
2
Z3
x y ds = C
0
=3
3 (9 − y 2 )y p dy 9 − y2
Z3 p
9 − y 2 y dy
0
= −[(9 − y 2 )3/2 ]30 = 27
Contoh 2: Sebuah kabel tipis dibengkokkan dalam bentuk setengah lingkaran x = a cos t,
y = a sin t,
0 ≤ t ≤ π,
a>0
Jika kerapatan kabel di sebuah titik sebanding dengan jaraknya dari sumbu x, tentukan massa dan pusat massa kabel tersebut.
73
BAB 3 : Kalkulus Vektor
Penyelesaian: Gunakan prinsip iris, hampiri, dan integralkan. Massa seutas kabel dengan panjang ∆s dapat dihampiri dengan δ(x, y)∆s, di mana δ(x, y) = ky adalah kerapatan di (x, y) (k adalah konstanta). Jadi, massa m di seluruh kabel adalah Zπ
Z m=
ky ds =
√ ka sin t a2 sin2 t + a2 cos2 tdt
0
C
= ka2
Zπ
sin t dt = [−ka2 cos t]π0 = 2ka2
0
Momen kabel tersebut terhadap sumbu x dinyatakan dengan Zπ
Z Mx =
y ky ds = 0
C
=
ka3 sin2 t dt
ka3 2 3
ka = 2
Zπ (1 − cos 2t)dt 0
π ka3 π 1 t − sin 2t = 2 2 0
Jadi, 1 ka3 π Mx 1 = 2 2 = πa m 2ka 4 Berdasarkan sifat simetri, x¯ = 0, sehingga pusat massanya ada di (0, πa/4).
y¯ =
74
BAB 3 : Kalkulus Vektor Contoh 3: Tentukan massa dari seutas kabel dengan kerapatan δ(x, y, z) = kz jika kabel ini mempunyai bentuk heliks C dengan parametrisasi x = 3 cos t,
y = 3 sin t,
z = 4t 0 ≤ t ≤ π
Penyelesaian:
Zπ
Z kz ds = k
m= C
√ (4t) 9 sin2 t + 9 cos2 t + 16dt
0
Zπ = 20k 0
π t2 t dt = 20k = 10 kπ 2 2 0
Satuan untuk m bergantung pada panjang dan kerapatannya.
Kerja Andaikan gaya yang bekerja pada sebuah titik (x, y, z) dalam ruang dinyatakan dengan medan vektor F (x, y, z) = M (x, y, z)i + N (x, y, z)j + P (x, y, z)k di mana M, N, dan P kontinu. Kita akan menentukan kerja W yang dilakukan oleh F pada sebuah partikel yang bergerak di sepanjang kurva berorientasi yang mulus, C. Misalkan r = xi + yj + zk adalah vektor posisi untuk titik Q(x, y, z) pada kurva tersebut (Gambar 3.5). Jika T adalah vektor singgung satuan dr/ds di Q, maka F . T adalah komponen singgung dari F di Q.
75
BAB 3 : Kalkulus Vektor
Gambar 3.5: kurva C Kerja yang dilakukan oleh F untuk memindahkan partikel tersebut dari Q dalam jarak pendek ∆s di sepanjang kurva tersebut dapat dihampiri sebesar F . T ∆s, dan konsekuensinya kerja yang dilakukan untuk memindahkan partikel dari A ke B R di sepanjang C didefinisikan dengan F . T ds. Dengan T = (dr/dt)(dt/ds), seC
hingga rumus alternatif untuk kerja adalah sebagai berikut Z
Z F . T ds =
W = C
C
dr F. dt = dt
Z F.dr C
dengan dr = dxi + dyj + dzk, maka F.dr = (M i + N j + P k).dxi + dyj + dzk = M dx + N dy + P dz sehingga Z W =
Z F.dr =
C
M dx + N dy + P dz C
Contoh 1: Tentukan kerja yang dilakukan oleh medan gaya hukum kuadrat invers F (x, y, z) =
−cr −c(xi + yj + zk) = = Mi + Nj + P k |r|3 (x2 + y 2 + z 2 )3/2
untuk menggerakkan sebuah partikel di sepanjang kurva garis lurus C dari (0, 3, 0) 76
BAB 3 : Kalkulus Vektor ke (4, 3, 0) seperti ditunjukkan gambar.
Penyelesaian: Di sepanjang C, y = 3 dan z = 0, sehingga dy = dz = 0. Dengan menggunakan x sebagai parameter, diperoleh Z
Z M dx + N dy + P dz = −c
W = C
x dx + y dy + z dz (x2 + y 2 + z 2 )3/2
C
Z4 = −c
c x dx = 2 3/2 2 (x + 9) (x + 9)1/2
0
4 = 0
−2c 15
Contoh 2: Hitung integral garis Z
(x2 − y 2 ) dx + 2xy dy
C
di sepanjang kurva C yang persamaan parametriknya adalah x = t2 , y = t3 , 0 ≤ t ≤ 3 . 2
77
BAB 3 : Kalkulus Vektor Penyelesaian: Karena dx = 2t dt dan dy = 3t2 dt, Z
Z3/2 (x2 − y 2 ) dx + 2xy dy = [(t4 − t6 )2t + 2t5 (3t2 )]dt
C
0
Z3/2 8505 = (2t5 + 4t7 )dt = ≈ 16.61 512 0
Contoh 3: R Hitunglah xy 2 dx + xy 2 dy di sepanjang lintasan C = C1 ∪ C2 seperti ditunjukkan C
gambar. Hitung pula integral ini di sepanjang lintasan lurus C3 dari (0, 2) ke (3, 5).
Penyelesaian:
• Pada C1 , y = 2, dy = 0, dan Z
2
Z3
2
xy dx + xy dy = 0
C1
78
4x dx = [2x2 ]30 = 18
BAB 3 : Kalkulus Vektor • Pada C2 , x = 3, dx = 0, dan Z
2
Z5
2
xy dx + xy dy =
3y 2 dy = [y 3 ]52 = 117
2
C2
Kita dapat menyimpulkan bahwa Z
xy 2 dx + xy 2 dy = 18 + 117 = 135
C2
• Pada C3 , y = x + 2, dy = dx, sehingga Z
2
Z3
2
xy dx + xy dy = 2
x(x + 2)2 dx
0
C3
Z3 =2
(x3 + 4x2 + 4x)dx
0
x4 4x3 =2 + + 2x2 4 3
3 = 0
297 2
Perhatikan bahwa kedua lintasan dari (0, 2) ke (3, 5) menghasilkan nilai yang berbeda untuk integral ini.
79
BAB 3 : Kalkulus Vektor Latihan 3.2 1. Hitunglah setiap integral garis berikut a.
R
(x3 + y)ds; C adalah kurva x = 3t, y = t3 , 0 ≤ t ≤ 1
C
b.
R
xey ds; C adalah ruas garis dari (−1, 2) ke (1, 1)
C
c.
R
(x + 2y)dx + (x − 2y)dy; C adalah ruas garis dari (1, 1) ke (3, −1)
C
80
BAB 3 : Kalkulus Vektor
3.3
Kebebasan dari Lintasan
Dalam Teorema Dasar Kalkulus Kedua, kita mengetahui bahwa Zb
f 0 (x)dx = f (b) − f (a)
a
Sebagai analoginya dalam integral garis, terdapat sebuah teorema yaitu
Teorema A: Teorema Dasar untuk Integral Garis Anggaplah C adalah sebuah kurva mulus sepotong-sepotong yang dinyatakan secara parametris dengan r = r(t), a ≤ t ≤ b, yang berawal di a = r(a) dan berakhir di b = r(b). Jika f dapat didiferensialkan secara kontinu pada sebuah himpunan terbuka yang mengandung C, maka Z ∇f (r).dr = f (b) − f (a) C
Bukti: Zb
Z ∇f (r).dr =
[∇f (r(t)).r0 (t)]dt
a
C
Zb =
d f (r(t))dt = f (r(b)) − f (r(a)) dt
a
= f (b) − f (a) Contoh: f (x, y, z) = f (r) =
c c =p |r| x2 + y 2 + z 2
adalah sebuah fungsi potensial untuk medan hukum kuadrat invers F (r) = −cr . |r|3 R Hitunglah F (r).dr, di mana C adalah kurva mulus sepotong-sepotong sederhana C
dari (0, 3, 0) ke (4, 3, 0) yang tidak melewati titik asal. 81
BAB 3 : Kalkulus Vektor Penyelesaian: Karena F (r) = ∇f (r), maka Z
Z
∇f (r).dr = f (4, 3, 0) − f (0, 3, 0)
F (r).dr = C
C
=√
c c −2c −√ = 15 16 + 9 9
Teorema B: Teorema Kebebasan dari Lintasan Misalkan F (r) kontinu pada himpunan terhubung terbuka D. Maka integral R garis F (r).dr bebas dari lintasan jika dan hanya jika F (r) = ∇f (r) untuk fungsi C
skalar f ; yaitu, jika dan hanya jika F adalah medan vektor konservatif pada D.
82
Pembahasan Latihan 2.2 1.
a.
R2 R3
(xy + y 2 )dx dy
1 0
Penyelesaian: Z2 Z3 1
(xy + y 2 )dx dy =
0
Z2
1 ( x2 y + xy 2 )dy 2
1
Z2
9 2 = y + 3y dy 2 1 2 9 2 3 y +y = 4 1 55 9 +1 = =9+8− 4 4 b.
ln R 3 ln R2 0
ex+y dy dx
0
Penyelesaian: Zln 3Zln 2 Zln 3 2 ex+y dy dx = ex+y |ln 0 dx 0
0
0 Zln 3
(ex+ln,2 − ex )dx
= 0
= ex+ln 2 − ex
ln 3 0
= eln 3+ln 2 − eln 3 − (eln 2 − 1)
= eln 6 − eln 3 − eln 2 + 1 = 6 − 3 − 2 + 1 = 2 83
Pembahasan
c.
ln R 3 R1 0
2
xyexy dy dx
0
Penyelesaian: Misalkan u = xy 2 maka du = 2xy dy → dy = Zln 3Z1
xy 2
xye 0
du 2xy
Zln 3Zx u du xy e dy dx = dx 2xy
0
0 0 Zln 3
1 ux e | dx = 2 0
= 0
Zln 3
1 x 1 e − 2 2
dx
0
1 1 1 1 3 = eln 3 − ln 3 − = ex − x|ln 0 2 2 2 2 3 1 1 1 = − ln 3 − = 1 − ln 3 2 2 2 2 2.
a.
R2 R2
1 −0 2
(x2 + y 2 )dy dx
0 0
Penyelesaian:
Z2 Z2
2
Z2
2
(x + y )dy dx = 0
0
1 3 2 x y + y |0 dx 3 2
0
Z2 =
8 2x + 3 2
dx
0
2 8 16 16 32 = x3 + x|20 = + = 3 3 3 3 3 84
Pembahasan b. Benda padat di antara z = x2 + y 2 + 2 dan z = 1 dan terletak di atas R = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1} Penyelesaian: Z1 Z1
2
Z1 Z1
2
(x + y + 2 − 1)dy dx = −1 0
(x2 + y 2 + 1)dy dx
−1 0
Z1 Z1 1 1 3 2 2 1 x + + 1 dx x y + y + y |0 dx = = 3 3 −1 −1 1 4 1 3 4 1 1 4 10 = x + x|−1 = + − − − = 3 2 3 3 3 3 3
3.
R2 R1
|x2 y 3 |dy dx
−2 −1
Penyelesaian: ( −(x2 y 3 ), jika y ≤ −1 Maka |x2 y 3 | = (x2 y 3 ) , jika y > −1 Sehingga diperoleh Z2 Z1
Z2 Z0 Z1 |x2 y 3 |dy dx = −(x2 y 3 )dy + (x2 y 3 )dy dx
−2 −1
−2
−1
Z2
"
0
1 − x2 y 4 4
= −2
Z2
0−
=
0
+
−1
1 2 4 x y 4
0 # dx −1
1 2 1 2 x + x − 0 dx 4 4
−2
Z2 =
1 2 x dx = 2
−2
85
1 3 x 6
2 −2
8 8 16 8 = − − = = 6 6 6 3
Pembahasan Latihan 2.3 1.
a. Sketsa grafik z = 6 − 2x − 3y
Himpunan Sederhana-y 2 S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ − x + 2} 3 Maka volumenya: 2
Z3 −Z3 x+2 V = (6 − 2x − 3y)dy dx 0
Z3
0
=
3 6y − 2xy − y 2 2
0
Z3 =
− 32 x+2 dx 0
2 2 x − 4x + 6 dx = 6 3
0
b. Sketsa grafik 2x + y − 4 = 0 dan 8x + y − 4z = 0 Himpunan Sederhana-y S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x + 4}
86
Pembahasan
Maka volumenya: Z Z2 −2x+4 1 2x + y dy dx V = 4 0
0
Z2
=
1 2xy + y 2 8
0
−2x+4 dx 0
Z2
7 2 = − x + 6x + 2 dx 2 0 2 20 7 3 2 = − x + 3x + 2x = 6 3 0 c Sketsa grafik y = x2 , x = 0, z = 0, dan y + z = 1
Himpunan Sederhana-x
87
Pembahasan
S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤
√ y, 0 ≤ y ≤ 1}
Maka volumenya: √
Z1 Z y 4 V = (1 − y)dx dy = 15 0
2. Sketsa batas y =
√
0
x, y = 2, x = 0
Himpunan Sederhana-x S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2} Maka volumenya Z2 Zy2 V = 0
Z2 =
sin(y 3 ) dx dy
0 2
x sin(y 3 )|y0 dy
0
Z2 =
y 2 sin(y 3 ) dy
0
1 1 1 = − cos(y 3 )|20 = − cos8 3 3 3
88
Pembahasan Latihan 2.4 1.
a.
π/2 R cos Rθ 0
r2 sin θ dr dθ
0
Penyelesaian: Zπ/2 cos Z θ Zπ/2 1 3 θ dθ r sin θ|cos r2 sin θ dr dθ = 0 3 0
0
0
Zπ/2 =
1 3 1 cos θ sin θ dθ = 3 12
0
b.
Rπ
1−cos R θ
0
0
r sin θ dr dθ
Penyelesaian: 1−cos θ Zπ 1−cos Z θ Zπ 1 2 r sin θ dr dθ = r sin θ 2 0 0
0
0
Zπ =
4 1 2 (1 − cos θ) sin θ dθ = 2 3
0
2.
a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4 cos θ dan di luar lingkaran r=2 Penyelesaian:
Zπ/3 4Zcos θ √ 4 r dr dθ = π + 2 3 2 3 0
2
89
Pembahasan b. S adalah daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam lemniskat r2 = 9 cos 2θ Penyelesaian:
1 2
cos−1 ( 94 ) 3√cos 2θ
Z
Z
4
r dr dθ = 0
3.
a.
RR
ex
2 +y 2
√
65 − 4 cos
−1
4 9
2
dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x2 + y 2 = 4
S
Penyelesaian:
Zπ/2Z2 4 0
b.
2
er r dr dθ = π(e4 − 1)
0
RR p 4 − x2 − y 2 dA, di mana S adalah sektor kuadran pertama dari lingkaran S
x2 + y 2 = 4 di antara y = 0 dan y = x Penyelesaian: 90
Pembahasan
Zπ/4Z2 √ 2 ( 4 − r2 )r dr dθ = π 3 0
0
91