PENGANTAR FISIKA MATEMATIK

PENGANTAR FISIKA MATEMATIK z

P (a, b, c) r

θ O

c y

φ a b

x

DR. ENG. RINTO ANUGRAHA NQZ JURUSAN FISIKA FMIPA UGM YOGYAKARTA 2011

PRAKATA Saat ini buku yang membahas topik Pengantar Fisika Matematik masih jarang dijumpai. Padahal, topik tersebut merupakan salah satu topik penting dalam menggunakan matematika untuk menyelesaikan problem-problem fisika. Buku ini ditulis dengan maksud untuk menambah perbendaharaan literatur dalam bidang ilmu fisika, khususnya tentang Fisika Matematik. Bahan buku ini sebagian diambil dari pengalaman kami dalam mengampu matakuliah Pengantar Fisika Matematik di Jurusan Fisika FMIPA UGM, ditambah dari sejumlah buku teks penting berbahasa asing. Meski demikian, buku ini tidak saja terbatas hanya pada pengguna di Jurusan Fisika FMIPA UGM saja, namun dapat pula sebagai salah satu referensi mahasiswa dan dosen bagi matakuliah sejenis di Perguruan Tinggi lain. Buku ini sangat penting bagi mahasiswa tahun pertama sebagai dasar-dasar matematika untuk mempelajari fisika. Bagi khalayak umum, buku ini juga dapat menjadi referensi mengingat tingkat kesulitannya disesuaikan dengan tingkat kesulitan bagi mahasiswa tahun pertama. Penyajian buku ini dimulai dari pembahasan bilangan kompleks yang merupakan perluasan dari konsep bilangan real. Selanjutnya ditelaah aljabar vektor, matriks, determinan dan persamaan linear. Pada bab empat disajikan limit, fungsi dan turunan, diteruskan dengan bab lima tentang integral. Pada bab enam diberikan konsep turunan parsial. Pada setiap bab, cukup banyak diberikan contoh soal serta soal latihan itu sendiri. Banyaknya contoh soal yang disajikan akan memudahkan pembaca lebih memahami konsep setiap bab. Kami menyarankan agar soal-soal latihan yang terdapat pada akhir setiap Bab dicoba untuk diselesaikan, agar pemahaman tentang isi buku ini dapat lebih sempurna. Melalui kesempatan ini, kami ingin mengucapkan terima kasih kepada segenap pihak yang tidak dapat disebutkan namanya satu persatu. Selanjutnya, meski telah disiapkan cukup lama, kami menyadari bahwa buku ini masih memiliki banyak kekurangan. Barangkali pula di sana sini masih terdapat salah i

tulis dan ketik. Karena itu kami dengan tangan terbuka sangat mengharap masukan positif dari para pembaca, dalam rangka penyempurnaan buku ini. Akhirnya kami berharap, semoga buku ini dapat bermanfaat bagi pengembangan fisika di masa depan.

Yogyakarta, Mei 2011 Rinto Anugraha NQZ

ii

DAFTAR ISI PRAKATA

i

DAFTAR ISI

iii

BAB I

1 4 10 14 22 22 23 26 28

BILANGAN KOMPLEKS Beberapa Sifat Aljabar Bilangan Kompleks Perkalian dan Pemangkatan, Rumus de Moivre dan Euler Rumus Binomium Newton Penerapan Bilangan Kompleks Mekanika Osilator Selaras Teredam Masalah Kelistrikan Optika

BAB II ALJABAR VEKTOR Sifat-Sifat Skalar dan Vektor Besar Vektor Sifat-Sifat Ruang Vektor Penjumlahan Vektor Perkalian Antara Vektor Perkalian Skalar Perkalian Vektor/Silang Delta dan Epsilon Kronecker Garis dan Bidang Bebas dan Gayut Linear

32 32 33 33 34 36 36 40 42 48 54

BAB III MATRIKS, DETERMINAN DAN PERSAMAAN LINEAR Operasi Matriks Rotasi Sumbu-sumbu Koordinat Determinan Rumus Cramer

59 60 63 65 70

BAB IV LIMIT, FUNGSI DAN TURUNAN Fungsi Macam−macam Fungsi Kontinu Limit Fungsi Sifat−sifat Limit Fungsi Turunan Fungsi Deret Taylor dan Deret MacLaurin Penerapan Turunan

81 81 84 92 92 94 98 101

BAB V INTEGRAL Integral sebagai Inversi Penurunan (Anti Derivatif) Rumus-Rumus Integral Dasar dan Metode Pengintegralan

106 106 106

iii

Pengintegralan Parsial Substitusi Variabel Metode Pecahan Parsial Integral Tertentu (Integral Riemann Penerapan Integral Tertentu Mencari Luas di bawah Benda Putar Volume Benda Putar Menentukan Panjang Busur Kurva Fungsi Gamma Fungsi Beta

108 108 109 113 116 116 117 118 120 125

BAB VI FUNGSI VARIABEL BANYAK : TURUNAN PARSIAL Turunan Parsial Diferensial Total Dalil Rantai Diferensial Implisit Pengubahan Variabel Transformasi Legendre Ekstremum Fungsi Dua Variabel

132 132 134 138 139 144 147 150

DAFTAR PUSTAKA

155

iv

Bilangan Kompleks _________________________________________________________________________________________

1

BAB I BILANGAN KOMPLEKS Konsep bilangan kompleks muncul untuk mengakomodasi nilai akar suatu bilangan negatif. Ditinjau persamaan kuadrat dalam z berikut :

az 2 + bz + c = 0 dengan a, b dan c variabel bebas. Penyelesaian persamaan kuadrat di atas adalah z1, 2 =

− b ± b 2 − 4ac . 2a

Jika diskriminan D = b 2 − 4ac bernilai negatif, maka dua nilai z mengandung akar bilangan negatif. Karena itulah didefinisikan nilai

− 1 = i, sehingga i 2 = −1 . Selanjutnya − 16 = 4i ,

− 3 = i 3 , i3 = −i

adalah bilangan imaginer, tetapi i2 = −1,

− 2 − 8 = i 2 .i 8 = −4

adalah bilangan real. Untuk contoh persamaan kuadrat berikut :

z 2 − 2z + 2 = 0 maka akar-akar penyelesaiannya adalah :

z=

2 ± 4 − 8 2 ± 2i = =1± i . 2 2

Istilah bilangan kompleks digunakan untuk menunjukkan set bilangan real, imaginer atau gabungan keduanya, seperti 1 ± i . Maka i + 5, 17i, 4 mewakili contoh-contoh bilangan kompleks. Bilangan kompleks dirumuskan sebagai

z = x + iy

_______________________________________________________________________________


2

yang merupakan gabungan bilangan real x dan bilangan imaginer iy. Besaran x, y dan

x 2 + y 2 berturut-turut dinamakan bagian real, bagian imaginer dan modulus

bilangan kompleks z yang dituliskan sebagai x = Re(z ) y = Im(z ) dan

z = x2 + y 2 . Dengan konsep tersebut, orang dapat menyatakan bentuk-bentuk seperti sin i, exp(iπ), ln(i +1) dalam bentuk bilangan kompleks x +iy. Sebuah bilangan kompleks seperti 5 + 3i adalah jumlah dari dua suku. Suku real (tidak mengandung i) disebut bagian real dari bilangan kompleks. Koefisien i dalam suku yang lain disebut bagian imaginer dari bilangan kompleks. Dalam bilangan 5 + 3i, 5 adalah bagian real, sementara 3 adalah bagian imaginer. Penting untuk dicatat bahwa bagian imaginer dari suatu bilangan kompleks, bukan imaginer tetapi real. Salah satu dari bagian real atau bagian imeginer dari suatu bilangan kompleks dapat bernilai nol. Jika bagian real bernilai nol, bilangan kompleks tersebut murni imaginer. Bagian real yang nol dapat diabaikan, sehingga misalnya 0 + 5i cukup ditulis 5i. Jika bagian imaginer dari bilangan kompleks tersebut lenyap, maka bilangan kompleks tersebut murni real. Sehingga misalnya, 7 + 0i cukup ditulis dengan 7. Dalam aljabar, sebuah bilangan kompleks biasanya ditulis sebagai suatu jumlahan, seperti 5 + 3i. Bentuk ini dapat pula ditulis dalam bentuk (5, 3). Jadi kalau kita ingin menjumlahkan antara dua buah bilangan kompleks, misalnya 5 + 3i dengan 4 + 2i, kita dapat menuliskannya dalam bentuk (5 + 3i) + (4 + 2i) = 9 + 5i atau dalam bentuk (5, 3) + (4, 2) = (9, 5). Ketika kita mengenal konsep ini, mungkin timbul pertanyaan, apakah arti fisis dari sin i , ln(1 + i ) dan sebagainya. Akan kita lihat nanti bahwa bilangan kompleks memainkan peran dalam sains, selain tentu saja matematika. _______________________________________________________________________________


3

Dalam fisika, konsep bilangan kompleks sangat penting untuk dipelajari. Dalam mekanika kuantum, muncul konsep ini, misalnya untuk menentukan kaedah komutasi antara operator koordinat dan momentum. Kaedah komutasi yang terkenal dalam mekanika kuantum antara kedua operator tersebut dituliskan sebagai [ xˆ, pˆ x ] = iℏ . Dalam pembahasan mekanika, kita juga dapat mengimplementasikan konsep bilangan kompleks, misalnya penyajian vektor posisi partikel dalam dua dimensi, dimana posisi x dan y berturut-turut merupakan bagian real dan imaginer dari vektor posisi z. Selengkapnya hal ini akan disinggung dalam pasal penerapan bilangan kompleks dalam fisika. Bilangan kompleks z dapat disajikan sebagai suatu titik pada bidang Argand berkoordinat Cartesan dengan sumbu X dan sumbu Y berturut-turut sebagai sumbu real dan imaginer (Gb. 1). Anak panah dari titik O ke titik z disebut fasor. Panjang fasor (r) menampilkan besar / modulus z . Fase bilangan kompleks z adalah sudut antara sumbu real (sumbu X) dengan fasor yang dilambangkan dengan φ . Dari Gb. 1.1 tampak bahwa y

r

y

φ

O

x x

Gb. 1.1 Bidang Argand x = r cos φ y = r sin φ dan

φ = arctan ( y / x) sehingga _______________________________________________________________________________


4

z = r (cos φ + i sin φ ) .

Contoh soal : Nyatakan bentuk z = 2 + 2i 3 dalam koordinat polar.

Jawab : x = 2, y = 2 3 sehingga r = 4 + 12 = 4 dan

φ = arctan(2 3 / 2) = π / 3 sehingga

z = 4[cos(π / 3) + i sin(π / 3)] . Contoh soal : Tuliskan z = −1 −i dalam bentuk polar

Jawab : Disini kita memiliki x = −1, y = −1 sehingga r =

2 . Terdapat tak terhingga

banyaknya nilai θ yaitu

θ=

5π + 2 nπ 4

dengan n adalah sembarang bilangan bulat. Nilai sudut θ = 5π / 4 seringkali disebut sudut utama dari bilangan kompleks z = −1 −i. Jadi z dapat dituliskan sebagai

z = −1 − i = 2 [cos(5π / 4 + 2πn ) + i sin (5π / 4 + 2πn )] =

2 (cos 5π / 4 + i sin 5π / 4 ) = 2 exp(5iπ / 4) .

Bentuk di atas dapat pula ditulis sebagai

z = 2 (cos 2250 + i sin 2250 ) .

1.

Beberapa sifat aljabar bilangan kompleks

1.

Dua bilangan kompleks dikatakan sama :

z1 = z 2 _______________________________________________________________________________


5

jika dan hanya jika keduanya memiliki bagian real yang sama :

Re ( z1 ) = Re ( z 2 ) , demikian pula dengan bagian imaginernya :

Im ( z1 ) = Im ( z 2 ) . 2.

Penjumlahan dua bilangan kompleks z1 = x1 + iy1 dan z 2 = x2 + iy 2 juga menghasilkan bentuk bilangan kompleks

z = z1 + z 2 = ( x1 + x2 ) + i( y1 + y 2 ) . Demikian pula untuk pengurangan berlaku

z = z1 − z 2 = ( x1 − x2 ) + i( y1 − y 2 ) . 3.

Penjumlahan bilangan kompleks memenuhi kaedah ketaksamaan segitiga yaitu z1 − z 2

4.

≤

z1 + z 2

≤

z1 + z 2

Himpunan C bilangan kompleks membentuk suatu grup terhadap penjumlahan, karena : a.

Himpunan tersebut bersifat tertutup terhadap operasi penjumlahan, yaitu untuk setiap pasangan z1 , z 2 ∈C maka z = z1 + z 2 ∈C .

b.

Bersifat asosiatif terhadap kaedah penjumlahan yaitu ( z1 + z 2 ) + z 3 = z1 + ( z 2 + z 3 ) = z1 + z 2 + z3

c.

Terdapat unsur netral yaitu 0 ∈ C yang memenuhi z+0=0+z=z

d.

Untuk setiap z ∈ C terdapat inversinya terhadap kaedah penjumlahan (disebut −z) sedemikian sehingga berlaku −z ∈ C dan z + (−z) = z − z = 0

5.

Karena berlaku z1 + z 2 = z 2 + z1 maka grup tersebut bersifat komutatif (Abelan) terhadap penjumlahan. Didefinisikan konjugat kompleks untuk bilangan kompleks z = x + iy

dengan lambang z* = x − iy sehingga _______________________________________________________________________________


6

Re z* = Re z ,

Im z* = − Im z ,

x = Re z = 12 ( z + z*), dan

y = Im z = 2i ( z * − z ) Konjugat kompleks ini dapat langsung diperoleh dengan menukar tanda +i menjadi −i. Sebagai contoh konjugat kompleks dari 2 + 3i adalah 2 − 3i. Konjugat kompleks ini merupakan pencerminan bilangan kompleks terhadap sumbu x.

Menyederhanakan ke bentuk x + iy Sembarang bilangan kompleks dapat ditulis dalam bentuk x + iy. Untuk menjumlahkan, mengurangi dan mengalikan bilangan kompleks, perlu diingat bahwa mereka mengikuti aturan aljabar biasa serta i 2 = −1 . Contoh : (1 + i ) 2 = 1 + 2i + i 2 = 2i . Untuk membagi sebuah bilangan kompleks dengan lainnya, caranya masingmasing pembilang dan penyebut dikalikan dengan kompleks konjugat penyebut sehingga penyebut menjadi real.

Contoh : 2 + i 2 + i 3 + i 5 + 5i 1 1 = = = + i. 3−i 3−i 3+i 10 2 2 Terkadang lebih mudah menghitung ketika disajikan dalam bentuk polar.

Contoh : Tuliskan bentuk 1 2(cos 20 0 + i sin 20 0 ) dalam bentuk x + iy . Jawab : Karena 20 0 = 0,349 radian maka _______________________________________________________________________________


7

1 2(cos 20 + i sin 20 ) 0

0

=

1 1 = = 0,5e −0,349i = 0 , 349 i 2(cos 0,349 + i sin 0,349) 2e

0,5[cos 0,349 − i sin 0,349] = 0,47 − 0,17i.

Contoh soal : Tunjukkan z1 = 1 + i 3 dan z 2 = 2 − 2i 3 memenuhi kaedah ketidaksamaan

segitiga.

Jawab : z1 = 1 + 3 = 2 , z 2 = 4 + 12 = 4 , z1 + z 2 = 3 − i 3 , dan z1 + z 2 = 9 + 3 = 2 3 sehingga 2 − 4 = 2 < 2 3 <2 + 4 = 6.

Contoh soal : Carilah nilai absolut z =

2+i . 3 − 2i

Jawab : z=

2 + i 3 + 2i 4 + 7i ⋅ = 3 − 2i 3 + 2i 13

sehingga

z =

16 + 49 5 = . 13 13

Contoh soal : Carilah x dan y jika ( x + iy ) 2 = 2i .

Jawab : Karena ( x + iy ) 2 = x 2 + 2ixy − y 2 , maka diperoleh dua persamaan real :

_______________________________________________________________________________


8

x2 − y2 = 0

dan 2 xy = 2 . Dari persaman pertama diperoleh y2 = x2 sehingga y = x atau y = − x .

Substitusi hal ini kepada persamaan kedua menghasilkan

2 x 2 = 2 atau − 2 x 2 = 2 . Karena x real, maka x 2 tidak boleh negatif. Karena itu

x 2 = 1 dan y = x yang memberikan

x = y =1 dan

x = y = −1 . Contoh soal : Bagaimanakah bentuk kurva dalam bidang (x, y) yang memenuhi persamaan

z =3 ? Jawab : Karena

z = x2 + y 2 = 3 maka

x2 + y2 = 9 . Karena itu persamaan z = 3 menggambarkan persamaan lingkaran dengan jarijari 3 dengan pusat di O.

Soal-Soal Latihan 1.

Carilah nilai-nilai absolut berikut ini

_______________________________________________________________________________


9

2.

a.

2 + 3i 1− i

b.

z z

c.

(1 + 2i ) 3

d.

1+ i    1− i 

5

Carilah seluruh nilai yang mungkin untuk bilangan real x dan y pada persamaan berikut

3.

4.

a.

(2 x − 3 y − 5) + i ( x + 2 y + 1) = 0

b.

( x + iy )3 = −1

c.

x + iy + 2 + 3i =i+2 2 x + 2iy − 3

Gambarkan kurva/daerah dalam bidang kompleks untuk persamaan berikut a.

z −1 < 2

b.

z − z = 5i

c.

z −1 + i = 2

d.

z +1 + z −1 = 8

e.

Re ( z 2 ) = 4

f.

z2 = z 2

g.

z2 + z 2 = 0

Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy. a.

e3(1− 4πi )

b.

1 + i    1− i 

4

_______________________________________________________________________________


10

c.

(1 + i ) 48 ( 3 − i ) 25

d.

(1 − 2i)i

e.

i ln i

f.

e − (iπ / 4) + ln 3

2.

Perkalian & pemangkatan bilangan kompleks, Rumus de Moivre dan

Euler Dari perumusan z = r (cos φ + i sin φ ) jika masing-masing ruas diturunkan ke φ diperoleh dz = r (− sin φ + i cos φ ) = i z dφ atau

dz = i dφ . z Pengintegralan menghasilkan ln z = i φ + C dengan C suatu tetapan. Jika diisikan syarat :

φ = 0 maka z = r , sehingga C = ln r . Jadi diperoleh z = r (cos φ + i sin φ ) = r exp (iφ ) Berlakulah rumus Euler : e iφ = cos φ + i sin φ . Adapun e −iφ = e i ( −φ ) = cos(−φ ) + i sin(−φ ) = cos φ − i sin φ sehingga kedua rumus di atas dapat disatukan menjadi _______________________________________________________________________________


11

e ± iφ = cos φ ± i sin φ Dari bentuk di atas nilai cos φ dan sin φ dapat dituliskan sebagai cos φ = 12 (eiφ + e −iφ ) dan sin φ =

1 2i

( e iφ − e − iφ )

Dengan memanfaatkan rumus Euler di atas, pemangkatan bilangan kompleks z dengan n menghasilkan

z n = r n (cos φ + i sin φ ) n = r n e inφ = r n (cos nφ + i sin nφ ) sehingga berlakulah rumus de Moivre : (cos φ + i sin φ ) n = (cos nφ + i sin nφ ) . Rumus di atas dapat pula digunakan untuk mencari akar bilangan kompleks. Jika z = r exp(iφ ) , maka n

φ φ  z = z1 / n = r 1 / n exp(iφ / n) = n r  cos + i sin  n n 

Contoh soal : Nyatakan z = 2 + 2i 3 dalam bentuk eksponensial.

Jawab : Mengingat telah ditunjukkan di atas bahwa

z = 4[cos(π / 3) + i sin(π / 3)] maka bentuk tersebut sama dengan z = 4 exp(iπ / 3) .

Contoh soal : Carilah nilai z 5 untuk bentuk z di atas.

Jawab : z 5 = 45 exp(5iπ / 3) = 1024[cos(5π / 3) + i sin(5π / 3)] = 512(1 − i 3 )

Contoh soal : _______________________________________________________________________________


12

Nyatakan bentuk z = (1 + i ) −i dalam bentuk x + iy. Jawab : z=

(

2 exp(iπ / 4)

(

)

−i

= ( 2 ) − i exp(π / 4) = exp(−i ln 2 ). exp(π / 4)

= exp(π / 4) cos(ln 2 ) − i sin(ln 2 )

)

= 2,19 × (0,94 − 0,34i) = 2,06 − 0,74i.

Contoh soal : Carilah semua akar persamaan x 4 + 2 x 2 + 4 = 0 .

Jawab : Dengan substitusi :

u = x2 diperoleh bentuk persamaan kuadrat dalam u :

u 2 + 2u + 4 = 0 yang memiliki akar-akar

u1, 2 =

− 2 ± 4 − 16 = −1 ± i 3 . 2

Jadi u1 = −1 + i 3 = x 2 = 2 exp(2πi / 3) sehingga x1, 2 = ± 2 exp(πi / 3) = ± 2 (cos π / 3 + i sin π / 3) =±

1+ i 3 . 2

Kemudian u 2 = −1 − i 3 = x 2 = 2 exp(4πi / 3) sehingga x3, 4 = ± 2 exp(2πi / 3) = ± 2 (cos 2π / 3 + i sin 2π / 3) = ±

−1+ i 3 . 2

Jadi keempat akar persamaan x 4 + 2 x 2 + 4 = 0 adalah _______________________________________________________________________________


13

1+ i 3 1+ i 3 −1+ i 3 −1 + i 3 , − , dan − . 2 2 2 2 Dapat dilihat bahwa jumlah keempat akar tersebut sama dengan nol. Contoh soal : Carilah seluruh nilai akar

3

8.

Jawab : z = 8 = 8(cos 0 + i sin 0) = 8(cos 2π + i sin 2π ) = 8 (cos 4π + i sin 4π ) . Jadi akar-akar untuk bentuk

3

8 adalah : 2

atau

2(cos 2π / 3 + i sin 2π / 3) = −1 + i 3 atau 2(cos 4π / 3 + i sin 4π / 3) = −1 − i 3 .

Soal-soal Latihan 5.

6.

Carilah seluruh akar-akar bilangan kompleks berikut a.

5

1 (ada 5 jawaban)

b.

8

16 (ada 8 jawaban)

c.

4

8i 3 − 8

Tunjukkan bahwa jumlah seluruh n buah akar dari akar pangkat n sembarang bilangan kompleks sama dengan nol.

7.

Gunakan rumus de Moivre untuk menunjukkan bahwa

cos 3θ = 4 cos 3 θ − 3 cos θ dan _______________________________________________________________________________


14

sin 3θ = 3 sin θ − 4 cos 3 θ 8.

Gunakan fungsi eksponensial untuk menunjukkan bahwa

cos(θ1 ± θ 2 ) = cos θ1 cos θ 2 ∓ sin θ1 sin θ 2 dan

sin(θ1 ± θ 2 ) = sin θ1 cos θ 2 ± cos θ1 sin θ 2

3.

Rumus Binomium Newton Rumus binomium Newton dituliskan sebagai n

n

n! xn−r yr r = 0 ( n − r )! r!

( x + y ) n = ∑ Crn x n − r y r = ∑ r =0

= x n + nx n −1 y +

n(n − 1) n − 2 2 x y + ... + nxy n −1 + y n 2!

Untuk menunjukkan nilai e secara eksplisit, dituliskan eiφ = ein (φ / n ) = (cos(φ / n) + i sin(φ / n)) n . Jika diisikan φ = −i serta n besar sekali ( n → ∞), maka

e = lim [cos(−i / n) + i sin(−i / n)]n n→∞ Mengingat untuk n besar, cos(−i / n) →1 dan sin(−i / n) → − i / n , maka

e = lim [1 + (1 / n)]n n→∞ Apabila ke dalam rumus binomium Newton diisikan nilai : x =1 dan y = 1/n, _______________________________________________________________________________


15

maka diperoleh bentuk eksplisit e e = 1+

∞ 1 1 1 1 + + + ... = ∑ ≈ 2,718281828... 1! 2! 3! n = 0 n!

Apabila ke dalam rumus Euler, diisikan :

φ = −iα / n dengan nilai n diambil besar sekali, maka dengan mengambil pendekatan cos(−iα / n) = 1 dan sin(−iα / n) = −iα / n dihasilkan rumus untuk menurunkan nilai eα yang berbentuk α

∞

αn

n=0

n!

e = (1 + α / n) = 1 + α / 1! + α / 2! + ... = ∑ n

2

Dapat ditunjukkan dengan rumus binomium Newton bahwa bentuk untuk cos φ dan sin φ berturut-turut adalah : cos φ = 1 −

φ2 2!

+

φ4 4!

− ... =

∞

(−1) n φ 2 n ∑ n = 0 ( 2 n)!

dan sin φ = φ −

φ3 3!

+

φ5 5!

(−1) n φ 2 n +1 . n = 0 ( 2n + 1)! ∞

− ... = ∑

Apabila ke dalam rumus terakhir di atas diisikan φ = iα , diperoleh bentuk cos(iα ) yang real yang akan disebut cosh α, dan bentuk sin(iα ) yang imaginer = i sinh α . Jadi cos(iα ) = cosh α dan sin(iα ) = i sinh α . Bentuk eksplisit keduanya adalah cosh α = 1 +

α2 2!

+

α4 4!

∞

+ ... = ∑

α 2n

n = 0 ( 2 n)!

dan _______________________________________________________________________________


16

sinh α = α +

α3 3!

+

α5 5!

∞

+ ... = ∑

α 2 n +1

n = 0 ( 2n

+ 1)!

.

Analog dengan kaitan untuk sin α dan cos α , bentuk hiperbolik di atas dapat dikaitkan dengan e ±α dalam bentuk cosh α = 12 (eα + e −α ) dan sinh α = 12 (eα − e −α ) Fungsi hiperbolik yang lain adalah

tanh α =

sinh α eα − e −α = . cosh α eα + e −α

Bentuk z = eα memiliki bentuk inversi

α = ln z . Inversi bentuk hiperbolik ada hubungannya dengan logaritma alam (ln). Untuk z = cosh α = 12 (eα + e −α )

maka dengan mengalikan masing-masing ruas di atas dengan e −α serta menyusun kembali persamaan kuadrat, diperoleh bentuk (eα ) 2 − 2 zeα + 1 = 0 . Persamaan kuadrat ini memiliki penyelesaian 2z ± 4z 2 − 4 e = = z ± z2 −1 2 α

sehingga diperoleh

α = sinh −1 z = ln( z ± z 2 − 1) . Bentuk penyelesaian di atas menunjukkan penyelesaian ganda (kecuali untuk z = 1) dan bernilai real apabila z ≥ 1. Untuk z = sinh α maka diperoleh penyelesaian yang berbentuk

α = sinh −1 z = ln( z + z 2 + 1) .

_______________________________________________________________________________


17

Bentuk di atas merupakan penyelesaian tunggal dan bernilai selalu real untuk sembarang z real. Sedangkan untuk z = tanh α diperoleh bentuk penyelesaian

1+ z   1− z 

α = tanh −1 z = 12 ln yang bernilai real hanya untuk −1 < z < 1.

Contoh soal : Nyatakan bentuk sin (π − 2i ln 3) dalam bentuk x + iy .

Jawab : z = sin (π − 2i ln 3) = (2i ) −1 (exp(iπ + 2 ln 3) − exp(−iπ − 2 ln 3) )

(

= (2i ) −1 9(cos π + i sin π ) − 9 −1 (cos π − i sin π )

)

1 9 = 40 i . 2i 9

−9+ =

Contoh soal : Buktikan bahwa sin 2 z + cos 2 z = 1 .

Jawab :

 eiz − e − iz sin z =  2i  2

2

 e 2iz − 2 + e − 2iz  =−  4 

dan

 eiz + e − iz cos z =  2  2

2

 e 2iz + 2 + e − 2iz  =  4 

sehingga

sin 2 z + cos 2 z =

2 2 + = 1. 4 4

Contoh soal : Buktikan bahwa

d sin z = cos z . dz

Jawab : _______________________________________________________________________________


18

(

)

1 d iz i (eiz + e −iz ) e − e − iz = = cos z . 2i dz 2i Dalam matematika elementer, kita mempelajari logaritma hanya untuk bilangan positif saja, tidak ada logaritma bilangan negatif. Hal ini memang demikian jika kita hanya bekerja pada bilangan real saja. Namun jika kita bekerja dengan bilangan kompleks, kita akan mengenal logaritma bilangan negatif, bahkan logaritma dari bilangan kompleks itu sendiri. Jika z = ew

maka menurut definisi w = ln z . Karena sembarang bilangan kompleks z dapat dinyatakan dalam bentuk z = re iθ maka w = ln(re iθ ) = ln r + iθ Perumusan di atas memberikan nilai logaritma suatu bilangan kompleks z yaitu logaritma dari modulusnya (yang real positif) ditambah dengan iθ yang pasti imaginer. Karena θ memiliki sejumlah tak hingga banyaknya (sudut utama dan sudut lainnya yang berbeda kelipatan 2π dari sudut utama), karena itu logaritma bilangan kompleks terdapat tak hingga banyaknya, yang nilainya berbeda dengan lainnya oleh kelipatan 2πi . Nilai utama dari ln z adalah satu nilai menggunakan sudut utama dari θ , disini digunakan 0 ≤ θ < 2π . (Buku-buku lainnya ada yang menggunakan − π < θ ≤ π )

Contoh soal : Carilah ln(−1).

Jawab : ln(−1) = ln[exp i (π ± 2πn)] = i (π ± 2πn) untuk n = 0, 1, 2, …

Contoh Soal : Carilah nilai ln(1 + i ) _______________________________________________________________________________


19

Jawab : Untuk z = 1 + i, maka

r= 2 dan

θ = π / 4 ± 2 nπ maka

ln(1 + i ) = ln 2 + i (π / 4 ± 2nπ )

= 0,347 + i (π / 4 ± 2nπ ) . Untuk setiap bilangan real positif, persamaan ln a b = b ln a ekuivalen dengan a b = e b ln a . Pangkat kompleks didefinisikan dengan rumus yang sama untuk a dan b kompleks. Jadi menurut definisi a b = e b ln a . Karena nilai logaritma bilangan kompleks ada sejumlah tak hingga banyaknya, demikian pula dengan pangkat kompleks ini. Kita dapat mengambil nilai utama dengan sudut yang dipilih adalah sudut utama.

Contoh Soal : Carilah seluruh nilai i −2i .

Jawab : Bentuk tersebut dapat ditulis sebagai i −2i = e −2i ln i . Karena ln i = i (π / 2 ± 2nπ ) maka i −2i = eπ ± 4nπ dimana

_______________________________________________________________________________


20

eπ = 23,14 . Perhatikan bahwa seluruh set nilai i −2i adalah real. Contoh Soal : Carilah seluruh nilai i1 / 2 . Jawab : i1 / 2 = e (1 / 2) ln i = e iπ / 4 e inπ .

Mengingat + 1 untuk n genap e inπ =   − 1 untuk n gasal maka i 1 / 2 = ± e iπ / 4 = ±

1+ι 2

.

Ternyata, meskipun ln i memiliki sejumlah tak hingga banyaknya, nilai untuk i1 / 2 hanya dua nilai, sebagaimana kita peroleh untuk akar pangkat dua.

Contoh Soal : Carilah z = arc cos 2 atau cos z = 2. Jawab : Dari bentuk 2=

eiz + e −iz , 2

dilakukan substitusi

u = eiz sehingga diperoleh

u 2 − 4u + 1 = 0 Penyelesaian persamaan kuadrat di atas adalah : u1, 2 =

4 ± 16 − 4 =2± 3 2

atau eiz = 2 ± 3 . _______________________________________________________________________________


21

Dengan mengambil logaritma kedua ruas persamaan di atas diperoleh iz = ln(2 ± 3 ) + 2πni atau z = arc cos 2 = 2πn − i ln(2 ± 3 ) .


10.

Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy. a.

cos (π − 2i ln 3)

b.

tan 2i.

c.

iπ   sinh  ln 2 +  3 

d.

ln − 2 − i 2

e.

  3 + i   sin i ln  2   

f.

arccos (−2)

g.

tanh −1 (i 3 )

h.

ln(sin −1 2i )

i.

tanh −1 (i −i )

j.

e −iπ +3 ln 2

k.

3

(

)

i

Tunjukkan bahwa bentuk-bentuk sinh −1 x, cosh −1 x dan tanh −1 x dapat dinyatakan dalam bentuk fungsi ln yang sesuai. (Petunjuk : untuk y = sinh −1 x atau x = sinh y = (e y − e − y ) / 2 , ubahlah ke menjadi persamaan kuadrat dalam e y , begitu seterusnya).

_______________________________________________________________________________


22

4.

Penerapan Bilangan Kompleks Pada pasal ini akan dijelaskan penerapan bilangan kompleks pada fisika,

misalnya pada mekanika, kelistrikan dan optika. Mekanika Berikut ini akan disajikan beberapa contoh soal dalam mekanika yang menggunakan konsep bilangan kompleks. Contoh soal : Sebuah partikel bergerak di dalam bidang (x, y) sedemikian sehingga posisi (x, y) sebagai fungsi waktu t disajikan oleh persamaan z = x + iy =

2t + i . t −i

Carilah besar kecepatan dan percepatannya sebagai fungsi t.

Jawab : Dari bentuk z = x + iy di atas, kecepatan kompleks dan percepatan kompleks berturut-turut dirumuskan sebagai v=

dz dt

dan

d 2z a= 2 . dt Karena itu besar kecepatan dan besar percepatan masing-masing sama dengan

v = dz / dt dan

a = d 2 z / dt 2 . Untuk nilai z di atas :

dz 3i =− dt (t − i ) 2 sehingga

_______________________________________________________________________________


23

v=

dz dz − 3i 3i 3 = = dt dt (t − i ) 2 (t + i ) 2 t 2 + 1

dz = dt

Sedangkan d 2z 6i = 2 dt (t − i )3 sehingga

d 2z 6 . a= 2 = 2 dt (t + 1) 3 / 2


Sebuah partikel bergerak dalam bidang XY sehingga posisinya (x, y) sebagai fungsi waktu diberikan oleh z = x + iy = cos 2t + i sin 2t Tentukan besar kecepatan dan percepatan partikel tersebut sebagai fungsi waktu. Bagaimanakah bentuk gerakannya ?

12.

Analog dengan soal di atas, jika z = cos 2t + i sin t , carilah kecepatan, percepatan serta lukiskan keadaan geraknya.

Gerak osilator selaras teredam Ditinjau gerak partikel bermassa m dalam satu dimensi yang terikat dalam pegas berkonstanta k. Jika partikel tersebut mengalami gaya gesekan yang sebanding dengan kecepatannya, persamaan gerak partikel tersebut adalah mɺxɺ + bxɺ + kx = 0 dengan bɺx adalah gaya gesek, dan b adalah tetapan gaya gesek. Persamaan di atas dapat disederhanakan menjadi

ɺxɺ + 2 β xɺ + ω 02 x = 0 dengan

_______________________________________________________________________________


24

β=

b 2m

dan

ω0 =

k . m

Tetapan ω 0 adalah frekuensi sudut alamiah osilator yang tak teredam. Untuk menyelesaikan persamaan di atas, dilakukan substitusi

x = eα t sehingga diperoleh persamaan kuadrat dalam α :

α 2 + 2αβ + ω 02 = 0 . Penyelesaian persamaan di atas adalah

α1 = − β + β 2 − ω 02 dan

α 2 = − β − β 2 − ω 02 . I.

Jika β 2 > ω 02 , diperoleh dua penyelesaian yang saling bebas. Penyelesaian

umumnya berbentuk x = c1eα1t + c2eα 2 t

β 2 > ω 02 .

Penyelesaian ini dinamakan teredam lewat (overdamped). Penyelesaian di atas akan unik jika koordinat dan kecepatan partikel pada suatu t tertentu diketahui, yang dapat diambil untuk t = 0. Jadi tetapan c1 dan c2 dapat ditentukan melalui persamaan-persamaan x0 = c1 + c2 dan v0 = α1c1 + α 2c2 . II.

Jika β 2 = ω 02 , maka

α1 = α 2 = − β yang menghasilkan penyelesaian yang berbentuk eksponensial, yaitu

x1 = exp(− β t ) _______________________________________________________________________________


25

Penyelesaian yang lain adalah

x2 = t exp(− β t ) sehingga penyelesaian umum untuk kasus β 2 = ω 02 adalah

x = (c1 + c2t ) exp(− β t ) . Penyelesaian di atas dinamakan dengan teredam kritis (critical damped). III.

Adapun untuk redaman yang kecil, sehingga β 2 < ω 02 , bentuk didalam akar

menjadi bernilai negatif, sehingga dapat dinyatakan dalam bentuk

α1 = − β + iω1 dan

α 2 = − β − iω1 dengan

ω1 = ω 02 − β 2 . Penyelesaian umum untuk kasus ini adalah

x = exp(− β t )(c1 exp(iω1t ) + c2 exp(−iω1t ) ) . Bentuk di atas dapat diolah menjadi

x = exp(− β t )(a1 sin(ω1t ) + a2 cos(ω1t ) ) dengan

a1 = i (c1 − c2 ) dan

a2 = c1 + c2 . Karena x real, c1 dan c2 adalah bilangan kompleks yang dihubungkan melalui persamaan

c2 * = c1 . Tetapan a1 dan a2 bernilai real. Bentuk lain penyelesaian di atas adalah

x = A exp(− β t ) cos(ω1t − δ ) dengan tetapan A dan δ diberikan oleh A = a12 + a22 _______________________________________________________________________________


26

dan tan δ =

a1 . a2

Penyelesaian di atas dinamakan teredam meluruh.

Masalah Kelistrikan Dalam teori arus listrik, jika VR adalah tegangan antara ujung-ujung hambatan R, dan I adalah arus yang mengalir pada hambatan tersebut maka berlaku hukum Ohm yang dirumuskan sebagai

VR = I R Selain itu, kaitan antara arus I dan tegangan VL pada sebuah induktansi L adalah VL = L

dI dt

sedangkan arus dan tegangan yang melalui sebuah kapasitor berkapasitansi C dihubungkan melalui persamaan dVC I = dt C

Ditinjau sebuah rangkaian seri dengan tegangan bolak-balik V dan arus bolak-balik I yang disa-jikan pada gambar di samping

ini. V dan I bervariasi terhadap waktu yang diberikan oleh persamaan I = I 0 sin ω t

Dengan I diberikan pada persamaan di atas, tegangan yang melalui R, L dan C adalah VR = RI 0 sin ω t VL = ωLI 0 cos ω t

dan VC = −

1 I 0 cos ω t ωC

sehingga tegangan total bernilai _______________________________________________________________________________


27

V = VR + VL + VC . Ada metode lain yang dapat digunakan untuk menelaah kasus di atas dengan menggunakan konsep bilangan kompleks. Bentuk persamaan arus yang bervariasi terhadap waktu dapat ditulis sebagai

I = I 0 e iω t dimana kuat arus secara fisis diberikan oleh bagian imaginer I dalam persamaan di atas. Jadi

VL = RI 0 e iω t VL = iωL I 0eiω t = iωL I VC =

1 I I 0 e iω t = iω C iω C

sehingga

  1   I . V = VR + VL + VC =  R + i ω L − ω C    Dari persamaan terakhir didefinisikan besaran impedansi (kompleks) sebagai

 1  . Z = R + i  ω L − ω C   Karena itu tegangan V dapat ditulis sebagai V = ZI yang mana penampilannya nampak seperti hukum Ohm. Besar Z dapat dicari dengan menentukan modulusnya sebagai

Z = R 2 + ( X L − X C )2 dengan

XL =ω L dan XC =

1 ωC

berturut-turut adalah reaktansi induktif dan reaktansi kapasitif. Nilai Z akan minimum jika _______________________________________________________________________________


28

X L = XC yang berarti

ω=

1 . LC

Keadaan ini disebut dengan keadaan resonansi. Pada keadaan ini bentuk Z tidak mengandung bagian kompleks.

Optika Dalam optik, orang sering menggabungkan sejumlah gelombang cahaya (yang dapat diwakili oleh fungsi sinus) Misalkan terdapat n gelombang yang dapat dituliskan sebagai sin(ωt ), sin(ωt + δ ), sin(ωt + 2δ ), ... , sin(ωt + (n − 1)δ ) Jika orang ingin menjumlahkan seluruh gelombang tersebut,langkah termudah adalah dengan menyatakan fungsi sinus tersebut, langkah termudah adalah dengan menyatakan fungsi sinus tersebut sebagai bagian imaginer dari suatu bilngan kompleks, sehingga n gelombang tersebut dapat dinyatakan sebagai bagian imaginer dari deret bilangan kompleks berikut :

eiωt + eiωt + δ + eiωt + 2δ + ... + eiωt + ( n −1)δ . Deret di atas adalah deret geometri dengan suku pertama eiωt dan rasio eiδ . Dengan menggunakan rumus jumlah untuk n suku pertama deret geometri :

a (1 − r n ) Sn = 1− r dengan a dan r berturut-turut suku pertama dan rasio deret, deret bilangan kompleks di atas dapat dinyatakan sebagai

eiωt (1 − einδ ) . 1 − e iδ Dengan menggunakan bentuk 1 − einδ = einδ / 2 (e −inδ / 2 − einδ / 2 ) = −2ieinδ / 2 sin(nδ / 2) dan 1 − eiδ = eiδ / 2 (e −iδ / 2 − eiδ / 2 ) = −2ieiδ / 2 sin(δ / 2) _______________________________________________________________________________


29

maka jumlah deret di atas dapat dituliskan ei (ωt +[ n −1]δ / 2)

sin(nδ / 2) . sin(δ / 2)

Akhirnya dengan mengambil bagian imaginer hasil di atas, diperoleh jumlah deret sinus sebagai nδ n −1   2 . sin  ω t + δ 2   sin δ 2 sin


Pada integral-integral berikut ini nyatakan sin dan cos dalam bentuk eksponensial, selanjutnya tunjukkan bahwa a.

14.

π

π

π

∫−π cos 2 x cos 3x dx = ∫−π sin 2 x sin 3x dx = ∫−π sin 2 x cos 3x dx π

b.

∫−π cos

c.

∫0

2π

2

=0

3x dx = π .

sin 2 4 x dx = π

Carilah nilai

∫e

( a + ib ) x

dx , kemudian ambillah bagian real dan imaginer

untuk menunjukkan bahwa

15.

a.

e ax (a cos bx + b sin bx) ∫ e cos bx dx = a 2 + b2

b.

ax ∫ e sin bx dx =

ax

e ax (a sin bx − b cos bx) a 2 + b2

Tunjukkan bahwa untuk sembarang real y, berlaku e iy = 1 , sedangkan untuk sembarang kompleks z, berlaku e z = e x .

16.

Tunjukkan bahwa tan z tidak pernah bernilai ± i , serta tanh z tak pernah bernilai ± 1 .

_______________________________________________________________________________


30

17.

Buktikan bahwa a.

cos θ + cos 3θ + cos 5θ + ... + cos(2n − 1)θ =

b.

sin θ + sin 3θ + sin 5θ + ... + sin(2n − 1)θ =

c.

 ∞ 2n   ∞   ∑ r cos nθ  +  ∑ r 2 n sin nθ  =  n=0   n=0 

2

N

d.

1 + ∑ cos nθ = n =1

N

e.

∑ sin nθ = n =1

2

sin 2nθ 2 sin θ

sin 2 nθ sin θ

∞

∑r

2 2 n inθ

e

n=0

cos[ Nθ / 2] sin[( N + 1)θ / 2] sin θ / 2

sin[ Nθ / 2] sin [( N + 1)θ / 2] sin θ / 2

18.

Buktikan berlakunya kaedah ketaksamaan segitiga.

19.

Buktikan rumus binomium Newton dengan menggunakan induksi matematik.

20.

Carilah semua akar-akar persamaan di bawah ini a.

x 2 + 3x + 6 = 0

b.

x4 − 4x2 − 2 = 0

c.

x 2 − x + 1 = 0 , kemudian hitunglah α 100 + β 100 , jika akar-akarnya adalah α dan β .

21.

Dalam teori relativitas khusus, laju partikel bermassa (v) selalu lebih kecil daripada laju cahaya dalam vakum (c). Sementara itu nilai tanh θ untuk θ real selalu memiliki jangkauan nilai −1 < tanh θ < 1. Jika didefinisikan tanh θ = v/c, buktikan bahwa

_______________________________________________________________________________


31

cosh θ =

1 1 − v2 / c2

dan

sinh θ =

v/c 1 − v2 / c2

.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

32

BAB II ALJABAR VEKTOR Dalam fisika, konsep tentang vektor memainkan peranan yang sangat penting. Banyak besaran-besaran dalam fisika yang merupakan besaran vektor (selain juga skalar, tensor dan lain-lain). Sebagai contoh, gaya yang merupakan salah satu fisika penting dalam mekanika merupakan contoh dari besaran vektor. Contoh lain adalah kecepatan yang juga merupakan besaran vektor. Jika kecepatan ini hanya dihitung besarnya, diperoleh kelajuan yang merupakan besaran skalar. Ketika membicarakan aljabar vektor, orang tidak hanya berkutat pada masalah sifat-sifat penjumlahan, pengurangan, perkalian baik perkalian vektor dengan suatu skalar maupun perkalian antar vektor dalam bentuk perkalian titik dan perkalian silang, namun juga konsep-konsep lain seperti diferensial vektor, integral vektor, koordinat lengkung dan sebagainya. Namun pada buku ini kalkulus vektor tidak akan dibahas.

Sifat-sifat Skalar dan Vektor Skalar adalah besaran yang secara lengkap ditentukan oleh besar dan tandanya. Dalam fisika contoh besaran skalar adalah massa, panjang, waktu, laju, muatan listrik, skalar potensial listrik dan sebagainya. Lambang besaran skalar adalah huruf Romawi miring (italics), seperti m, s, t dan sebagainya. Vektor adalah besaran yang secara geometris ditentukan oleh besar dan arahnya dalam ruang. Contoh besaran vektor dalam fisika adalah vektor letak suatu titik, kecepatan, percepatan, gaya, momentum, momentum sudut, torka, kuat medan listrik, vektor imbas magnet, vektor potensial listrik, vektor pergeseran listrik dan lain-lain. Lambang besaran vektor adalah huruf tebal tegak dan biasanya diberi panah, seperti r, v, a, F dan sebagainya.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

33

Besar Vektor Panjang panah yang mewakili suatu vektor A disebut panjang atau magnitud (magnitude) vektor A , yang ditulis dengan A atau A. Terkadang

ditulis pula sebagai norm A , yang ditulis dengan A . Dengan menggunakan teorema Phytagoras, panjang A adalah A = A = Ax2 + Ay2 dalam dua dimensi

atau A = A = Ax2 + Ay2 + Az2 dalam tiga dimensi. Contoh soal : Gaya F memiliki komponen ke arah x sebesar 3 N dan komponen ke arah y

sebesar 4 N. Maka : Fx = 3N , Fy = 4 N , F = Fx2 + Fy2 = 5 N. dan F 3 θ = sudut antara F dengan sumbu x = arctan y = arctan . Fx 4

Sifat-sifat ruang vektor Sebuah ruang vektor (vector space) berisi kumpulan objek matematik untuk mana suatu hukum penjumlahan didefinisikan : c = a +b. Sebuah proses perkalian skalar juga didefinisikan sebagai berikut : Jika a sebuah vektor dan α suatu skalar (bilangan biasa) maka αa juga sebuah vektor. Berikut ini adalah hukum dasar tentang aljabar vektor : 1.

Tertutup (Closure) : Jika a dan b vektor, maka a + b juga sebuah vektor.

2.

Hukum penjumlahan komutatif :

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

34

a + b = b + a. 3.

Hukum penjumlahan asosiatif : ( a + b ) + c = a + ( b + c ).

4.

Eksistensi vektor nol.

5.

6. 7. 8.

Terdapat suatu vektor 0 sedemikian sehingga a + 0 = 0 + a = a. Untuk sebuah vektor a tertentu terdapat lawan (− a ) sedemikian sehingga a + (− a ) = 0 . Jika α1 dan α 2 adalah skalar maka (α1 + α 2 )a = α1a + α 2a . α (a + b ) = α a + α b . α1 ( α 2 a ) = ( α1 α 2 ) a

Penjumlahan Vektor Dua vektor A dan B dapat dijumlahkan secara geometri dengan dua cara : (1) cara segitiga, dan (2) cara jajaran genjang. Pada penjumlahan dua vektor atau lebih, berlaku kaedah-kaedah : Kaedah komutatif : A + B = B + A Kaedah asosiatif : ( A + B) + C = A + (B + C) . Dengan kata lain, vektor-vektor dapat dijumlahkan dengan menggunakan aturan aljabar biasa. Contoh : dua buah vektor 5iˆ + 3 ˆj dan 3iˆ + 2 ˆj dapat dijumlahkan dengan hasil

8iˆ + 5 ˆj

Sebuah vektor cA menyatakan sebuah vektor yang panjangnya c kali vektor A dan arahnya adalah sejajar (berlawanan) dengan A jika c positif (negatif). Jadi jika A

= 5iˆ + 3 ˆj

maka _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

35

4 A = 20iˆ + 12 ˆj .

Sementara itu negatif sebuah vektor didefinisikan sebagai sebuah sebuah vektor yang memiliki panjang sama tetapi arahnya berlawanan dengan vektor semula, seperti vektor − A adalah lawan vektor A . Untuk vektor A = 5iˆ + 3 ˆj maka − A = − 5iˆ − 3 ˆj . Jumlah keduanya menghasilkan vektor nol ( 0 ). Vektor nol adalah vektor dengan

panjang nol, seluruh komponennya nol namun tidak memiliki arah. Sebuah vektor dengan panjang satu disebut vektor satuan (unit vector). Jadi untuk sebarang vektor A ≠ 0, vektor A / A adalah sebuah vektor satuan. Pada contoh A diatas, maka vektor satuannya adalah

5iˆ + 3 ˆj 34 karena besarnya sama dengan

34 .


Tunjukkan bahwa ketiga garis bagi (garis yang membagi garis sama panjang) pada suatu segitiga sembarang bertemu pada satu titik.

2.

Tunjukkan bahwa diagonal jajaran genjang membagi jajaran genjang sama besar.

3.

Tunjukkan bahwa sebuah garis yang melalui titik tengah sisi pertama dan sejajar sisi kedua, akan membagi dua sisi ketiga.

4.

Tunjukkan bahwa garis yang menghubungkan titik tengah dua sisi pada sembarang segitiga akan sejajar dengan sisi ketiga dan panjang garis tersebut sama dengan setengah panjang sisi ketiga.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

36

5.

Tunjukkan bahwa seluruh polinomial berderajat n dalam x P( x) = a0 + a1x + a2 x 2 + ... + an x n =

n

∑ ak x k

k =0

membentuk sebuah ruang vektor. Berapakah dimensi ruang ini? Carilah sebuah himpunan vektor basis (tidak harus vektor satuan) yang menggelar ruang ini.

6.

Tinjaulah himpunan seluruh pasangan bilangan real (a, b). Asumsikan bahwa penjumlahan pasangan dan perkalian skalar didefinisikan sebagai ( a , b ) + (c, d ) = ( a + c, b + d )

α (a, b) = (αa, b) . Tunjukkan bahwa dalam kondisi tersebut, pasangan bilangan tersebut tidak membentuk sebuah ruang vektor.

Perkalian antara Vektor Ada dua jenis perkalian antara dua buah vektor. Pertama, disebut perkalian skalar (scalar product) atau perkalian titik (dot product) yang memberikan hasil berupa besaran skalar. Kedua, disebut perkalian vektor (vector product) atau perkalian silang (cross product) yang memberikan hasil berupa vektor juga.

Perkalian Skalar Perkalian skalar antara vektor A dan B didefinisikan sebagai sebuah besaran skalar yang sama dengan panjang A dikalikan panjang B dikalikan cosinus sudut antara A dan B . Dituliskan sebagai A ⋅ B = A B cos θ . Perkalian skalar memenuhi kaedah komutatif : A⋅B = B⋅A . Perkalian skalar juga memenuhi kaedah distributif : _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

37

(B + C) ⋅ A = B ⋅ A + C ⋅ A .

Sifat lain yang dimiliki oleh perkalian skalar adalah : α ( A ⋅ B) = (αA) ⋅ B = A ⋅ (αB) Jika A dan B adalah fungsi parameter t maka : dB dA d + ⋅B ( A ⋅ B) = A ⋅ dt dt dt Jika perkalian skalar ingin dinyatakan dalam bentuk komponenkomponennya, diperoleh A ⋅ B = ( Ax iˆ + Ay ˆj + Az kˆ) ⋅ ( Bx iˆ + B y ˆj + Bz kˆ) . Bentuk di atas mengandung sembilan suku, meliputi Ax Bx iˆ ⋅ iˆ , Ax B y iˆ ⋅ ˆj dan seterusnya. Dengan menggunakan definisi perkalian skalar, diperoleh iˆ ⋅ iˆ = iˆ iˆ cos 0 = 1.1.1 = 1 dan serupa dengan itu : ˆj ⋅ ˆj = kˆ ⋅ kˆ = 1 . Sedangkan iˆ ⋅ ˆj = ˆj ⋅ kˆ = kˆ ⋅ iˆ = 0

karena sudut yang mengapit kedua vektor satuan yang berlaian tersebut sama dengan 900 sehingga cos 900 = 0. Jadi diperoleh A ⋅ B = Ax Bx + Ay B y + Az Bz . Jika diberikan dua vektor dengan nilai komponen-komponennya, dapat dicari sudut yang mengapitnya. Contoh soal : Diketahui vektor A = 3iˆ + 6 ˆj + 9kˆ dan B = −2iˆ + 3 ˆj + kˆ , carilah sudut antara

kedua vektor tersebut. Jawab :

A = 32 + 6 2 + 9 2 = 3 14 B = (−2) 2 + 32 + 12 = 14 _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

38

A ⋅ B = Ax Bx + Ay B y + Az Bz = AB cos θ

atau cos θ =

Ax Bx + Ay B y + Az Bz AB

=

− 6 + 18 + 9 21 1 = = 42 2 3 14 14

sehingga

θ = 600 . Jika dua vektor A dan B tegaklurus, maka cos θ = 0 sehingga berlaku

Ax Bx + Ay B y + Az Bz = 0 Sedangkan jika kedua vektor tersebut sejajar, berlaku (jika tak ada komponen yang bernilai nol)

Ax Ay Az = = . Bx B y Bz (Tentu saja, jika misalnya Ax = 0 maka Bx = 0 ). Penggunaan perkalian titik muncul pada konsep kerja (work) dalam mekanika klasik. Kerja infinitesimal dW yang dilakukan pada sebuah partikel oleh gaya F sepanjang pergeseran infinitesimal d s adalah dW = F ⋅ d s . Hukum Newton kedua menyatakan bahwa gaya F yang bekerja pada partikel bermassa m akan menyebabkan partikel tersebut mengalami percepatan sebesar F a= m atau

dv F = ma = m dt dengan v adalah kecepatan partikel. Laju kerja W terhadap waktu t selama gaya F bekerja pada partikel adalah

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

39

dW d s dv = F⋅ = F⋅v = m ⋅v, dt dt dt

padahal

( )

dv d 2 d v = (v ⋅ v ) = 2 v ⋅ dt dt dt sehingga diperoleh

d  1  dE F ⋅ v =  mv 2  = K . dt  2 dt  Persamaan terakhir di atas menyatakan bahwa laju gaya F yang bekerja pada partikel berkecepatan v sama dengan perubahan energi kinetik E K terhadap

waktu t. Selain itu diperoleh pula bentuk berikut : ds dW = Fdt ⋅ = m dv ⋅ v = p ⋅ dv dt dengan momentum partikel p dirumuskan sebagai p = mv .


Untuk dua buah vektor

a = 3iˆ + m( ˆj + kˆ) dan

b = −iˆ + 5 ˆj + 2mkˆ ,

carilah nilai m sedemikian sehingga vektor a tegak lurus dengan vektor b . Untuk nilai m tersebut, carilah semua vektor satuan yang tegaklurus pada a dan b .

2.

Sebuah partikel dikenai gaya F = 3iˆ + 2 ˆj − 4kˆ N sepanjang lintasan r = 2iˆ − 3 ˆj − 4kˆ m.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

40

Carilah kerja pada partikel tersebut.

3.

Jika A = iˆ + 2 ˆj − 3kˆ dan B = 2iˆ − 3 ˆj − kˆ , carilah : (a) Cosinus sudut antara A dan B . (b) Panjang proyeksi A pada B . (c) Vektor proyeksi A pada B .

4.

Tunjukkan bahwa

BA + AB tegaklurus dengan

AB −BA untuk A dan B sembarang.

Perkalian Vektor / Silang Perkalian vektor / silang antara dua vektor A dan B ditulis sebagai A×B

yang hasilnya didefinisikan sebagai sebuah vektor yang memiliki panjang dan arah sebagai berikut : Besar A × B adalah A × B = A B sin θ dengan θ adalah sudut positif (0 ≤ θ ≤ 1800) antara A dan B . Arah C = A×B adalah tegaklurus bidang A dan B dan mengikuti rotasi putar kanan dari A ke B. Perkalian silang antara A dan B tidak mematuhi kaedah komutatif. Jadi A × B tidak sama dengan B × A . Perumusannya A×B = −B× A

sehingga _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

41

A×B + B× A = 0 . Jika A dan B sejajar atau berlawanan arah, maka sudut yang mengapit

keduanya 00 atau 1800 sehingga sin θ = 0 . Jadi A × B = 0 jika A dan B sejajar atau berlawanan arah A × A = 0 untuk sembarang vektor A . Dengan menggunakan kaedah perkalian silang, diperoleh iˆ × iˆ = ˆj × ˆj = kˆ × kˆ = 0

iˆ × ˆj = kˆ , ˆj × iˆ = −kˆ , ˆj × kˆ = iˆ , kˆ × ˆj = −iˆ , kˆ × iˆ = ˆj , iˆ × kˆ = − ˆj . Untuk menuliskan bentuk A × B secara eksplisit, bentuk tersebut dituliskan sebagai A × B = ( Ax iˆ + Ay ˆj + Az kˆ) × ( Bx iˆ + B y ˆj + Bz kˆ) = iˆ( Ay Bz − Az B y ) + ˆj ( Az Bx − Ax Bz ) + kˆ( Ax B y − Ay Bx )

iˆ = Ax Bx

ˆj

Ay By

kˆ Az . Bz

Dari bentuk di atas, penyajian A × B dapat dinyatakan dalam bentuk nilai determinan matriks 3 × 3, dengan baris pertama berisi vektor-vektor satuan, baris kedua berisi komponen vektor pertama ( A ), dan baris ketiga berisi komponen vektor kedua ( B ). Karena A × B adalah vektor yang tegaklurus pada A maupun B , rumus di atas dapat digunakan untuk mencari vektor (termasuk vektor satuan) yang tegaklurus pada keduanya.

Contoh soal : Carilah seluruh vektor satuan yang tegaklurus pada vektor A = 2iˆ + ˆj − kˆ dan B = iˆ + 3 ˆj − 2kˆ .

Jawab :

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

42

kˆ − 1 = iˆ + 3 ˆj + 5kˆ . 1 3 −2

iˆ ˆj A×B = 2 1

Jadi vektor satuan yang dicari adalah

uˆ =

iˆ + 3 ˆj + 5kˆ 12 + 32 + 52

(

)

1 ˆ i + 3 ˆj + 5kˆ . 35

=

Selain hasil di atas, vektor satuan yang dicari adalah −

(

1 ˆ i + 3 ˆj + 5kˆ 35

)

(Mengapa ?)

Delta dan Epsilon Kronecker Dari bentuk penyajian komponen vektor A sebagai A = Ax iˆ + Ay ˆj + Az kˆ ,

bentuk tersebut dapat dituliskan sebagai 3 A = ∑ Ai nî i =1

dengan A1 = Ax , A2 = Ay , A3 = Az dan vektor-vektor satuan

nˆ1 = iˆ, nˆ2 = ˆj , nˆ3 = kˆ . Selanjutnya

diperkenalkan

kesepakatan

penjumlahan

Einstein

yang

menyatakan bahwa untuk indeks berulang, maka penjumlahan harus dilakukan terhadap indeks tersebut. Adapun jika tidak ingin dijumlahkan maka hal tersebut harus ditulis secara eksplisit. Berdasarkan aturan ini, bentuk penyajian vektor A menjadi

A = Ai nî Jika vektor A dikalikan skalar dengan vektor B , hasilnya A ⋅ B = ( Ai nî ) ⋅ ( B j nˆ j ) = Ai B j nî ⋅ nˆ j . _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

43

Berdasarkan hasil perkalian skalar antara vektor-vektor satuan, maka dapat disimpulkan bahwa perkalian skalar antara nî dan nˆ j menghasilkan bentuk 1, i = j nî ⋅ nˆ j = δ ij =  0, i ≠ j Sebagai contoh :

δ 11 = δ 22 = δ 33 = 1 sedangkan

δ 12 = δ 21 = δ 13 = δ 31 = δ 23 = δ 32 = 0 . Jadi

A ⋅ B = Ai B j δ ij = Ai Bi = Ax Bx + Ay B y + Az Bz . Bentuk δ ij ini dinamakan delta Kronecker. Pada persamaan di atas telah digunakan rumus

B jδ ij = Bi untuk seluruh jangkauan j. Adapun untuk perkalian silang antara A dan B , bentuknya dapat dituliskan

sebagai A × B = Ai nî × B j nˆ j = Ai B j nî × nˆ j = ε ijk Ai B j nˆk

dengan perkalian silang antara dua vektor satuan dirumuskan

nî × nˆ j = ε ijk nˆ k . Lambang ε ijk dinamakan sebagai epsilon Kronecker yang nilainya adalah

ε ijk

+ 1, ijk permutasi genap  = − 1, ijk permutasi ganjil 0, jika selainnya 

Definisi nilai di atas menegaskan bahwa jika pada indeks epsilon Kronecker terdapat angka yang sama, nilainya sama dengan nol. Nilai epsilon Kronecker baru tak lenyap jika seluruh angka pada indeksnya berbeda, serta bergantung pada urutan perputaran genap atau ganjil. _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

44

Lambang epsilon Kronecker yang tak lenyap adalah

ε123 = ε 231 = ε 312 = −ε132 = −ε 213 = −ε 321 = 1 sedangkan selainnya nol. Jadi dari 27 ( = 33 ) kemungkinan bentuk epsilon Kronecker yang berindeks tiga, hanya ada 6 ( = 3! ) yang tak lenyap, sedangkan sisanya sebanyak 27 lenyap. Dari bentuk A × B = ( A × B) k nˆk = ε ijk Ai B j nˆ k

dapat disimpulkan bahwa

( A × B) k = ε ijk Ai B j . Jika bentuk di atas dijabarkan : ( A × B)1 = A2 B3 − A3 B2 ; ( A × B) 2 = A3 B1 − A1 B3 ; dan

( A × B)3 = A1 B2 − A2 B1 . Sementara itu dari bentuk di atas dapat pula disimpulkan pula bahwa : Ai B j − A j Bi = ε ijk ( A × B) k Perkalian silang antara A dan B dapat ditulis sebagai : A × B = ( A2 B3 − A3 B2 )iˆ + ( A3 B1 − A1 B3 ) ˆj + ( A1B2 − A2 B1 )kˆ Selanjutnya dilakukan perkalian susun tiga vektor sebagai ( A × B) × C = (ε ijk Ai B j nˆ k ) × (Cm nˆ m ) = ε ijk ε kmn Ai B j Cm nˆn Sementara itu

( A × B) × C = ε imn ( A × B) i C m nˆn = ( Am Bn − An Bm ) Cm nˆ n = ( Bn nˆn )( AmCm ) − ( An nˆn )( BmCm ) = B( A ⋅ C) − A(B ⋅ C) . Untuk mencari kaitan antara epsilon dan delta Kronecker, dua persamaan di atas ditulis sebagai

ε ijk ε kmn Ai B j Cm nˆn = ( Am Bn − An Bm ) Cm nˆn _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

45

atau

ε kij ε kmn ( Ai B j Cm nˆn ) = (δ imδ jn − δ inδ jm )( Ai B j Cm nˆ n ) sehingga diperoleh

ε kij ε kmn = δ imδ jn − δ inδ jm . Jika dipilih i = m :

ε kmj ε kmn = δ mmδ jn − δ mnδ jm = 3δ jn − δ jn = 2δ jn . Selanjutnya untuk j = n diperoleh

ε kmn ε kmn = 2δ nn = 6 . Contoh soal : Carilah nilai ( A × B) × C jika A = iˆ + ˆj + kˆ , B = iˆ − ˆj + 2kˆ dan C = −2iˆ + ˆj − kˆ . Jawab :

kˆ 1 1 = 3iˆ − ˆj − 2kˆ . 1 −1 2

iˆ A×B = 1

ˆj

Jadi

iˆ ( A × B) × C = 3

ˆj

kˆ

− 1 − 2 = 3iˆ + 7 ˆj + kˆ . − 2 1 −1

Nilai ini dapat pula dicari dengan menggunakan bentuk ( A × B) × C = B( A ⋅ C) − A (B ⋅ C) = − 2B + 5A = 3iˆ + 7 ˆj + kˆ . Salah satu contoh penggunaan konsep perkalian silang adalah perumusan gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q yang bergerak dengan kecepatan v yang berada dalam medan listrik E dan medan imbas magnet B . Gaya Lorentz tersebut dirumuskan sebagai F = q (E + v × B ) .

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

46

Jika partikel dalam keadaan rehat yang berarti v lenyap atau v sejajar atau berlawanan arah dengan B maka gaya Lorentz di atas tereduksi menjadi gaya

Coulomb : F = qE .

Contoh Soal : Misalkan ingin dicari gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q

yang bergerak dengan kecepatan c v = (2iˆ + 2 ˆj + kˆ) 5 dalam medan

E = E0 (iˆ − ˆj − kˆ) dan

B = 5E0 (−iˆ + ˆj + 2kˆ) / c . Jawab : iˆ v × B = E0 2

ˆj kˆ 2 1 = E0 (3iˆ − 5 ˆj + 4kˆ)

−1 1 2 sehingga

 1   3      F = qE0  − 1 +  − 5  = qE0 (4iˆ − 6 ˆj + 3kˆ).  − 1  4  Penggunaan perkalian silang yang lain adalah pada momentum sudut rotasi partikel yang bermassa m berkecepatan v yang berada pada vektor posisi r . Momentum sudut rotasi partikel tersebut adalah L = r × mv . Dengan menurunkan persamaan di atas ke waktu t, diperoleh dL dv = r×m + v × mv . dt dt Dengan mengingat _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

47

v×v = 0 dan dv = F, m dt

diperoleh dL = r×F = τ. dt

Jadi perubahan momentum sudut rotasi partikel terhadap waktu sama dengan torka partikel tersebut. Jika gaya luar yang bekerja pada partikel tersebut lenyap, maka perubahan momentum sudut rotasi terhadap waktu menjadi lenyap, atau momentum sudut rotasi partikel bernilai kekal. Soal− −soal Latihan 1.

Buktikan bahwa A × (B × C) = B( A ⋅ C) − C( A ⋅ B)

2.

Sederhanakan bentuk ( A × B) × (C × D) dan ( A × B) ⋅ (C × D)

3.

Hitunglah nilai ( A × B) 2 + ( A ⋅ B) 2 dan ( A ⋅ B) 2 − [(A × B) × B] ⋅ A .

4.

Buktikan identitas Jacobi : A × (B × C) + B × (C × A) + C × ( A × B) = 0 .

5.

Jika diketahui tiga buah vektor A = 2iˆ + 3 ˆj − 4kˆ , B = − 2iˆ + 3 ˆj + 4kˆ serta C = − 2iˆ + 3 ˆj − 4kˆ , buktikan secara eksplisit bahwa ( A × B) × C = B( A ⋅ C) − A (B ⋅ C) dan ( A × B) ⋅ C = (B × C) ⋅ A = (C × A ) ⋅ B

6.

Carilah nilai (ε akl ε amn )(ε bknε bml )

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

48

7.

Carilah gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q yang

bergerak dengan kecepatan c v = (−2iˆ + ˆj − 2kˆ) 5 dalam medan

E = E0 (3iˆ − 2 ˆj + kˆ) dan

B = 5E0 (iˆ − ˆj − kˆ) / c .

8.

Momentum sudut sebuah partikel bermassa m didefinisikan sebagai L = mr × (dr / dt ) . Tunjukkan bahwa dL / dt = mr × (d 2 r / dt 2 ) .

Garis dan Bidang Dalam geometri analitik, sebuah titik dapat ditandai oleh suatu koordinat tiga dimensi ( x, y, z ) . Titik tersebut dapat dilambangkan melalui sebuah anak panah, dengan pangkal di O dan ujung panah di titik tersebut. Vektor yangdilambangkan anak panah tersebut ditulis sebagai r = xiˆ + yˆj + zkˆ . Vektor dapat digunakan untuk menghubungkan dua titik dalam ruang. Misalnya vektor A yang menghubungkan titik (1, 2, 3) ke (4, 6, 8) adalah A = (4, 6, 8) − (1, 2, 3) = (3, 4, 5) = 3i + 4 j + 5k atau juga dapat ditulis sebagai

 4  1  3       A =  6 −  2 =  4 . 8  3  5       Dalam koordinat dua dimensi (x, y), persamaan garis lurus yang melalui titik ( x0 , y0 ) dengan kemiringan (slope) m dituliskan sebagai _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

49

y − y0 =m x − x0

atau y = mx + ( y0 − mx0 ) Diberikan sebuah garis pada dua dua dimensi dengan vektor A = aiˆ + bˆj . Selanjutnya diketahui sebuah garis yang melalui titik acuan ( x0 , y0 ) dan sembarang titik ( x, y ) serta sejajar dengan arah vektor A . Persamaan garis tersebut adalah

r − r0 = ( x − x0 )iˆ + ( y − y0 ) ˆj . Vektor ini paralel dengan A = aiˆ + bˆj , sehingga perbandingan komponenkomponen kedua vektor tersebut (untuk a, b ≠ 0) adalah

x − x0 y − y0 = a b atau

y − y0 b = . x − x0 a Persamaan di atas merupakan persamaan garis lurus bergradien m = b/a. Keadaan di atas dapat ditulis dalam bentuk, bahwa karena r − r0 dan A sejajar, maka vektor yang satu adalah tetapan kali vektor yang lain, atau r − r0 = At atau

r = r0 + At dengan t adalah tetapan skalar. Besaran t tersebut dapat dipandang sebagai suatu parameter sehingga persamaan di atas dapat dijabarkan menjadi

x − x0 = at dan

y − y0 = bt . _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

50

Dengan mengeliminasi, akan segera diperoleh kembali bentuk persamaan y − y0 b = . x − x0 a

Dalam tiga dimensi, gagasan yang sama dapat kembali digunakan. Ingin diperoleh persamaan garis lurus yang melalui titik tertentu ( x0 , y0 , z0 ) dan sejajar dengan vektor A = aiˆ + bˆj + ckˆ . Jika ( x, y, z ) adalah sembarang titik pada garis lurus tersebut, vektor yang penghubungkan titik ( x0 , y0 , z0 ) dan ( x, y, z ) akan sejajar dengan A . Sehingga komponen-komponen x − x0 , y − y0 , z − z 0 sebanding dengan komponen a, b dan c dari vektor A , dan diperoleh

x − x0 y − y0 z − z 0 = = . a b c Persamaan di atas merupakan persamaan garis lurus dengan a, b dan c ≠ 0. Jika misalkan c = 0, dari persamaan di atas diperoleh

x − x0 y − y0 = , z = z0 . a b Sebagaimana dalam kasus dua dimensi, dua persamaan terakhir di atas dapat dituliskan sebagai

r = r0 + At atau x = x0 + at y = y 0 + bt . z = z 0 + ct Kembali ditinjau pada dua dimensi, ingin dicari persamaan garis lurus L yang melalui titik ( x0 , y0 ) dan tegaklurus terhadap vektor N = aiˆ + bˆj . Sebagaimana telah dituliskan di atas, vektor r − r0 = ( x − x0 )iˆ + ( y − y0 ) ˆj

melalui garis tersebut. Karena vektor tersebut tegaklurus dengan vektor N , maka perkalian titik antara keduanya bernilai nol, yang memberikan a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0 _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

51

atau y − y0 a =− . x − x0 b

Persamaan di atas adalah persamaan garis yang tegaklurus pada N . Dalam kasus tiga dimensi, yang akan diperoleh adalah persamaan bidang yang tegaklurus suatu vektor normal. Jika ( x0 , y0 , z0 ) adalah suatu titik dalam bidang dan ( x, y, z ) adalah sembarang titik pada bidang tersebut, maka vektor r − r0 = ( x − x0 )iˆ + ( y − y0 ) ˆj + ( z − z0 )kˆ terletak pada bidang tersebut. Jika N = aiˆ + bˆj + ckˆ adalah vektor normal / tegaklurus terhadap bidang, maka N dan r − r0 tegaklurus, seingga persamaan bidang tersebut adalah

N ⋅ (r − r0 ) = 0 yang jika dijabarkan menjadi a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) + c( z − z 0 ) = 0 atau ax + by + cz = d dengan d = ax0 + by0 + cz0 . Contoh soal : Carilah persamaan bidang yang melalui tiga titik A (−1, 1, 1), B (2, 3, 0) dan C (0, 1, −2). Jawab : Vektor yang menghubungkan titik-titik tersebut pasti terletak pada bidang yang diinginkan. Dalam hal ini dapat dipilih dua vektor, yaitu

AB = (2, 3, 0) − (−1, 1, 1) = (3, 2, −1) dan AC = (1, 0, −3).

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

52

Perkalian silang antara kedua vektor tersebut akan tegaklurus pada bidang. Vektor tersebut adalah iˆ ˆj N = AB × AC = 3 2

kˆ − 1 = −6iˆ + 8 ˆj − 2kˆ .

1 0 −3

Sekarang persamaan bidang dengan arah normal diberikan oleh vektor N yang melalui salah satu titik, katakanlah B, adalah − 6( x − 2) + 8( y − 3) − 2( z − 0) = 0 atau jika disederhanakan menjadi 3x − 4 y + z + 6 = 0 .

Contoh soal : Carilah persamaan garis yang melalui (1, 0, −2) dan tegaklurus pada bidang di atas.

Jawab : Pada contoh di atas, vektor 3î − 4 ˆj + kˆ tegaklurus pada bidang di atas, sehingga

vektor tersebut sejajar dengan garis yang ingin dicari. Karena itu persamaan garis tersebut adalah

x − 1 y − 0 z − (−2) = = . 3 −4 1

Contoh soal : Carilah jarak antara titik P (1, −2, 3) ke bidang 3 x − 2 y + z + 1 = 0 .

Jawab : Terlebih dahulu dipilih salah satu titik pada bidang, yaitu titik Q (1, 2, 0). Vektor yang menghubungkan dari P ke Q adalah

PQ = (1, 2, 0) − (1, −2, 3) = (0, 4, −3) = 4 ˆj − 3kˆ . Dari persamaan bidang, diperoleh vektor normal N = 3iˆ − 2 ˆj + kˆ . Karena itu jarak antara titik P ke bidang adalah proyeksi vektor PR ke vektor normal N yang dirumuskan sebagai _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

53

PQ ⋅ N 0−8−3 11 Jarak = = = 14 . 2 2 2 14 N 3 + ( − 2) + 1


Carilah sudut antara garis 2x + 3y = 6 dan −3x + 4y = 12.

2.

Carilah titik P pada garis x − 4y = 8 sehingga garis yang menghubungkan antara titik P dan titik (2, 2) tegaklurus pada garis x − 4y = 8 tersebut.

3.

Carilah persamaan bidang yang tegaklurus vektor 2iˆ − ˆj − 2kˆ dan melalui titik ( 3, 2, 1).

4.

Tuliskan persamaan garis yang menghubungkan antara (a)

Titik (3, 1) dan titik ( −2, 4)

(b)

Titik (2, 3, 4) dan titik (4, 6, 8)

5.

Carilah persamaan bidang yang melalui titik (1, 2, 3), (2, 3, 1) dan (3, 1, 2).

6.

Carilah jarak titik (1, 1, 1) ke bidang x + 2y + 3z = 10

7.

Carilah sudut antara bidang 2x + 3y − 4z = 12 dan 3x − y + 2z = 6.

8.

Carilah titik P pada bidang x + 2y + 3z = 6 sedemikian vektor yang menghubungkan titik P dengan titik ( 2, 3, 1) tegaklurus bidang tersebut.

9.

Dalam kubus ABCDEFGH dengan panjang rusuk 2, titik P, Q dan R berturut-turut adalah titik tengah ruas garis AB, CG dan DE. Hitunglah : (a)

Jarak PH dan QR.

(b)

Jarak antara titik B ke ruas garis GQ.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

54

(c)

Jarak antara titik F ke bidang PGR.

(d)

Jarak antara garis FR dan garis PG.

(e)

Sinus sudut antara garis AG dan HQ.

(f)

Cosinus sudut antara garis CR dengan bidang DPQ.

(g)

Tangen sudut antara bidang AFH dan bidang APQ.

(h)

Luas bidang PQR.

Bebas dan Gayut Linear Misalkan terdapat himpunan k buah vektor : {b1 , b 2 ,..., b k } . Himpunan tersebut disebut bebas linear jika dan hanya jika k s1b1 + s2b 2 + ... + sk b k = ∑ si b i = 0 i =1

kalau semua si = 0 (i = 1, 2, ..., k). Sebaliknya himpunan tersebut dikatakan gayut linear / tak bebas linear jika dan hanya jika k s1b1 + s2b 2 + ... + sk b k = ∑ si b i = 0 i =1

tanpa semua si lenyap (i = 1, 2, ..., k). Dari definisi di atas dapat disimpulkan bahwa :

•

Dua buah vektor segaris pasti gayut linear.

•

Dua buah vektor sebidang tetapi tidak segaris pasti bebas linear.

•

Tiga buah vektor sebidang pasti gayut linear.

•

Tiga buah vektor dalam ruang 3 dimensi dan tidak sebidang pasti bebas linear.

•

Empat buah vektor dalam ruang 3 dimensi pasti gayut linear.

•

N buah vektor dalam ruang N − 1 dimensi pasti gayut linear. Dimensi suatu ruang vektor V adalah cacah maksimum perangkat vektor

yang bebas linear dalam ruang V tersebut. Jadi dalam ruang vektor berdimensi N, selalu dapat dicariN buah vektor yang bebas linear, tetapi setiap N + 1 vektor _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

55

dalam ruang tersebut pasti gayut linear. N vektor yang dapat dicari dengan sifat bebas linear tersebut dalam ruang vektor berdimensi N dapat diperlakukan sebagai basis. Terhadap suatu perangkat basis {b i =1,2,..., N } , sembarang vektor x dalam ruang berdimensi N dapat diuraikan menjadi : N x = x1b1 + x2b 2 + ... + x N b N = ∑ xi b i . i =1

xi (i = 1, 2, ..., N) adalah proyeksi vektor x terhadap basis.


Buktikan berlakunya ketaksamaan Schwartz : A+B ≤ A + B

2.

Titik-titik dalam ruang fisis 3 dimensi dengan vektor letak r yang memenuhi persamaan r.n = n x x + n y y + n z z = h

terletak pada suatu bidang datar S yang tegaklurus pada vektor satuan n = n x iˆ + n y ˆj + n z kˆ dan berjarak h dari pusat koordinat O. a.

Carilah jarak sembarang titik T dengan vektor letak rT ke bidang S.

b.

Carilah persamaan bidang datar U yang melalui titik O dan tegaklurus pada garis g yang menghubungkan titik A dengan vektor letak rA = 2iˆ + ˆj dan titik B dengan vektor letak rB = 5iˆ + 3 ˆj + 6kˆ .

c.

Carilah bidang datar W yang melalui titik C dengan rC = iˆ + ˆj + kˆ dan sejajar dengan U. Tentukan jarak antara bidang U dan W.

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

56

d.

Carilah bidang datar V yang melalui titik A, B dan C. tentukan jaraknya dari titik O dan arah normal bidang V ini.

e.

3.

Hitunglah sisi-sisi, sudut-sudut serta luas segitiga ABC.

Tunjukkan bahwa titik-titik A, B dan C dengan vektor letak rA = iˆ + 4kˆ , rB = 3iˆ + 2 ˆj + 5kˆ dan

rC = 6iˆ + 3kˆ adalah titik-titik sudut suatu segitiga siku-siku. Hitung pula : a.

nilai sudut lancipnya,

b.

letak titik beratnya

c.

luas segitiga tersebut.

d.

isi limas OABC.

4.

Carilah manakah di antara dua set vektor berikut ini yang gayut linear. a. a = (4, − 1, 2), b = (−1, 3,1), c = (−3, 9, 3) b. a = (1, 0, − 1), b = (2, 2, 1), c = (−2,1, 5)

5.

Sebuah partikel bergerak sepanjang garis

x − 3 y +1 = z −1. = 2 −2 a.

Tuliskan persamaan lintasan tersebut dalam bentuk r = r0 + A t .

b.

Carilah jarak terdekat partikel terhadap titik asal O.

c.

Jika t menyatakan waktu, tunjukkan bahwa waktu untuk jarak terdekat tersebut diberikan oleh

2 t = −(r0 ⋅ A) / A .

6.

Vektor momentum sudut dirumuskan sebagai L = mr × (ω × r ) .

_______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

57

Ekspansikan rumus tersebut. Jika r tegaklurus dengan ω (yang berarti r dan v terletak pada satu bidang), tunjukkan bahwa besar momentum sudut

adalah L = mvr.

7.

Ekspansikan perkalian susun tiga a = ω × (ω × r ) . Jika r tegaklurus dengan ω , tunjukkan bahwa a = −ω 2 r .

8.

Dua partikel bermuatan yang bergerak menghasilkan dua gaya yang bekerja pada pasangannya tersebut. Dua gaya tersebut sebanding dengan v1 × ( v 2 × r ) dan

v 2 × ( v1 × −r ) dengan r adalah vektor jarak yang menghubungkan kedua partikel. Tunjukkan bahwa kedua gaya tersebut besarnya sama dan berlawanan arah (hukum Newton tiga) jika dan hanya jika r × ( v1 × v 2 ) = 0 .

9.

Tunjukkan bahwa sebarang vektor V pada sebuah bidang, dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear dari dua vektor tak sejajar A dan B pada bidang tersebut, yaitu dalam bentuk V = aA + bB . Selanjutnya carilah nilai a dan b.

(Petunjuk : Carilah hasil perkalian silang A × V dan B × V . Tunjukkan pula bahwa

(B × V ) ⋅ n a= (B × A ) ⋅ n dengan n adalah vektor normal bidang. Dengan cara yang sama cari pula nilai b.) _______________________________________________________________________________

Aljabar Vektor _________________________________________________________________________________________

58

10.

Tunjukkan bahwa jarak titik ( x0 , y0 , z0 ) ke bidang ax + by + cz = d adalah D=

ax0 + by0 + cz0 − d a 2 + b2 + c2

.

_______________________________________________________________________________

Matriks, Determinan dan Persamaan Linear _________________________________________________________________________________________

59

BAB III MATRIKS, DETERMINAN DAN PERSAMAAN LINEAR Pada bagian ini akan ditelaah kombinasi aljabar dan geometri yang sangat berguna dalam berbagai problem fisika. Dalam fisika, banyak persoalan yang melibatkan penyelesaian berupa set persamaan linear, misalnya persoalan rangkaian listrik dengan menggunakan hukum Kirchoff. Jika diasumsikan telah diselesaikan dua persaman linear simultan untuk x dan y berupa penyelesaian x = 2 dan y = −3, maka penyelesaian tersebut dapat dipandang sebagai titik (2, −3) dalam bidang (x, y). Jika dua persamaan linear yang melibatkan dua variabel bebas dipandang mewakili dua persamaan garis lurus, pada penyelesaiannya berupa titik potong antara dua garis tersebut. Penyajian tersebut merupakan wilayah geometri. Banyak problem dalam fisika memerlukan penyelesaian set persamaan linear dalam beberapa variabel yang tak belum diketahui nilainya. Untuk menyelesaikan set persamaan linear, dapat digunakan metode substitusi atau eliminasi. Metode ini cukup berguna untuk menyelesaikan kasus sederhana, misalnya dua persamaan yang berisi dua variabel. Namun, untuk persoalan yang lebih kompleks diperlukan metode yang lebih sistematik, terpadu dan cepat dalam mencari penyelesaian yang diinginkan. Akan ditinjau dua metode tersebut untuk menyelesaikan set persamaan simultan. Metode pertama yang biasa digunakan disebut reduksi baris (row reduction) atau eliminasi Gauss, biasanya digunakan dan beguna dalam komputasi numerik dan cukup efisien untuk menyelesaikan banyak persamaan linear dengan bantuan komputer. Metode kedua adalah metode Cramer yang memberikan perumusan untuk menyelesaikan seluruh variabel dengan menghitung determinan matriks yang ordenya sama dengan jumlah variabel bebas. Untuk kedua metode tersebut diperlukan konsep matriks dan determinan. Ditinjau 3 persamaan linear yang berisi 3 variabel : __________________________________________________________________


60

2x + 5 y + z = 4 3x − 4 y − 2 z = 6 − 3x + 7 y − 5 z = 8 Seluruh angka pada set persamaan tersebut dapat disusun sebagai

5 1 4  2    3 − 4 − 2 6 . − 3 7 − 5 8   Bentuk di atas disebut matriks yang berode 3 × 4 karena berisi 3 baris dan 4 kolom. Pada matriks tersebut, sebagai contoh, angka 5 terletak pada baris ke satu dan kolom ke dua. Angka 8 terletak pada baris ketiga dan kolom keempat. Ada beberapa operasi matriks, yaitu : 1.

Kesamaan matriks . Dua buah matriks dikatakan sama jika dan hanya jika orde kedua matriks

tersebut sama, serta komponen-komponen matriks yang letaknya sama bernilai sama. Sebagai contoh

 a + 2 2b c + d   b + d ae 2c − f

4 2 d − 1  b + 1  =   b + c e − 5a    6

menghasilkan penyelesaian (buktikan !)

a = 1, b = 2, c = 3¸ d = 4, e = 5 dan f = 6. 2.

Transpos matriks

Jika terdapat

 1 2 3  A =   4 5 6 maka

 1 4   A = 2 5 3 6   T

dikatakan sebagai transpos matriks A. Mentranspos sebuah matriks berarti menukar antara baris dengan kolom atau sebaliknya. 3.

Perkalian skalar

__________________________________________________________________


61

Sebuah matriks dapat dikalikan dengan suatu bilangan skalar s sehingga nilai komponen-komponennya menjadi s kali nilai komponen semula. Misalnya  1 2 3   5 10 15   =   . 5A = 5  4 5 6   20 25 30  4.

Penjumlahan / pengurangan matriks Dua buah matriks atau lebih dapat dijumlakan atau dikurangi jika orde

matriks-matriks tersebut sama. Misalnya 1 2  4 3  dan B =   A =  3 4  2 1 maka 5 5  C = A + B =  5 5 dan  − 3 − 1  . D = A − B =  1 3   5.

Perkalian matriks dengan matriks Dua buah matriks dapat dikalikan jika banyaknya kolom pada matriks

pertama sama dengan banyaknya baris pada matriks kedua. Matriks hasil perkalian kedua matriks tersebut memiliki orde : banyaknya baris sama dengan banyaknya baris pada matriks pertama dan banyaknya kolom sama dengan banyaknya kolom pada matriks kedua. Misalnya

7    1 2 3  dan B =  8  A =   4 5 6 9   maka

7  1 2 3     50    8  =   AB =   4 5 6   9  122    sedangkan BA tidak didefinisikan. Untuk dua matriks persegi (matriks yang jumlah baris sama dengan jumlah kolom) seperti __________________________________________________________________


62

1 2  A =  3 4 dan  2 3  B =   4 1 maka  10 5   AB =   22 13  dan 11 16   BA =   7 12  yang berarti AB ≠ BA . Karena itu dapat dikatakan bahwa secara umum perkalian matriks tidak bersifat komutatif. 6.

Invers matriks Sebuah matriks persegi A memiliki invers A −1 sehingga A A −1 = A −1 A = I

dengan I adalah matriks persegi identitas yang memiliki komponen-komponen bernilai 1 hanya pada komponen diagonalnya, dan 0 untuk komponen selainnya. Sebagai contoh, 1 2  7 − 2  dan A−1 =   A =  3 7 − 3 1  sedemikian sehingga 1 0  = I . A A−1 = A−1 A =  0 1 Konsep invers matriks sangat erat hubungannya dengan determinan matriks, yaitu nilai karakteristik suatu matriks. Sebuah matriks persegi memiliki invers jika dan hanya jika determinan matriks tersebut tidak sama dengan nol. Jika determinannya sama dengan nol, matriks tersebut tidak memiliki invers, serta disebut pula matriks singular. Contoh matriks singular adalah

__________________________________________________________________


63

2 3   A =   8 12  yang menyebabkan tidak adanya matriks A−1 untuk A tersebut.


2.

1 2  2 3 3 4  , B =   dan C =   , carilah : Jika A =  3 4  4 1 1 2 a.

A + B, B − C, AB, BA, BC.

b.

Tunjukkan bahwa AB ≠ BA, namun ( AB )C = A( BC ) .

Jika diketahui 6   4 x + y x y  x  =   +   3 3   z w   − 1 2w   z + w carilah nilai x, y, z dan w.

3.

Tunjukkan bahwa matriks-matriks :

 cos θ1 sin θ1   R1 =   − sin θ1 cos θ1  dan

 cos θ 2 R2 =   − sin θ 2

sin θ 2   cos θ 2 

bersifat komut ( R1R2 = R2 R1 ).

Rotasi sumbu-sumbu koordinat Dalam geometri analitik, terdapat suatu operasi rotasi dua dimensi yang mentransformasi sumbu koordinat (x, y) menjadi sumbu koordinat (x’, y’). Jika sudut rotasi adalah θ , persamaan rotasi sumbu-sumbu koordinat tersebut adalah x' = x cos θ + y sin θ y ' = − x sin θ + y cos θ .

__________________________________________________________________


64

Besaran yang mengandung θ dapat dinyatakan dalam bentuk  cos θ A =   − sin θ

sin θ   cos θ 

yang dinamakan dengan matriks rotasi. Persamaan rotasi di atas dapat dinyatakan sebagai persamaan matriks berikut :  x'   cos θ   =   y '   − sin θ

sin θ  x    cos θ  y 

Persamaan di atas dapat dinyatakan sebagai r ' = Ar

dengan  x'  r ' =    y'  dan

 x r =   .  y Selanjutnya ingin dicari transformasi balik dari ( x' , y ' ) ke ( x, y ) . Dari

persamaan transformasi ( x, y ) ke ( x' , y ' ) , jika persamaan pertama dan kedua masing-masing dikalikan sin θ dan cos θ , diperoleh x' sin θ = x sin θ cos θ + y sin 2 θ dan

y ' cos θ = − x sin θ cos θ + y cos 2 θ . Dengan menjumlahkan kedua persamaan di atas diperoleh

y = x' sin θ + y ' cos θ Adapun untuk x dapat dengan mudah dicari yaitu :

x = x' cos θ − y sin θ sehingga gabungan kedua persamaan transformasi balik dalam persamaan matriks dapat dituliskan menjadi

 x   cos θ   =   y   sin θ

− sin θ   x'    . cos θ   y ' 

__________________________________________________________________


65

Dengan menggunakan hasil transformasi ( x, y ) ke ( x' , y ' ) diperoleh  x   cos θ   =   y   sin θ

− sin θ   cos θ  cos θ   − sin θ

sin θ  x    cos θ  y 

 1 0  x   x    =   . =   0 1  y   y  Hasil di atas menunjukkan bahwa matriks

 cos θ   sin θ

− sin θ   cos θ 

merupakan invers matriks

 cos θ A =   − sin θ

sin θ  . cos θ 

 cos θ A−1 =   sin θ

− sin θ  . cos θ 

Sehingga dapat dituliskan

Persamaan transformasi dari ( x' , y ' ) ke ( x, y ) dapat pula diperoleh dari kaedah transformasi ( x, y ) ke ( x' , y ' ) dengan substitusi θ → −θ , sehingga

x = x' cos(−θ ) + y ' sin(−θ ) = x' cos θ − y ' sin θ dan

y = − x' sin(−θ ) + y ' cos(−θ ) = x' sin θ + y ' cos θ . Untuk bentuk di atas telah digunakan identitas sin(−θ ) = − sin θ dan cos(−θ ) = cos θ .

Determinan Determinan matriks persegi A berorde n × n dengan komponen baris ke i dan kolom ke j yaitu aij dituliskan sebagai

__________________________________________________________________


66

a11 a12 ... a1n a a22 ... a2n Det A = 21 . ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ an1 an 2 ... ann Sifat-sifat determinan matriks orde n × n : 1.

Jika dua baris atau dua kolom dari determinan tersebut dipertukarkan, maka nilai determinannya menjadi −1 × nilai determinan semula. Contoh :

1 2 3

4 5 6

2 1 3

4 5 6 = −1 2 3 = −5 4 6 . 7 8 9 7 8 9 8 7 9 2.

Jika dua baris atau lebih, begitu pula dengan dua kolom atau lebih adalah identik (komponen-komponennya sama) maka nilai determinannya sama dengan nol. Hal ini dapat ditunjukkan dengan mudah, mengingat jika baris atau kolom dipertukarkan maka nilainya menjadi minusnya, padahal sama sekali tidak mengubah nilai determinan semula (mengingat identiknya baris atau kolom yang dipertukarkan). Jadi kalau nilai determinan sama dengan minusnya, pasti nilai determinan tersebut sama dengan nol. Contoh : 1

2

3

4

5 1

6 2

7 3

8 =0 4

9 10 11 12 karena komponen baris pertama sama dengan komponen baris ketiga. Sedangkan 1 5 8

2 3 1 6 7 5 =0 9 10 8

9 11 12 9 karena komponen kolom pertama sama dengan komponen kolom keempat.

__________________________________________________________________


67

3.

Jika komponen suatu baris atau suatu kolom dikalikan dengan tetapan s maka nilai determinan menjadi s × nilai determinan mula-mula. Sebagai contoh : 1 2 3 8

=2,

maka 1 2 1 2 = = 3 .2 = 6 . 9 24 3.3 3.8 4.

Jika suatu baris ditambah dengan s × baris yang lain, maka nilai determinan tidak berubah. Demikian juga untuk kolom. Contoh :

1 2 8 3 2 1 =1, 1 1 2 demikian juga dengan misalnya

1 + 2.3 2 + 2.2 8 + 2.1 3 1

2 1

1 2

7 6 10 =3 2 1 1

1 juga = 1 . 2

Dalam hal ini matriks terakhir dimodifikasi dalam bentuk baris pertama ditambah 2 × baris kedua. 5.

Untuk menghitung determinan matriks, dapat dilakukan ekspansi Laplace, sehingga orde matriks dapat diperkecil sehingga memudahkan penghitungan determinannya. Sebuah matriks yang memiliki komponen baris ke m dan kolom ke n yaitu amn , nilai determinan matriknya dapat dirumuskan melalui ekspansi Laplace sebagai det A = (−1) m + n M mn amn dengan M mn adalah minor unsur amn yaitu determinan yang diperoleh dari det A apabila baris nomor m dan kolom nomor n dihilangkan. Bentuk (−1) m + n M mn = K mn sering dinamakan kofaktor unsur amn . Sebagai contoh :

__________________________________________________________________


68

2

−3

−1 4

0 3

1

0 −4 −1 − 4 −1 0 + (−1)(−3) +1 −4 = 2 3 −2 4 −2 4 3 −2 = 24 + 54 − 3 = 75

Contoh soal : Nyatakan persamaan bidang yang melalui tiga titik (0, 0, 0), (1, 2, 5) dan (2, −1, 0) dalam bentuk determinan matriks.

Jawab : Determinan matriks yang dimaksud adalah

x

y

z 1

0

0

0 1

1

2

5 1

= 0.

2 −1 0 1

Contoh soal : hitunglah determinan berikut ini : 1 2 3 4

D=

2 3 4 1 3 4 1 2

.

4 1 2 3

Jawab : Dengan melakukan operasi sebagai berikut : Baris II − 2 × Baris I ; Baris III − 3 × Baris I ; Baris IV − 4 × Baris I, maka nilai D tetap.

D=

1

2

3

4

0

−1

−2

−7

0 −2

−8

− 10

.

0 − 7 − 10 − 13 Dilakukan ekspansi Laplace terhadap seluruh komponen pada kolom I, sehingga nilai D yang tak lenyap hanyalah

−1

−2

−7

1

2

7

D = − 2 − 8 − 10 = (−1)3 2 8 10 . − 7 − 10 − 13 7 10 13 __________________________________________________________________


69

Dilakukan operasi : Baris II − 2 × Baris I ; Baris III − 7 × Baris I, sehingga

1

2

7

4 −4 D = −0 4 − 4 = −(1) = 160 . − 4 − 36 0 − 4 − 36 Setelah ditelaah beberapa sifat determinan, selanjutnya dikaji lebih lanjut tentang invers matriks. Invers matriks A dirumuskan sebagai A −1 =

1 CT det A

dengan Cmn = kofaktor amn .

Contoh Soal : Carilah A −1 , untuk

a 0 − b   A = 0 1 0  b c a    Jawab : Det A = a 2 + b 2 . Kofaktor setiap elemen di atas adalah : Baris pertama :

Baris kedua

:−

Baris ketiga

:

1 0 c a

=a,

0 −b c

a

0 −b 1

0

−

b a

b −

a

a −b

0

0 1

= 0,

a −b

= −bc , =b,

0 0

0

b c

= a2 + b2 , = 0,

−

a 0 b c a 0

0 1

= −b = − ac = a.

Sehingga

0  a  C =  − bc a 2 + b 2  b 0 

−b   − ac  a 

Jadi :

__________________________________________________________________


70

A

−1

− bc  a 1  1 T 2 2 = C =  0 a +b 2 2 det A a +b  0 − b

b  0 . a 

Rumus Cramer Determinan matriks orde n × n dapat digunakan untuk menentukan penyelesaian n buah persamaan linear yang mengandung n variabel. Metode ini dinamakan dengan metode Cramer (Cramer’s rule). Sebagai contoh mula-mula ditinjau 2 buah persamaan linear dengan 2 variabel bebas x dan y :

a1x + b1 y = c1 a2 x + b2 y = c2 . Dari dua persamaan di atas diperoleh penyelesaian

c b − c2b1 x= 1 2 a1b2 − a2b1 dan

a c − a2 c1 y= 1 2 a1b2 − a2b1 Bentuk penyelesaian di atas dapat dituliskan menjadi :

c1

b1

c b x= 2 2 a1 b1 a2 b2 dan

a1 a y= 2 a1 a2

c1 c2 . b1 b2

Penyebut untuk dua penyelesaian di atas :

a D= 1 a2

b1 b2

__________________________________________________________________


71

dinamakan dengan determinan koefisien (determinant of the coeffisients). Adapun pembilang pada penyelesaian di atas diperoleh dengan mengganti koefisien variabel bebas yang ingin dicari dengan bilangan pada ruas kanan secara berturutturut. Contoh : Carilah set penyelesaian 2x + 3y = 3 x − 2y = 5

Jawab : D=

2

3

1 −2

= −7 .

x=

1 3 3 − 21 = =3 D 5 −2 −7

y=

1 2 3 7 = = −1 . D 1 5 −7

dan

Metode Cramer ini dapat digunakan untuk menyelesaikan n persamaan dengan n variabel jika D ≠ 0. Penyelesaian akan menghasilkan satu nilai untuk setiap variabel. Metode ini bermanfaat jika misalkan akan dicari satu variabel tertentu.

Contoh : Gunakan rumus Cramer untuk menentukan x dari persamaan di bawah ini. ( a − b) x abx

+ 2z = a2 + b2 − a 3 y + bz = 0

( a + b ) x − a ( a − b) y

= a ( a − b) .

Jawab : Dengan menuliskan D sebagai :

a−b

0

2

D = ab − a3 b a + b − a ( a − b) 0 __________________________________________________________________


72

= 2

− a3

ab

a + b − a( a − b)

−b

a −b

0

a + b − a ( a − b)

= a ( 2 a 3 + a 2b + b 3 ) sehingga

1 x= D

1 = D

=

a2 + b2

0

2 3

0 −a b a ( a − b) − a ( a − b ) 0 a2 + b2 −a 0

3

0

−a b − a ( a − b) 0

a ( a − b) 3

2 3

2

a 2 + b2 3

a ( 2a + a b + b )

−a

3

2 b

= a−b


Tunjukkan bahwa dengan menggunakan sifat-sifat determinan :

1 a bc 1 b ac = (c − a)(b − a )(c − b) 1 c ab

2.

Tunjukkan, jika mungkin tanpa dengan menghitung, bahwa :

0

2

−2 0 3 −4

−3 4 =0 0

Petunjuk : Lihatlah akibat pertukaran baris dengan kolom.

3.

Sebuah matriks persegi bersifat antisimetrik jika amn = − anm . Tunjukkan bahwa determinan matriks antisimetrik bernilai nol jika orde matriks ganjil.

__________________________________________________________________


73

4.

5.

Carilah serta invers matriks berikut ini (jika ada) : a.

 2 3    4 5

b.

1 2 3   2 3 1  3 1 2  

c.

0  1 1  1 

Carilah determinan matriks berikut ini :

a.

b.

c.

6.

1 1 1  0 1 1 1 0 1  1 1 0 

0 1 2 3 3 0 1 2 2 3 0 1 1 2 3 0 1 a

1 b

1 c

1 d

a2 a3

b2 b3

c2 c3

d2 d3

0

a

−a 0 b −c

−b c 0

Dalam persoalan rangkaian listrik (dalam hal ini jembatan Wheatstone), terdapat set persamaan linear berikut : ( R3 + R4 ) I1 − R3 I 2 − R4 I 3 = V R3 I1 − ( R1 + R3 + R5 ) I 2 + R5 I 3 = 0 R4 I1 + R5 I 2 − ( R2 + R4 + R5 ) I 3 = 0 .

__________________________________________________________________


74

Gunakan metode Cramer untuk menentukan I 2 dan I 3 dinyatakan dalam Ri dan V. Jika diketahui : R1 = 10 Ω, R2 = 12 Ω, R3 = 14 Ω, R4 = R5 = 15 Ω, V = 9 V , carilah nilai I 2 secara eksplisit.

Jika pada set persamaan linear ternyata seluruh ruas kanan sama dengan nol, serta det A ≠ 0, maka hanya muncul penyelesaian trivial, yaitu nilai seluruh variabel tersebut = 0.

Contoh : Pada set persamaan linear :

x + 3y + 2z = 0 − x − 2 y + 4z = 0 4x − 2 y − z = 0 maka diperoleh penyelesaian x= y=z=0 karena

1

3

2

D = −1 − 2 4 ≠ 0 . 4 − 2 −1 Kasus ini dinamakan sistem persamaan linear homogen. Namun jika D = 0 , berarti tak semua dari set persamaan tersebut bebas. Salah satunya pasti merupakan kombinasi linear dari persamaan linear lainnya. Dengan demikian cacah persamaan yang bebas paling tidak kurang berkurang satu. Dengan demikian, penyelesaian sistem persamaan linear homogen dengan D = 0 adalah berupa perbandingan nilai antar variabel.

Contoh : Untuk tiga persamaan linear dengan tiga variabel x, y dan z berikut : x + 2 y + 3z = 0 − 2x + 3y − 2z = 0 3x − y + 5 z = 0

__________________________________________________________________


75

ternyata

1

2

3

D = −2 3 −2 =0. 3 −1 5 Ini menunjukkan bahwa salah satu persamaan linear merupakan kombinasi linear persamaan-persamaan linear lainnya (Hal ini dapat pula dilihat bahwa persamaan ketiga sama dengan persamaan satu dikurangi persamaan kedua). Perbandingan nilai antara x1 : x2 : x3 = x : y : z adalah sama dengan M ( D 1) : (−1) M ( D 2) : M ( D 3) dengan M ( D k ) adalah determinan matriks D yang telah dihilangkan baris ke 3 (karena ada tiga variabel atau tiga persamaan) dan kolom ke k. Jadi x: y:z =

2

3

3 −2

:−

1

3

−2 −2

=

1

2

−2 3

= −13 : −4 : 7

Untuk mengecek kebenaran hasil tersebut, dengan melihat petunjuk bahwa persamaan ketiga merupakan kombinasi linear persamaan pertama dan kedua, maka keberadaannya dapat diabaikan. Karena itu persamaan linear yang tersisa tinggal :

x + 2 y + 3z = 0 − 2x + 3y − 2z = 0 Dari persamaan pertama dan kedua, dengan mengisikan misalnya nilai x = −13, berturut-turut diperoleh : 2 y + 3 z = 13 . 3 y − 2 z = −26 . Dua persamaan terakhir memberikan nilai y = −4 dan z = 7, __________________________________________________________________


76

sesuai dengan hasil di atas. Karen itu hasilnya adalah x : y : z = −13 : −4 : 7 . Salah satu penerapan determinan matriks adalah menentukan set fungsi bebas atau gayut linear. Definisi bebas atau gayut linear ini menyerupai definisi yang digunakan dalam analisis vektor. Fungsi f1 ( x), f 2 ( x),..., f n ( x) dikatakan bebas linear jika kombinasi linearnya yang berbentuk n

∑ ak f k ( x) = 0

k =1

untuk semua ak = 0 (k = 1, 2, …, n). Jika tidak semua ak = 0 , maka set fungsi tersebut dikatakan gayut linear.

Contoh :

f1 ( x) = x dan f 2 ( x) = 3x maka

(3) x + (−1).3 x = 0 yang menunjukkan bahwa kedua fungsi tersebut gayut linear. Sedangkan untuk

g1 ( x) = sin x dan g 2 ( x) = cos x bersifat bebas linear, karena bentuk

a1 sin x + a2 cos x = 0 hanya mungkin untuk tetapan a1 = a2 = 0 . Untuk banyak fungsi, menentukan bebas atau gayut linear dapat dilakukan dengan menggunakan determinan Wronskian. Jika terdapat n buah fungsi : f1 ( x), f 2 ( x),..., f n ( x) yang seluruhnya memiliki derivatif hingga derivatif ke n − 1, maka set fungsi tersebut dikatakan bebas linear jika dan hanya jika nilai determinan Wronskian W :

W=

f1 ( x) f1 ' ( x)

f 2 ( x) f 2 ' ( x)

f1 ' ' ( x) ⋮ ( n −1) f1 ( x)

f 2 ' ' ( x) ⋮ ( n −1) f2 ( x)

f 3 ( x) f3 ' ( x)

... ...

f 3 ' ' ( x) ... ⋮ ⋱ ( n −1) f3 ( x) ...

f n ( x) f n ' ( x) f n ' ' ( x) ≠ 0 . ⋮ ( n −1) fn ( x)

Adapun jika W = 0, maka set fungsi tersebut gayut linear.

__________________________________________________________________


77

Contoh : Untuk tiga buah fungsi x, x 2 , x 3 maka x

x2

x3

2 x 3x 2 x2 W = 1 2 x 3x 2 = x −1 2 6x 2 0 2 6x

x3 6x

= x(12 x 2 − 6 x 2 ) − (6 x 3 − 2 x 3 ) = 2 x 3 ≠ 0 yang menunjukkan bahwa set fungsi x, x 2 , x 3 bebas linear. Sedangkan untuk set fungsi x, 2 x, x 2 maka x 2x W=1 0

2 0

x2 2x = 0 2

yang menunjukkan bahwa set fungsi x, 2 x, x 2 gayut linear. Hal ini dapat ditunjukkan dengan menuliskan a1 x + a2 (2 x) + a3 x 2 = 0 yang tak perlu seluruh a1, a2 , a3 bernilai nol. Dengan mengisikan misalnya a1 = 2, a2 = −1, a3 = 0 , bentuk kombinasi linear di atas tetap dipenuhi.


Selesaikan persamaan linear berikut :

x − y + 2z = 5 a.

2x + 3 y − z = 4 2x − 2 y + 4z = 6 x − 2y = 5

b.

2 x + 5 z = 10 3 y − 4 z = −4

__________________________________________________________________


78

−x+ y−z =4

c.

x − y + 2z = 3 2x − 2 y + 4z = 6 x − 2 y + 3z = 0

d.

x + 4 y − 6z = 0 2 x + 2 y − 3z = 0

3x + 4 y + 5 z − 2w = 0 e.

2 x − 5 y − z + 3w = 0 − 2x − 3 y + 5z + w = 0 − x + y − z + 4w = 0

2.

Tunjukkan apakah set fungsi berikut ini bebas atau gayut linear. a.

sin x, sin 2 x, sin 3 x

b.

x, e x , xe x

c.

eix , e −ix , cos x, sin x

d.

sinh 2 x, cosh 2 x, e x , e 2 x


Pergerakan partikel sepanjang sumbu x sebagai fungsi waktu t dengan percepatan konstan diberikan oleh

x = x0 + v0 t + 1 at 2 , 2

dengan x0 adalah posisi awal, v0 adalah kecepatan awal dan a adalah percepatan konstan. Saat t = 1 detik, x = 47 cm ; saat t = 2 detik, x = 68 cm ; dan saat t = 3 detik, x = 83 cm. Carilah nilai x0 , v0 dan a.

__________________________________________________________________


79

2.

Tunjukkan bahwa :

cos θ

1

0 0

2 cos θ 1

cosθ

1

0

0

.

.

0

0

1 0 0 .

2 cosθ 1 0

1 2 cosθ 1

0 1 2 cosθ

.

.

.

0 0 0 .

a.

b.

. . 0

0 1 = cos 3θ 2 cos θ

. . 0

0

0

.

2 cosθ . 1

= cos nθ

. 1 2 cosθ

untuk matriks orde n.

3.

Gunakan rumus Cramer untuk mencari x dan y dari persamaan transformasi Lorentz dalam relativitas khusus berikut : x' = Γ( x − vt ) , t ' = Γ(t − vx / c 2 ) dengan Γ = (1 − v 2 / c 2 ) −1 / 2 .

4.

Waktu paruh adalah waktu yang diperlukan untuk meluruh hingga tersisa menjadi separuh dari jumlah semula. Suatu sampel zat radioaktif berisi komponen A dan B yang masing-masing memiliki umur paruh 2 jam dan 3 jam. Diasumsikan bahwa hasil peluruhan menjadi gas yang lepas ke udara (maksudnya tidak lagi menyatu dengan zat mula-mula). Setelah 12 jam, suatu sampel zat tinggal bermassa 56 gram, dan setelah 18 jam tinggal bermassa 12 gram. Hitunglah massa A dan B mula-mula.

__________________________________________________________________


80

5.

Matriks-matriks Pauli dalam mekanika kuantum dirumuskan sebagai 0 − i 1 0   dan σ y =   . 0  0 − 1

0 1

 , σ y =  σ x =  1 0 i Tunjukkan bahwa :

1 0  . 0 1

a.

σ x2 = σ 2y = σ z2 = 1 = 

b.

σ xσ y − σ yσ x = 2iσ z , demikian juga untuk pasangan permutasi lainnya.

6.

Perkalian matriks berikut ini biasanya muncul dalam telaah lensa tebal di udara : 0  1 − (n − 1) / R1   1 (n − 1) / R2  1    A =  1 1 0  d / n 1  0  dengan d adalah tebal lensa, n adalah indeks bias, R1 dan R2 adalah jarijari kelengkungan permukaan lensa. Elemen A12 adalah − 1 / f dengan f adalah panjang fokus lensa. Carilah nilai A, panjang fokus, serta tunjukkan bahwa det(A) = 1.

7.

Sementara itu perkalian matriks yang muncul dalam telaah dua lensa tipis di udara adalah

 1 − 1 / f 2  1 0  1 − 1 / f1     M =  1  d 1  0 1  0 dengan f1 dan f 2 adalah panjang fokus masing-masing lensa serta d adalah jarak antara kedua lensa tipis tersebut. Elemen M 12 adalah − 1 / f dengan f adalah panjang fokus gabungan. Carilah M, det M dan f.

__________________________________________________________________

Limit, Fungsi dan Turunan _________________________________________________________________________________________

81

BAB IV LIMIT, FUNGSI DAN TURUNAN Fungsi adalah kaedah pemetaan (mapping) dari suatu nilai yang disebut variabel bebas yang himpunannya merupakan wilayah (domain) fungsi, ke suatu nilai lain (variabel tak bebas) yang himpunannya merupakan jangakauan (range) fungsi. Misalkan terdapat fungsi f ( x) = 2 x + 4 , maka domain fungsi f (x) tersebut adalah

−2 ≤ x < ∞, atau jika ditulis : domain f = [−2, ∞). Adapun range fungsi tersebut adalah 0 ≤ f (x) < ∞, atau dapat ditulis : range f = [0, ∞). Misalkan terdapat fungsi g ( x) = x 2 + 2 x − 3 , maka g (1) = 12 + 2.1 − 3 = 0 g (2 x) = (2 x) 2 + 2(2 x) − 3 = 4 x 2 + 4 x − 3 dan seterusnya. Dari bentuk f (x) dan g (x) tersebut, maka komposisi fungsi dinyatakan sebagai : ( f g )( x) = f ( g ( x)) = 2 g ( x) + 4 = 2 x 2 + 4 x + 1 sedangkan

( g f )( x) =

(

2x + 4

)2 + 2

2x + 4 − 3 = 2x + 1 + 2 2x + 4 .

__________________________________________________________________


82

Secara umum berlaku : ( f g )( x) ≠ ( g f )( x) . Jika f adalah fungsi korespondensi satu-satu, maka f memiliki invers, yang ditulis sebagai f −1. Jadi jika

y = f ( x) maka

x = f −1 ( y ) . Contoh : Misalkan y = g ( x) =

2x + 3 . Carilah g −1 ( x) . x−4

Jawab : y=

2x + 3 x−4

xy − 4 y = 2 x + 3 x ( y − 2) = 4 y + 3 4y + 3 x = g −1 ( y ) = y−2 sehingga g −1 ( x) =

4x + 3 . x−2

Misalkan g ( x) = x − 4 dan ( f g )( x) = 2 x + 3 maka g −1 ( x ) = x + 4 , sehingga f ( x) = ( f g g −1 )( x) = ( f g )( g −1 ( x)) = 2( x + 4) + 3 = 2x + 11.

__________________________________________________________________


83

Jika dicek, maka ( f g )( x) = 2( x − 4) + 11 = 2 x + 3 . Sebaliknya jika

f ( x) =

x+3 3x − 2

dan ( f g )( x) = 2 x − 5 , maka f −1 ( x) =

2x + 3 , 3x − 1

sehingga 2(2 x − 5) + 3 g ( x) = ( f −1 f g )( x) = f −1 (( f g )( x)) = 3(2 x − 5) − 1

=

4x − 7 . 6 x − 16


2.

3.

Jika f ( x) = 2 x + 4 dan g ( x − 2) =

x +1 , carilah − 2x + 3

a.

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

b.

( f g )( x) , ( g f )(2) .

c.

( f f )(2 x) , ( g g )(3 x − 1) .

Carilah invers fungsi-fungsi berikut : 4x − 1 2x + 5

a.

f ( x) =

b.

g ( y ) = 1 + (2 y − 3)1 / 3

(

)3 / 2

Carilah ( f g )( x) dan ( g f )( x) jika

x −1 2x __________________________________________________________________ f ( x) =


84

dan g (2 x − 3) =

4.

5.

3x . 2x + 1

Carilah f (x) jika a.

g ( x) = 2 x + 3 dan ( f g )( x) =

b.

g −1 ( x) =

3x + 1 x+3

2x − 1 dan ( f g −1 )( x) = 3 . 2x − 3

Tunjukkan bahwa : a.

( f g ) −1 = g −1 f −1

b.

( f −1 ) −1 = f

c.

( f g −1 ) −1 = g f −1

Macam-macam fungsi kontinu 1.

Fungsi konstan, seperti

f ( x) = 2 , yang berarti untuk domain f = (−∞, ∞) maka range f = 2. 2.

Fungsi pangkat

f ( x) = ax n , yang jika diperluas menjadi fungsi polinomial berderajat n :

Pn ( x) = a0 + a1x + a2 x 2 + ... + an x n =

n

∑ ak x k

k =0

yang kontinu untuk selang −∞ < x < ∞. Pada fungsi polinomial tersebut, jika n = 0, maka fungsi polinomial tereduksi ke fungsi konstan : P0 ( x) = a0 .

__________________________________________________________________


85

Jika n = 1, maka polinomial menjadi fungsi linear yang dapat pula ditulis sebagai y = f ( x) = mx + c . Fungsi ini dalam penyajian grafik koordinat dua dimensi ( x, y ) berbentuk garis lurus dengan nilai gradien m serta memotong sumbu y di titik (0, c). Jika n = 2, maka polinomial tersebut menjadi fungsi kuadrat yang dapat ditulis sebagai : y = f ( x) = ax 2 + bx + c , a ≠ 0. Dalam penggambaran grafik dua dimensi ( x, y ) , fungsi kuadrat ini berbentuk parabola. Fungsi kuadrat ini memiliki ciri-ciri sebagai berikut :

Jika a > 0, fungsi terbuka ke atas, dan sebaliknya jika a < 0, fungsi terbuka ke bawah.

Fungsi memiliki titik puncak, yaitu

xe = −

b 2a

ye = −

D 4a

dan

dengan D = b 2 − 4ac adalah diskriminan fungsi. Titik puncak maksimum diperoleh untuk a < 0, sedangkan titik puncak minimum untuk a > 0. Parabola dengan titik puncak ( xe , ye ) dapat pula dinyatakan sebagai

y = a ( x − xe ) 2 + ye .

Jika D

> 0, grafik fungsi memotong sumbu x di dua titik yang

berlainan. Dua titik potong tersebut adalah :

−b− D 2a __________________________________________________________________ x1 =


86

dan x2 =

−b+ D . 2a

Jika D = 0, grafik fungsi menyinggung sumbu x di satu titik, yaitu x=−

b , 2a

yang juga sekaligus titik puncak.

Jika D < 0, grafik fungsi tidak memotong sumbu x. Dalam kasus ini, jika a > 0, maka range fungsi selalu positif (definit positif), sedangkan jika a < 0 maka range fungsi selalu negatif (definit negatif).

Jika pada fungsi kuadrat dipilih nilai y = 0, maka fungsi kuadrat tersebut menjadi persamaan kuadrat : ax 2 + bx + c = 0 , a ≠ 0. Sifat-sifat persamaan kuadrat ini adalah :

Dengan diskriminan D = b 2 − 4ac , maka untuk : •

D > 0, terdapat dua akar real yang berbeda.

•

D = 0, terdapat satu akar real.

•

D < 0, terdapat dua akar imaginer.

•

D = k 2 , terdapat akar rasional, untuk k ∈ bilangan rasional.

Akar-akar persamaan kuadrat tersebut adalah x1,2 =

−b± D . 2a

Dari akar-akar tersebut diperoleh rumus-rumus : •

Jumlah dua akar : x1 + x2 = −

•

Hasil kali dua akar : x1x2 =

•

Selisih dua akar : x1 − x2 =

b . a

c . a

D . a

__________________________________________________________________


87

3.

Fungsi trigonometri f ( x) = sin x dan cos x kontinu untuk selang −∞ < x < ∞. Fungsi f ( x) = tan x =

sin x cos x

maupun cot x =

1 tan x

masing-masing mengalami diskontinu di titik-titik x = (n + 1 )π dan x = nπ 2

dengan n adalah bilangan bulat 0, ± 1, ± 2, dan seterusnya. Untuk fungsi sin x dan cos x , periodenya adalah 2π , yaitu f ( x + 2π ) = f ( x) , sedangkan untuk fungsi tan x dan cot x , periodenya adalah π . Fungsi trigonometri yang lain adalah

sec x =

1 cos x

csc x =

1 . sin x

dan

Terdapat beberapa sifat-sifat fungsi trigonometri, yaitu :

sin 2 x + cos 2 x = 1

sec 2 x = 1 + tan 2 x

csc 2 x = 1 + cot 2 x

sin x = cos( π − x) = sin(π − x) = − cos( 3π − x) = − sin( − x)

cos x = sin( π − x) = − cos(π − x) = − sin( 3π − x) = cos(− x)

tan x = cot( π − x) = − tan(π − x) = cot( 3π − x) = − tan(− x)

sin( x ± y ) = sin x cos y ± cos x sin y

cos( x ± y ) = cos x cos y ∓ sin x sin y

2

2

2

2

2

2

__________________________________________________________________


88

4.

tan x ± tan y 1 ∓ tan x tan y

tan( x ± y ) =

sin 2 x = 2 sin x cos x

cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x

tan 2 x =

2 sin x sin y = cos( x − y ) − cos( x + y )

2 cos x cos y = cos( x − y ) + cos( x + y )

2 sin x cos y = sin( x + y ) + sin( x − y )

2 cos x sin y = sin( x + y ) − sin( x − y )

sin x + sin y = 2 sin

x+ y x− y cos 2 2

sin x − sin y = 2 cos

x+ y x− y sin 2 2

cos x + cos y = 2 cos

cos x − cos y = −2 sin

tan

2 tan x 1 − tan 2 x

x+ y x− y cos 2 2 x+ y x− y sin . 2 2

x 1 − cos x sin x = = 2 sin x 1 + cos x

1 + sin 2 x = sin x + cos x

1 − sin 2 x = sin x − cos x

Fungsi-fungsi eksponen

y = ax dengan a > 0 kontinu untuk selang − ∞ < x < ∞ dengan range y > 0. Jika a = e (bilangan logaritma alam), maka fungsi eksponensial e

±x

kontinu dalam selang − ∞ < x < ∞ , demikian pula dengan fungsi-fungsi hiperbolik :

sinh x =

e x − e− x , 2

__________________________________________________________________


89

e x + e−x cosh x = 2 dan tanh x =

sinh x e x − e − x = . cosh x e x + e − x

Adapun fungsi coth x =

1 tanh x

mengalami diskontinu di titik x = 0. Identitas yang terdapat dalam fungsifungsi hiperbolik adalah :

5.

cosh 2 x − sinh 2 x = 1

sech 2 x = 1 − tanh 2 x

csch 2 x = coth 2 x − 1 .

Fungsi-fungsi inversi : Untuk fungsi-fungsi trigonometri terdapat fungsi inversi yaitu arcsin x , arccos x , arctan x , arccot x , arcsec x dan arccsc x. Jadi jika

y = f ( x) = sin x maka x = arcsin y . Fungsi arcsin x dan arccos x hanya terdefinisi pada daerah −1 ≤ x ≤ 1, sementara

fungsi

arctan x

dan

arccot x

terdefinisi

pada

daerah

− ∞ < x < ∞ . Adapun fungsi arcsec x dan arccsc x terdefinisi pada selang − ∞ < x ≤ −1 dan 1 ≤ x < ∞ .

Fungsi eksponen mempunyai inversi yang disebut fungsi logaritmik. Jadi jika y = ax , maka x = a log y , a > 0 dan a ≠ 1. Khusus untuk a = e maka

__________________________________________________________________


90

x = e log y = ln y . Fungsi y = ln x kontinu untuk 0 < x < ∞ . Sedangkan inversi fungsi hiperbolik y = sinh x adalah x = sinh −1 y . Fungsi y = sinh −1 x kontinu untuk − ∞ < x < ∞ . Fungsi y = cosh −1 x kontinu untuk 1 ≤ x < ∞ . Fungsi y = tanh −1 x kontinu untuk −1 < x < 1. Fungsi y = coth −1 x kontinu di daerah x < −1 atau x > 1 .


Carilah titik potong antara dua fungsi linear : 2 x + 3 y = 6 dan 3 x + y = 9 .

2.

Carilah hubungan antara a1 , a2 , b1 dan b2 jika dua fungsi linear

a1x + b1 y = c1 dan a2 x + b2 y = c2 :

3.

4.

a.

Sejajar

b.

Tegaklurus

c.

Membentuk sudut 450.

Diketahui sebuah fungsi kuadrat y = x 2 − 4 x − 28 . Carilah : a.

Titik potong dengan sumbu x dan sumbu y.

b.

Titik puncak fungsi

c.

Titik singgung dengan garis ax + 2 y = 8 . Cari pula a.

Carilah fungsi kuadrat yang : a.

Melalui titik (1, 2), (2, 4) dan (3, 8)

Melalui titik (2, −1) dan titik puncak (3, −4). b. __________________________________________________________________


91

c.

Melalui titik potong dengan sumbu x di (−1, 0) dan (3, 0) dan titik potong dengan sumbu y di (0, 3).

5.

Carilah nilai m agar : a.

Fungsi y = x 2 + (m + 1) x + (2m − 3) memotong sumbu x di dua titik yang berlainan.

b.

Garis y = mx + 3 menyinggung fungsi y = mx 2 + 2 x + m .

c.

Fungsi y = −mx 2 + (m − 2) x + 12 selalu bernilai positif untuk seluruh jangakauan x.

6.

Diketahui persamaan kuadrat 2 x 2 + 3 x − 5 = 0 memiliki akar-akar a dan b.

Carilah :

7.

a.

a+b,

b.

ab ,

c.

a−b ,

d.

a 2 + b2

e.

a 3 + b3 .

Jika a dan b adalah akar-akar persamaan x 2 + 4 x + 2 = 0 , carilah persamaan kuadrat baru yang akar-akarnya : a.

2a dan 2b

b.

a−3 b−3 dan 2 2

c.

8.

a + 2 dan

b + 2.

d.

Kurang tiga dari akar persamaan yang lama.

e.

Setengah dari akar persamaan yang lama

Tunjukan berlakunya identitas rumus-rumus trigonometri di atas.

__________________________________________________________________


92

9.

Carilah harga x (0 < x < 2π ) yang memenuhi persamaan trigonometri berikut : a.

tan x + cot x = 4 cos 2 x

b.

2 sin 2 x + 5 cos x = 4

c.

cos x − cos 2 x = 1 . 2

Limit Fungsi Definisi Limit Fungsi : Diberikan fungsi f (x) yang didefinisikan pada interval terbuka yang memuat bilangan x0 . Limit fungsi f (x) dengan x mendekati x0 adalah bilangan L yang ditulis sebagai :

lim f ( x) = L x → x0 jika untuk setiap ε > 0 yang diberikan, terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga

f ( x) − L < ε untuk setiap x domain f (x) dan

0 < x − x0 < δ . Sifat-sifat Limit Fungsi Berikut ini akan dituliskan beberapa sifat limit fungsi yang akan memudahkan penghitungan limit. (1)

(2)

(3)

lim{af ( x) + bg ( x)} = a lim f ( x) + b lim g ( x) x → x0

x → x0

x → x0

.

lim{ f ( x).g ( x)} = lim f ( x). lim g ( x) x → x0

x → x0 x → x0

lim{ f ( x) / g ( x)} = lim f ( x) / lim g ( x) x → x0

x → x0

x → x0

__________________________________________________________________


93

(4)

lim F { f ( x)} = F {lim f ( x)} x → x0

x → x0

Contoh-contoh limit fungsi : sin x x tan x x = lim = lim = lim = 1. x sin x x tan x x→0 x→0 x→0 x→0

lim

ln(1 + x) = lim ln(1 + x)1 / x = ln lim(1 + x)1 / x = ln e = 1. x x→0 x→0 x→0

lim

x2 − 4 ( x − 2)( x + 2) lim = lim = lim x + 2 = 4. x−2 x−2 x→2 x→2 x→2 Dengan substitusi ex −1 = u sehingga x = ln(1 + u ) maka

ex −1 u ln(1 + u )   lim = lim = lim x ln(1 + u )  u  x→0 u→0 u→0

−1

= 1.

Selanjutnya dengan mengingat u

 1 lim1 +  = e  u x→∞ maka

 lim1 +  x→∞

2  x

3x

 1   = lim1 +  ( x / 2)  x/2 → ∞

6 ( x / 2)

= e6

Soal-soal Latihan __________________________________________________________________


94

1.

Carilah nilai limit-limit di bawah ini : a.

b.

xk − ak x−a x→a

lim

lim

sin x − tan x

x3

x→0 c.

lim x 2 + 2 x + 5 − x 2 − 3x + 4 x→∞

d.

 x2 + 2   lim  x2 −1    x→∞

e.

lim x→0

x 2 +3

x2 cos x − sec x

Turunan Fungsi Jika terdapat suatu fungsi y = f (x) , maka perilaku suatu titik sembarang (x, y) yang terletak pada fungsi tersebut dapat diselidiki dengan mencari apakah pada titik tersebut, kurva bersifat naik / turun atau stasioner. Cara menyelidikinya adalah dengan menentukan tangen sudut garis singgung kurva y = f (x) di titik (x, y) tersebut. Jika α adalah sudut kemiringan garis singgung tersebut, maka :

Untuk tan α > 0 , fungsi tersebut naik di titik itu.

Untuk tan α < 0 , fungsi tersebut turun di titik tersebut.

Untuk tan α = 0 , fungsi tersebut mendatar / stasioner di titik tersebut. Dari kasus tersebut, lahirlah konsep berikut turunan fungsi y = f ( x)

dy f ( x + h) − f ( x) = lim dx h h→0 (Untuk penjelasan dan penjabaran lebih terinci, silakan dilihat pada buku-buku Kalkulus standar). Turunan pertama y = f ( x) ditulis sebagai

__________________________________________________________________


95

y' =

dy df = = f ' ( x) . dx dx

Turunan kedua, ketiga dan seterusnya dituliskan sebagai

y ' ' = f ' ' ( x) =

d2y dx 2

,

d3y y ' ' ' = y (3) = , dan seterusnya. dx 3 Dengan menggunakan definisi turunan fungsi, dapat diperoleh beberapa rumus-rumus penting turunan (derivatif) : 1.

Jika F ( x) = af ( x) + bg ( x) maka dF df dg =a +b dx dx dx

2.

Jika F ( x) = f ( x) g ( x) maka dF df dg = g+ f dx dx dx

3.

Jika F ( x) =

f ( x) maka g ( x) df dg g− f dF dx dx = f ' g − fg ' = dx g2 g2

4.

Jika F ( x) = F{ f ( x)} maka

dF dF df = . dx dx dx Berikut ini disajikan nilai turunan fungsi-fungsi elementer 1.

Jika F ( x) = c , maka

dF =0. dx 2.

Jika F ( x) = x n maka

F ' = nx n −1 . 3.

Jika F ( x) = a x maka

__________________________________________________________________


96

F ' = a x ln a . Khusus untuk a = e :

F ( x) = e x maka

F'= ex . 4.

Jika F ( x) = a log x maka

F '=

1 . x ln a

Khusus untuk a = e : F ( x) = ln x maka F'= 5.

1 . x

Jika F ( x) = sin x maka F ' = cos x

6.

Jika F ( x) = cos x maka F ' = − sin x

7.

Jika F ( x) = tan x maka F ' = sec 2 x

8.

Jika F ( x) = cot x maka F ' = − csc 2 x

9.

Jika F ( x) = sec x maka F ' = sec x tan x

10.

Jika F ( x) = csc x maka F ' = − csc x cot x

11.

Jika F ( x) = arcsin x maka

F'=

1 1− x2

__________________________________________________________________


97

12.

Jika F ( x) = arccos x maka 1

F'= − 13.

Jika F ( x) = arctan x maka F'=

14.

1− x2

1 1+ x2

Jika F ( x) = arccot x maka F'= −

15.

1 x x2 −1

Jika F ( x) = arccsc x maka F'= −

17.

1+ x2

Jika F ( x) = arcsec x maka F'=

16.

1

1 x x2 −1

Jika F ( x) = sinh x maka F ' = cosh x

18.

Jika F ( x) = cosh x maka F ' = sinh x

19.

Jika F ( x) = tanh x maka

F ' = sech 2 x 20.

Jika F ( x) = coth x maka

F ' = −csch 2 x 21.

Jika F ( x) = sech x maka F ' = −sech x tanh x

22.

Jika F ( x) = csch x maka F ' = −csch x coth x

__________________________________________________________________


98


Buktikan rumus-rumus di atas.

2.

Carilah turunan pertama fungsi-fungsi berikut :

3.

a.

y = xx

b.

y = arcsin

c.

 1 y = ln 1 − cot  x 

d.

y = cosh e arccos( x

x+2 ex

(

2

)

)

Carilah nilai turunan fungsi di bawah ini pada titik x = 0 atau pada pengambilan limit x → 0 , jika nilainya ada : cos(ln[ x + 1]) ln(cos[ x + 1])

a.

y=

b.

y = x sin x + (sin x) x

c.

e sin x (sin x) e

y=

Deret Taylor dan Deret Maclaurin Pandang sebuah fungsi f ( x) yang diuraikan ke dalam deret pangkat dalam ( x − x0 ) menurut : 2

f ( x) = a0 + a1 ( x − x0 ) + a2 ( x − x0 ) + ... =

∞

∑ ak ( x − x0 ) k .

k =0

Jika ke dalam rumus di atas diisikan nilai x = x0 diperoleh a 0 = f ( x0 ) .

Jika f ( x) diturunkan satu kali, kemudian hasilnya diisikan nilai x = x0 , diperoleh

df x = x0 . dx __________________________________________________________________ a1 =


99

Selanjutnya jika f (x) diturunkan dua kali, kemudian hasilnya diisikan nilai x = x0 , diperoleh

2a 2 =

d2 f dx 2

x = x0 .

Jika proses penurunan ini dilakukan terus hingga turunan ke n, yang kemudian hasilnya diisikan nilai x = x0 , diperoleh

an =

1 dn f x = x0 . n! dx n

Jadi

f ( x) =

∞ (x − x )k k d f 0 x = x0 k! dx k k =0

∑

Bentuk di atas adalah deret Taylor untuk fungsi f ( x) di sekitar titik x0 . Jika diisikan x0 = 0, diperoleh deret Maclaurin : ∞

x k d k f ( 0) f ( x) = ∑ . dx k k = 0 k! Contoh soal : Tentukan deret Maclaurin untuk fungsi e x .

Jawab : Mengingat turunan ke n untuk fungsi e x sama dengan e x , yang jika diisikan x = 0 bernilai 1, maka

ex =

∞

xk

x

∑ k! = 1 + 1 +

k =0

x 2 x3 + + ... , − ∞ < x < ∞ 2 6

Berikut ini disajikan bentuk-bentuk deret Maclaurin yang lain :

x 2 k +1 sin x = ∑ (−1) (2k + 1)! k =0 ∞

1.

= x− 2.

cos x =

∞

k

x3 x5 x7 + − + ... , − ∞ < x < ∞ . 3! 5! 7!

∑ (−1) k

k =0

x 2k (2k )!

__________________________________________________________________


100

= 1−

3.

ln(1 + x) =

x2 x4 x6 + − + ... , − ∞ < x < ∞ 2! 4! 6! ∞

∑ (−1)

k =0

= x− 4.

k x

k +1

k +1

x 2 x3 x 4 + − + ... , − 1 < x ≤ 1 2 3 4

∞ 1 = ∑ (−1) k x k 1 + x k =0

= 1 − x + x 2 − x 3 + ... , − 1 < x < 1 Dari fungsi y = f (x) , maka turunan fungsi tersebut di titik x = x0 adalah

f ' ( x0 ) . Jika : f ' ( x0 ) = 0 dan f ' ' ( x0 ) > 0 maka titik ( x0 , y0 ) adalah titik maksimum relatif. f ' ( x0 ) = 0 dan f ' ' ( x0 ) < 0 maka titik ( x0 , y0 ) adalah titik minimum relatif. f ' ( x0 ) = 0 dan f ' ' ( x0 ) = 0 maka titik ( x0 , y0 ) adalah titik belok.


Ekspansikan deret Taylor untuk fungsi ln x di sekitar x = 1. Selanjutnya carilah nilai ln 0,99 sampai lima angka desimal.

2.

Ekspansikan fungsi−fungsi berikut dalam deret Maclaurin : a. ln(1 + x) dan carilah nilai ln 0,98.

e − x dan carilah nilai e −0,1 , keduanya teliti empat angka di belakang koma.

b.

3.

Ekspansikan cos x di sekitar x = 3π / 2 .

4.

Pada telaah tetapan Madelung dalam zat padat, terdapat bentuk deret 1 − 1 + 1 − 1 + ... . Carilah nilai deret tersebut dengan menggunakan bentuk 2

3

4

deret ln (1 + x).

__________________________________________________________________


101

5.

Pada telaah difraksi Fresnel dalam optika, muncul bentuk integral berikut 1

I = ∫ sin x 2 dx . 0

Dengan mengekspansikan sin x 2 , carilah nilai integral tersebut hingga lima angka desimal.

6.

Kecepatan elektron v yang dihasilkan dari akselerator energi tinggi, nilainya hampir mendekati laju cahaya c. Jika diberikan tegangan akselerator V, rumus relativistik kecepatan elektron tersebut adalah v = c 1−

1 . (V bersatuan juta volt). 4V 2

Dengan menggunakan deret binomium, carilah nilai 1 − v / c jika : a.

V = 100 juta volt,

b.

V = 25.000 juta volt

c.

V = 100 giga volt.

Penerapan Turunan Ditinjau penerapan turunan pada kasus mekanika. Sebuah partikel bergerak lurus dengan persamaan gerak

x(t ) = mt 2 + nt + p . Maka : 1.

Saat t = 0, maka posisi partikel terletak di x0 = x(t = 0) = p

2.

Laju partikel adalah v =

3.

Laju partikel saat t = 0 adalah v0 = n .

4.

Percepatan partikel adalah a =

dx = 2mt + n . dt

dv = 2m . dt

Karena itu dari persamaan laju dan percepatan partikel diperoleh

v = v0 + at . __________________________________________________________________


102

Sementara itu dari posisi partikel diperoleh

x = x0 + v0t + 12 at 2 . Hubungan antara v, v0 , a, x dan x0 dapat dituliskan sebagai v 2 = v02 + 2a ( x − x0 ) Sementara itu hubungan antara v, v0 , t , x dan x0 ditulis dalam bentuk

x = x0 + 12 t (v + v0 ) Selanjutnya dibahas penerapan turunan untuk menentukan maksimum atau minimum pada luasan tertentu. Ditinjau sebuah tali yang panjangnya l. Tali tersebut dipotong menjadi dua bagian, satu bagian dibuat lingkaran dan satu bagian dibuat bujursangkar. Ingin dicari panjang potongan tali masing-masing, agar jumlah kedua luas tersebut bernilai minimum. Misalkan panjang tali lingkaran dan bujursangkar berturut-turut x dan l − x. Maka Luas lingkaran = π ( x / 2π ) 2 =

x2 , 4π

sedangkan luas bujursangkar =

(l − x) 2 . 16

Jumlah kedua luas tersebut :

1 lx l 2  1 L=  + x2 − + . 8 16  4π 16  Dengan menurunkan L ke x diperoleh dL  1 1  l = + x − = 0 dx  2π 8  8 atau x=

l 4π + 1

Dengan menurunkan L sekali lagi ke x diperoleh

__________________________________________________________________


103

d 2L dx

2

=

1 1 + >0 2π 8

yang menunjukkan bahwa x yang diperoleh adalah titik minimum. Jadi agar jumlah luas keduanya minimum : panjang tali untuk lingkaran =

l 4π + 1

,

sedangkan panjang tali untuk bujursangkar =

4π l . 4π + 1

Soal-Soal Latihan Tambahan 1.

2.

Carilah Volume maksimum beserta ukuran : a.

tabung lingkaran tegak dalam sebuah kerucut lingkaran tegak.

b.

tabung lingkaran tegak dalam sebuah bola berjari-jari r.

c.

kerucut lingkaran tegak dalam bola berjari-jari r.

Kuat penerangan pada sebuah titik berbanding terbalik dengan jarak titik tersebut dari sumber cahaya, serta berbanding lurus terhadap intensitas cahaya. Jika terdapat dua sumber cahaya yang berjarak x dan masingmasing memiliki intensitas I1 dan I 2 , tentukanlah pada titik manakah di antara kedua sumber cahaya tersebut sehingga jumlah kuat penerangan menjadi minimum ?

3.

Sebuah beban yang dihubungkan ke sebuah pegas bergerak sepanjang sumbu x sehingga koordinat x pada saat t adalah x = sin 2t + 3 cos 2t . Tentukan jarak terjauh beban dari titik asal.

4.

Seorang penjelajah ruang angkasa bergerak dari kiri ke kanan sepanjang kurva y = x . Jika ia mematikan mesinnya, ia akan bergerak sepanjang 2

__________________________________________________________________


104

garis singgung pada titik di mana ia saat itu berada. Pada titik mana ia harus mematikan mesin agar ia dapat mencapat titik (4, 10) ?

5.

Jika sebuah benda dilempar ke atas dari suatu ketinggian awal s0 meter dengan kecepatan awal v0 meter/detik maka rumus ketinggian benda tersebut s dari tanah sebagai fungsi waktu t adalah

s = −5t 2 + v0t + s0 . Jika s0 = 100 meter dan v0 = 50 meter/detik

6.

a.

Kapankah benda mencapai ketinggian maksimum ?

b.

Berapakah ketinggian maksimum ?

c.

Kapankah ia tiba di tanah ?

d.

Dengan kecepatan berapakah ia tiba di tanah ?

e.

Berapakah kecepatan dan percepatan benda saat t = 2 detik ?

Gunakan konsep turunan ekstrem dan asas Fermat tentang lintasan cahaya, untuk menunjukkan berlakunya hukum Snellius tentang pemantulan dan pembiasan.

7.

Perumusan Klein-Nishina untuk hamburan foton oleh elektron mengandung suku yang berbentuk

f (ε ) =

(1 + ε )  2 + 2ε ln(1 + 2ε )  −   , ε ε 2  1 + 2ε

dengan ε = hv / mc 2 ≥ 0 . Carilah nilai : a.

f (ε = 1) ,

b.

lim f (ε ) , ε →0

c.

lim f (ε ) ε →∞

d.

titik ekstrem ε beserta sifatnya.

__________________________________________________________________


105

x 2 x3 x 4 (Petunjuk : ln(1 + x) = x − + − + ... ) 2 3 4

8.

Sebuah partikel dengan massa m bergerak sepanjang sumbu x sehingga posisi x dan kecepatan = dx / dt memenuhi persamaan m(v 2 − v02 ) = k ( x02 − x 2 ) dengan v0 , x0 dan k adalah tetapan. Buktikan bahwa

m

9.

dv = − kx dt

Dalam teori relativitas khusus, energi sebuah elektron bermassa rehat m yang bergerak dengan kecepatan v adalah

E=

mc 2 2

1− v / c

2

.

Carilah dua suku pertama dalam ekspansi deret (1 − v 2 / c 2 ) −1 / 2 2

dan kalikan dengan mc . Apakah bentuk suku kedua dalam ekspansi tersebut, jika v / c bernilai kecil ?

__________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

106

BAB V INTEGRAL Pengertian integral muncul dalam dua konteks, yaitu : 1.

Integral sebagai inversi (kebalikan) dari penurunan (derivatif) atau antiderivatif yang dalam hal ini disebut juga integral tak tentu (indefinite).

2.

Integral sebagai limit jumlah yang dikenal sebagai integral tertentu (definite) atau integral Riemann.

Integral sebagai Inversi Penurunan (Anti Derivatif) Suatu fungsi F(x) dapat dituliskan sebagai F ( x) = ∫ f ( x) dx jika

f ( x) =

d F ( x) . dx

Fungsi yang diperoleh dari proses integral f (x) ini tidaklah tunggal. Bentuk F (x) dapat ditambah dengan suatu tetapan integrasi C yang boleh bernilai sembarang, karena fungsi induk yang baru ini yaitu Finduk = F ( x) + C memenuhi pula dFinduk dF = = f ( x) . dx dx

Rumus-rumus Integral dasar dan Metode Pengintegralan Berikut

ini

disajikan

rumus-rumus

dasar

yang

digunakan

dalam

pengintegralan.

n ∫ x dx =

∫

x n +1 + C , n ≠ −1 n +1

dx = ln x + C x

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

107

ax ∫ e dx =

e ax +C a

∫ sin x dx = − cos x + C ∫ cos x dx = sin x + C ∫ tan x dx = ln sec x + C

∫ cot x dx = ln sin x + C ∫ sec x dx = ln sec x + tan x + C ∫ csc x dx = ln csc x − cot x + C ∫ sinh x dx = cosh x + C ∫ cosh x dx = sinh x + C ∫ tanh x dx = ln cosh x + C ∫ coth x dx = ln sinh x + C −1 ∫ sech x dx = tan (sinh x) + C

∫ csch x dx = ln tanh( x / 2) + C .

Penjabaran / penurunan rumus-rumus tersebut dapat dilihat pada buku-buku kalkulus standar.


Hitunglah integral-integral berikut ini : a.

dx

∫ ax + b x 2 dx ax + b

b.

∫

c.

∫ x2 − a

d.

cos ∫e

e.

∫x

dx 2

x

sin 2 x dx

2 x 2 + 3 dx

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

108

2.

Diketahui persamaan

dy x = 2 . Jika untuk x = 2, nilai y = 2, carilah dx x + 4

nilai y untuk x = 0.

Pengintegralan Parsial Integral parsial dirumuskan sebagai :

∫ u dv = uv − ∫ v du Contoh :

−2 ax

∫ x e dx = xe / a − (1 / a)∫ e dx = a e (ax − 1) + C 2 2 2 ∫ x cos x dx = x sin x − 2∫ x sin x dx = x sin x − 2(− x cos x − ∫ − cos x dx ) ax

ax

ax

= x 2 sin x + 2 x cos x − 2 sin x + C

I = ∫ e x sin x dx = −e x cos x − ∫ − e x cos x dx = − e x cos x + e x sin x − ∫ e x sin x dx atau 2I = e x (sin x − cos x) + C sehingga

∫e

x

sin x dx = 12 e x (sin x − cos x) + C

Substitusi Variabel Berikut ini beberapa contoh substitusi variabel dalam penghitungan integral

Ingin dicari nilai

I=

dx

∫ ( x + 2)

x +1

.

Melalui substitusi y = x +1 maka x = y2 −1, dan dx = 2 y dy , sehingga _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

109

I=

2 y dy

dy

∫ ( y 2 + 1) y = 2∫ y 2 + 1 = 2 arctan y + C

= 2 arctan x + 1 + C .

Melalui substitusi : x = a tan u

dan dx = a sec 2 u du , maka

∫

dx a sec 2 u du = = a −1 ∫ du = u / a + C = a −1 arctan( x / a ) + C . x 2 + a 2 ∫ a 2 (tan 2 u + 1)

Melalui substitusi :

x = a sin u ; dx = a cos u du , maka

∫

dx a2 − x2

a cos u du

=∫

a 2 (1 − sin 2 u )

= ∫ du = u + C = arcsin( x / a) + C .

Melalui substitusi : x = a sinh u ; dx = a cosh u du , maka

∫

dx a +x 2

2

=∫

a cosh u du a (1 + sinh u ) 2

2

= ∫ du = u + C = sinh −1 ( x / a) + C .

Metode Pecahan Parsial Rumus fungsi suku banyak berderajat n bulat positif adalah Pn ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n =

n

∑ ak x k .

k =0

Fungsi pecahan rasional dirumuskan dengan bentuk P ( x) Q( x) dengan P (x) dan Q (x) keduanya suku banyak. Karena itu bentuk integral pecahan rasional adalah _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

110

P( x)

∫ Q( x) dx Ada beberapa keadaan antara bentuk P (x) dan Q (x) yang menentukan penyelesaian integral pecahan rasional. 1.

Q' ( x) = P( x) Pada kondisi ini, nilai integral adalah

Q'

∫ P dx = ln P( x) + C Sebagai contoh : 2x + 3

∫ x 2 + 3x + 4 dx = ln x 2.

2

+ 3x + 4 + C .

Derajat P (x) lebih besar atau sama dengan Q(x) Pada kasus ini, bentuk P ( x) S ( x) = R( x) + Q( x) Q ( x) dengan R (x) dan S (x) juga suku banyak dalam x, serta derajat S (x) kurang dari derajat Q(x) .

Contoh soal :

x3 2x  1 2  2 ∫ x 2 + 2 dx = ∫  x − x 2 + 2  dx = 2 x − ln x + 2 + C . 3.

Derajat P (x) kurang dari derajat Q(x) Untuk memudahkan penyelesaian kasus ini, ditinjau kasus integral x+5

∫ ( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + 3) dx . Pada integral di atas, bentuk P ( x) / Q( x) diuraikan menjadi x+5 A B C D = + + + . ( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + 3) x − 1 x + 1 x + 2 x + 3 Keempat bilangan A, B, C dan D adalah tetapan. Persamaan untuk pembilang kedua ruas adalah x + 5 = A( x + 1)( x + 2)( x + 3) + B ( x − 1)( x + 2)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 1)( x + 3) _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

111

+ D ( x − 1)( x + 1)( x + 2) . Dengan menyamakan suku-suku berpangkat sama dalam x antara kedua ruas, diperoleh

x3 → A + B + C + D = 0

x 2 → 6 A + 4 B + 3C + 2 D = 0 x → 11A + B − C − D = 1

x 0 → 6 A − 6 B − 3C − 2 D = 5 Dari empat persamaan di atas dengan empat variabel A, B, C dan D tersebut, masing-masing dapat dicari nilainya yaitu :

A=

1 1 , B = −1, C = 1, D = − 4 4

Untuk mencari keempat nilai tersebut, dapat pula ditempuh cara lain, yaitu dengan mengisikan nilai pada persamaan pembilang : Untuk x = 1, diperoleh 6 = 24A Untuk x = −1, diperoleh 4 = −4B Untuk x = −2, diperoleh 3 = 3C Untuk x = −3, diperoleh 2 = −8D yang selanjutnya juga menghasilkan nilai A, B, C dan D yang sama. Jadi x+5 1 1 1 1 = − + − ( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + 3) 4( x − 1) x + 1 x + 2 4( x + 3) sehingga x+5

1

dx

dx

dx

1

dx

∫ ( x − 1)( x + 1)( x + 2)( x + 3) dx = 4 ∫ ( x − 1) − ∫ x + 1 + ∫ x + 2 − 4 ∫ ( x + 3) =

1 ( x − 1)( x + 2) 4 1 1 ln x − 1 − ln x + 1 + ln x + 2 − ln x + 3 + C = ln +C . 4 ( x + 3)( x + 1) 4 4 4

Bentuk di atas diperoleh hanya dengan memanfaatkan rumus dx

∫ x − a = ln x − a + C .

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

112

Metode pengerjaan di atas terjadi pada saat penyebut Q (x) dapat diuraikan serta tak terdapat akar yang sama. Jika terdapat akar yang sama, dapat disimak pada contoh di bawah ini.

Contoh : Ingin dicari bentuk eksplisit

x

∫ ( x − 2)( x − 1) 2 ( x + 1)3 dx Jawab : Bentuk pecahan rasional pada integran tersebut dapat diuraikan menjadi x A B C D E F = + + + + + . 2 3 2 2 x − 2 x − 1 ( x − 1) x + 1 ( x + 1) ( x − 2)( x − 1) ( x + 1) ( x + 1)3 Persamaan untuk pembilang adalah x = A( x − 1) 2 ( x + 1)3 + B ( x − 2)( x − 1)( x + 1) 3 + C ( x − 2)( x + 1)3 + D( x − 2)( x − 1) 2 ( x + 1) 2 + E ( x − 2)( x − 1) 2 ( x + 1) + F ( x − 2)( x − 1) 2 Dengan mengisikan nilai-nilai berikut : x = 2 → 2 = 27 A x = 1 → 1 = −8C x = −1 → −1 = −12 F x = 0 → 0 = A + 2 B − 2C − 2 D − 2 E − 2 F x = −2 → −2 = −9 A − 12 B + 14C − 36 D + 36 E − 36 F x = 3 → 3 = 256 A + 128B + 64C + 64 D + 16 B + 4 F Dari enam persamaan di atas diperoleh :

A=

2 1 1 5 1 1 , B=− , C=− , D=− , E= , F= 27 16 8 432 36 12

Jadi

x 2 1 1 5 = − − − ( x − 2)( x − 1) 2 ( x + 1) 3 27( x − 2) 16( x − 1) 8( x − 1) 2 432( x + 1) +

1 1 + 2 36( x + 1) 12( x + 1) 3

sehingga _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

113

x

2

1

5

1

∫ ( x − 2)( x − 1) 2 ( x + 1)3 dx = 27 ln x − 2 − 16 ln x − 1 − 432 ln x + 1 + 8( x − 1) −

1 1 − +C 36( x + 1) 24( x + 1) 2


Carilah nilai-nilai integral di bawah ini : a.

∫e

b.

3x 2 + 2 x + 4 ∫ 2 x 3 + 2 x 2 + 8 x + 5 dx

c.

x2 + 2x + 4 ∫ x − 3 dx

d.

∫ ( x − 1)( x − 2) dx

e.

∫ x( x + 1) 2 ( x + 2)3 dx

x

sin x dx

x

x −1

Integral tertentu (Integral Riemann) Integral Riemann merupakan jumlahan unsur-unsur infinitesimal yang bercacah mendekati takhingga dalam daerah luasan A yang dibatasi oleh interval terbatas [a, b] serta sumbu x dan kurva y = f (x). Jika kedua nilai a dan b tersebut berhingga, demikian pula dengan f (x) di daerah pengintegralan, maka integral tersebut dinamakan integral layak (proper integal). Apabila salah satu dari ketiga hal tersebut bernilai takhingga, tetapi nilai integralnya ada dan berhingga, maka integral tersebut dinamakan integral tak layak (improper integral). Pada gambar 5.1 , daerah A yang dibatasi oleh : kurva y = f (x) , sumbu x, x = a dan x = b dibagi menjadi sejumlah n buah daerah yang bentuknya mendekati empat persegi panjang dengan lebar masing-masing ∆x dan tinggi f (ξ i ) . Diketahui : Lebar ∆x = (b − a ) / n _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

114

dan y f (x) f (ξi )

x xi xi + ∆x b

a

Gambar 5.1. Unsur luas dan integral Riemann

ξ i = a + (i − 1 + ηi )∆x dengan 0 ≤ ηi ≤ 1 . Pada pengambilan limit n → ∞ yang berarti ∆x → 0 , maka diperoleh luas daerah A di bawah kurva y = f (x) yang dibatasi oleh sumbu x, x = a dan x = b sebagai ∞

∞

i =1

i =1

A = lim ∑ Ai = lim ∑ f (ξ i )∆x = n→∞

b

∫ f ( x) dx

x=a

n→∞ ∆x → 0

Nilai a dan b merupakan batas bawah (lower limit) dan batas atas (upper limit) pengintegralan. Integral Riemann memiliki beberapa sifat dasar : 1.

b

a

a

b

∫ f ( x) dx = − ∫ f ( x) dx b

2.

∫ a

3.

c

b

a

c

f ( x) dx = ∫ f ( x) dx + ∫ f ( x) dx

b

b

b

a

a

a

∫ ( Af ( x) + Bg ( x)) dx = A∫ f ( x) dx + B ∫ g ( x) dx

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

115

4.

5.

b

b

a

a

∫ f ( x) dx = ∫ f (t ) dt Jika f ( x) =

dG ( x) maka dx

b

b

∫ f ( x) dx = G ( x) a = G (b) − G (a) a

Contoh soal : π /2

2 ∫ sin x dx =

π /2 1 2

0

∫ (1 − cos 2 x) dx = 12 [x − 12 sin 2 x] 0

π /2

0

=

1 2

 π 1  π   2 − 2 sin π  − (0 − 0 ) = 4 .   

Soal-soal Latihan Hitunglah integral-integral di bawah ini 3

1.

∫ (x

2

+ 2 x + 5) 2 dx

−2

π /4

∫ sin 2 x + cos

2.

2

x dx

0

4

3.

8

∫ x 2 + 16 dx 0

π /2

4.

∫e

x

sin x dx

0

e2

5.

∫ ln x dx 1

6.

1

∫0 x ( x

2

+ 1)10 dx

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

116

3

x2 + 1

7.

∫1

8.

∫0

9.

x 2001 ∫− 2002 x 2000 + x1998 + x1996 + ... + x 4 + x 2 + 1 dx

10.

∫−π / 3 ( x + sin x) dx

π /2

x 3 + 3x

dx

cos 4 x sin x dx

2002

π /3

Penerapan Integral Tertentu 1.

Mencari luas di bawah kurva Luas daerah yang dibatasi oleh kurva yatas = f1 ( x) , ybawah = f 2 ( x) , xkiri = a dan xkanan = b

adalah b

A = ∫ ( f1 ( x) − f 2 ( x) ) dx . a

Sementara itu luas daerah yang dibatasi oleh xkanan = g1 ( y ) , xkiri = g 2 ( y ) , ybawah = a dan yatas = b adalah b

A = ∫ ( g1 ( y ) − g 2 ( y ) ) dx . a

Contoh soal : Hitunglah luas daerah yang dibatasi oleh kurva y1 = x 3 + 3x 2 dan y2 = 4 x .

Jawab : Titik potong antara kedua kurva dapat dicari melalui :

x 3 + 3x 2 = 4 x _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

117

atau x( x + 4)( x − 1) = 0 sehingga diperoleh titik potong :

x = −4, x = 0 dan x = 1. Untuk daerah −4 < x < 0, hubungan kedua kurva adalah y1 > y2 , sedangkan untuk selang 0 < x < 1 maka y1 < y2 . Jadi luas daerah yang ditanyakan adalah

A=

0

1

−4

0

∫ ( y1 − y2 ) dx + ∫ ( y2 − y1 ) dx ∫ (x 0

=

−4

= 2.

[

1 4

3

)

1

(

)

+ 3 x 2 − 4 x dx + ∫ − x 3 − 3 x 2 + 4 x dx 0

x 4 + x3 − 2 x 2

]

0 −4

[

+ − 14 x 4 − x 3 + 2 x 2

]

1 0

=

131 . 4

Volume benda putar Jika suatu area luas diputar mengelilingi suatu sumbu tertentu, maka akan

terbentuk suatu benda putaan. Ada dua cara yang dapat digunakan, yaitu metode cakram (disk) dan metode kulit (shell). Pada metode cakram, misalkan terdapat suatu luasan yang dibatasi oleh

yatas = f1 ( x) , ybawah = f 2 ( x) , garis xkiri = a dan xkanan = b . Pada selang [a, b], diasumsikan

yatas dan ybawah > 0 . Volume benda yang terbentuk jika diputar terhadap sumbu x adalah b

(

)

Vx = π ∫ f12 ( x) − f 22 ( x) dx . a

Sedangkan pada luasan yang dibatasi oleh

xkanan = g1 ( y ) , xkiri = g 2 ( y ) , garis ybawah = a dan yatas = b , jika diasumsikan pada selang [a, b] berlaku

g1 ( y ) dan g 2 ( y ) > 0 , maka volume yang terbentuk jika diputar mengelilingi sumbu y adalah _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

118

b

(

)

V y = π ∫ g12 ( y ) − g 22 ( y ) dy . a

Contoh : Carilah volume kerucut yang ditimbulkan oleh perputaran garis

y = mx

mengelilingi sumbu x dengan batas x = h. h

h

0

0

Volume kerucut = π ∫ y 2 dx = πm 2 ∫ x 2 dx = 13 πm 2 h 3 . Pada kerucut tersebut, tinggi kerucut = h, jari-jari kerucut = mh. Karena itu rumus volume kerucut dapat ditulis sebagai 1 × π (mh) 2 3

Volume kerucut =

×h =

1 × 3

luas alas × tinggi.

Pada metode kulit, misalkan terdapat suatu luasan yang dibatasi oleh yatas = f ( x) , sumbu x, garis xkiri = a dan xkanan = b .

Diasumsikan pada selang [a, b], yatas > 0 . Volume benda yang terbentuk jika diputar terhadap sumbu y adalah b

V y = 2π ∫ x f ( x) dx . a

Contoh : Pada daerah yang dibatasi oleh parabola y = x 2 , sumbu x dan garis x = 4, carilah volume akibat perputaran mengelilingi sumbu y.

Jawab : 4

V = 2π ∫ x.x 2 dx = 0

3.

[ ]

2π 4 x 4

4 0

= 128π .

Menentukan Panjang Busur Kurva Apabila ds adalah unsur lengkungan infinitesimal (berbentuk busur yang

dapat didekati dengan tali busur), maka menurut teorema Phytagoras,

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

119

(ds ) 2 = (dx) 2 + (dy ) 2

sehingga 2

 dy  ds = dx 1 +   .  dx  Jadi panjang busur lengkung di antara x = a dan x = b adalah b

sab = ∫ a

2

 dy  1 +   dx .  dx 

Contoh : Ingin dicari panjang busur ¼ lingkaran yang berjari-jari R. Persamaan busur tersebut di kuadran pertama dirumuskan sebagai

y = R2 − x2 . Batas integrasi adalah x = 0 dan x = R . Maka

dy x =− dx R2 − x2 sehingga 2

x2 R2  dy  1+   = 1+ 2 = . R − x2 R2 − x2  dx  Jadi panjang busur : R

s = R∫ 0

dx R2 − x2

= R arcsin

x R π = R(arcsin 1 − arcsin 0 ) = R . R 0 2

Mengingat hasil di atas adalah panjang busur ¼ lingkaran, maka keliling lingkaran sama dengan 2πR .


Carilah luas daerah yang dibatasi oleh : a.

Garis y = x 3 − 3x 2 − x + 3 , sumbu x, garis x = −1 dan garis x = 2.

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

120

2.

b.

Garis y 2 = 4 x dan garis 4 x − 3 y = 4 .

c.

Garis y = x 3 dan garis y = x 2 + 2 x

Hitunglah volume benda putar apabila daerah yang dibatasi oleh : a.

Garis x − 2 y = 0 dan parabola y 2 − 2 x = 0 diputar mengelilingi sumbu x.

b.

Garis y = 4 x dan parabola y = 4 x 2 diputar mengelilingi sumbu y.

c.

Parabola 3 x 2 − 16 y + 48 = 0 , parabola x 2 − 16 y + 80 = 0 dan sumbu y diputar mengelilingi garis y = 2.

3.

Carilah panjang kurva untuk fungsi : a.

y = 23 ( x 2 + 1) 3 / 2 antara x = 1 dan x = 4.

b.

y4 1 x= + 2 antara y = −2 dan y = −1. (perhatikan bentuk 16 2 y

u 2 = −u

untuk u < 0) c.

x = 3t 2 + 2, y = 2t 3 − 1; 1 ≤ t ≤ 3.

Fungsi Gamma Untuk menyajikan perilaku fungsi gamma, ditinjau nilai integral berikut. Untuk α > 0 : ∞

−αx ∫ e dx = − 0

1 −αx ∞ 1 e = . 0 α α

Dengan menurunkan kedua ruas terhadap α, diperoleh ∞

∫ − xe

0

−αx

dx = −

1

α2

atau

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

121

∞

∫ xe

−αx

dx =

0 ∞

∫x

2 −αx

e

1

α2

dx =

0 ∞

∫x

3 −αx

e

dx =

0

2

α3 3!

α4

;

;

;

atau secara umum ∞

∫x

n −αx

e

0

dx =

n!

α

n +1

.

Dengan mengisikan α = 1 dihasilkan ∞

∫x

n −x

e

dx = n!, n = 1, 2, 3, ...

0

Integral di atas merupakan integral tertentu dengan nilai sama dengan n! untuk n bilangan bulat positif. Rumus di atas dapat digunakan untuk mencari nilai 0!, yaitu dengan mengisikan n = 0 : ∞

0! = ∫ e − x dx = −e x 0

∞ =1 . 0

Sejauh ini n masih berupa bilangan bulat tak negatif. Adapun untuk sembarang bilangan bilangan positif, didefinisikan fungsi gamma : ∞

Γ( p) = ∫ x p −1e − x dx , p > 0. 0

Untuk 0 < p < 1, integral di atas merupakan integral tak layak (improper integral) karena x

p −1

menjadi tak hingga pada batas bawah integral (x = 0). Namun

demikian integral tersebut merupakan integral yang bernilai konvergen untuk p > 0 (termasuk untuk selang 0 < p < 1). Khusus untuk p bulat, diperoleh Γ( p ) = (n − 1)! sehingga diperoleh nilai-nilai berikut : _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

122

Γ(1) = 0!= 1 , Γ(2) = 1!= 1 , Γ(3) = 2! = 2 dan seterusnya.

Untuk sembarang p positif : ∞

Γ( p + 1) = ∫ x p e − x dx 0

Dengan melakukan integral parsial dan substitusi : x p = u , e − x dx = dv , du = px p −1dx, v = −e − x maka p −x

Γ( p + 1) = − x e

∞ 0

∞

− ∫ ( −e

− x)

px

∞

dx = p ∫ x p −1e − x dx = pΓ( p) .

p −1

0

0

Persamaan yang berbentuk Γ( p + 1) = pΓ( p ) dinamakan dengan recursion relation untuk fungsi gamma. Sebagai contoh : Γ( 5 ) = Γ( 3 + 1) = 3 Γ( 3 ) = 3 1 Γ( 1 ) = 3 π 2

2

2

2

22

2

4

mengingat Γ( 1 ) = π . 2

Pembuktian nilai Γ( 1 ) tersebut akan ditunjukkan kemudian. 2


Nyatakan bentuk-bentuk di bawah ini dalam bentuk fungsi gamma : ∞

a.

∫x

2/3 −x

e dx

0 ∞

b.

∫

xe − x dx

0

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

123

∞

c.

∫x

−1 / 2 − x

e dx

0 ∞

d.

2 −x 2 ∫ x e dx (petunjuk : x = u ) 2

0 ∞

e.

−x ∫ xe dx 3

0

1

f.

3

2

1 −u ∫ x  ln x  dx (petunjuk : x = e )

0 1

g.

∫

3

ln x dx

0 ∞

h.

∫x

−1 / 3 −8 x

e

dx

0 1

i.

∫x

2

(− ln x) 3 dx

0

2.

Sebuah partikel bermassa m bergerak dari keadaan rehat pada x = 1 sepanjang sumbu x menuju titik O menurut persamaan gerak : a = d 2 x / dt 2 = −1 / x . Tentukan waktu yang diperlukan saat partikel tiba di titik O. Petunjuk : gunakan

a = dv / dt = (dv / dx)(dx / dt ) = v(dv / dx) , serta mengingat selama gerakan berlangsung :

v = dv / dt < 0 . Jika penghitungan telah sampai pada t sebagai integral fungsi x, lakukan substitusi x = exp(−u ). Jawaban : t = Γ( 1 ) / 2 . 2

3.

Buktikan bahwa untuk n bilangan bulat positif berlaku

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

124

Γ( n + 1 ) =

1.3.5...(2n − 1)

2

4.

2

n

π =

(2n)! 4 n n!

π

Buktikan bahwa ∞

d Γ( p ) = ∫ x p −1e − x ln x dx dp 0 dan ∞

dn Γ( p ) = ∫ x p −1e − x (ln x) n dx . n dp 0

5.

Carilah turunan-turunan berikut dengan menggunakan fungsi Gamma :

(

a.

d1/ 2 2 x 2 − 3x + 5 1/ 2 dx

b.

d 3/ 2 (4 x − 7 ) . dx 3 / 2

)

Untuk fungsi gamma bilangan negatif :

Γ( p ) =

1 Γ( p + 1) . p

Sebagai contoh :

Γ( − 1 ) = 2

1

−1 2

Γ( 1 ) = −2 π . 2

Adapun untuk p → 0 : Γ( p ) =

Γ( p + 1) → ∞. p

Demikian juga untuk p bilangan bulat negatif, nilai Γ( p ) → ∞ ( p = −1,−2,−3,...) . Selanjutnya akan dihitung Γ( 1 ) . Dari rumus fungsi gamma : 2

Γ( 1 ) = 2

∞

1 −t e dt . t 0

∫

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

125

Dengan substitusi :

t = x2 yang berarti dt = 2 x dx , maka

Γ( 1 ) = 2 2

∞

−x ∫ e dx . 2

0

Dengan substitusi : x → y maka ∞

Γ( 1 ) = 2 ∫ e − y dy . 2

2

0

Dengan mengalikan antara kedua fungsi gamma di atas, diperoleh ∞∞

[Γ( 12 )]2 = 4 ∫ ∫ e − ( x

2

+ y2 )

dx dy .

00

Integral ini meliputi seluruh daerah pada kuadran I. Dengan melakukan substitusi ke koordinat kutub :

r 2 = x2 + y2 , dx dy = dA = r dr dθ , 0≤r <∞, 0 ≤θ ≤π /2 maka

[ ]

π /2 ∞

Γ( 1 ) 2 = 4 2

∫ ∫e

θ −0 r =0

π e−r ∞ 2

−r 2

r dr dθ = 4. . =π 2 −2 0

sehingga diperoleh Γ( 1 ) = π . 2

Fungsi Beta Fungsi Beta didefinisikan sebagai

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

126

1

B( p, q) = ∫ x p −1 (1 − x) q −1 dx , p > 0, q > 0. 0

Dapat ditunjukkan bahwa : B ( p , q ) = B ( q, p ) . Jangkauan batas atas integrasi dapat diperluas menjadi a, yaitu dengan melakukan substitusi x = y / a , sehingga fungsi beta menjadi

B ( p, q ) =

a

1 a

p + q −1

∫y

p −1

(a − y ) q −1 dy .

0

Bentuk fungsi beta dapat pula dinyatakan dalam bentuk trigonometri, yaitu dengan melakukan substitusi :

x = sin 2 θ , dx = 2 sin θ cosθ dθ , 1 − x = cos 2 θ , sehingga π /2

B ( p, q ) = 2

∫ (sinθ )

2 p −1

(cosθ ) 2q −1 dθ

0

Hubungan antara fungsi beta dan fungsi gamma dapat dinyatakan dalam bentuk : B ( p, q ) =

Γ( p)Γ(q ) . Γ( p + q )

Untuk membuktikannya, dimulai dengan ∞

Γ( p) = ∫ t p −1e − t dt 0

yang dengan melakukan substitusi t = y 2 diperoleh ∞

Γ( p) = 2 ∫ y 2 p −1e − y dy 2

0

Dengan substitusi _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

127

y → x dan p → q

diperolah ∞

Γ(q) = 2 ∫ x 2 q −1e − x dx . 2

0

Jika dua fungsi gamma di atas dikalikan, hasilnya ∞∞

2 2 Γ( p)Γ(q) = 4 ∫ ∫ x 2 q −1 y 2 p −1e − ( x + y ) dx dy .

00

Dengan substitusi ke koordinat kutub di kuadran I : x = r cos θ , y = r sin θ ,

x 2 + y 2 = r 2 , dx dy = dA = r dr dθ , 0 ≤ r < ∞ , 0 ≤θ ≤π /2, perkalian fungsi gamma terakhir di atas menjadi :

Γ( p )Γ( q ) = 4

∞ π /2

∫ ∫

(r cos θ ) 2 q −1(r sin θ ) 2 p −1 e − r r dr dθ 2

r =0 θ =0 ∞

= 4 ∫ r 2 p + 2 q −1e − r dr 2

0

π /2

∫ (cosθ )

2q −1

(sin θ ) 2 p −1 dθ .

0

Pada integral r, dengan substitusi u = r 2 , bentuk ∞

2 p + 2 q −1 − r e dr = ∫r 2

0

∞ 1 2

∫u

p + q −1 − u

e du = 12 Γ( p + q ) ,

0

sedangkan pada integral θ , bentuk π /2

∫ (sin θ )

2 p −1

(cos θ ) 2q −1 dθ = 12 B( p, q) .

0

Jadi

Γ( p )Γ(q ) = 4. 1 Γ( p + q ). 1 B ( p, q ) 2

2

atau B ( p, q ) =

Γ ( p )Γ( q ) . Γ( p + q )

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

128


Buktikan bahwa :

B ( p, q ) = B ( q, p ) . (petunjuk : x = 1 − y . Dapat pula dilihat secara eksplisit pada hubungan antara fungsi beta dengan fungsi gamma)

2.

Dengan melakukan substitusi

x=

y y +1

pada fungsi beta, tunjukkan bahwa :

B ( p, q ) =

3.

∞

y p −1dy ∫ ( y + 1) p + q . 0

Tunjukkan bahwa untuk m dan n bulat, berlaku perumusan :

B(m, n) =

1 1 = m C (m + n − 1, n − 1) n C (m + n − 1, m − 1)

dengan

m n! C (m, n) =   =  n  (n − r )!r! adalah koefisien binomial / perumusan kombinasi. (petunjuk : gunakan hubungan antara fungsi beta dengan fungsi gamma).

4.

Nyatakan bentuk-bentuk berikut dalam bentuk fungsi beta, sekaligus juga dalam fungsi gamma. a.

1

x 4 dx

0

1 − x2

∫

π /2

b.

∫

sin 3 x cos x dx

0 _______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

129

∞

c.

y 2 dy ∫ (1 + y )6 0

∞

d.

y dy

∫ (1 + y 3 )2 0

2

e.

∫ 0

5.

x 2 dx . 2− x

Buktikan bahwa :

B(n, n) =

B(n, 12 ) 22 n −1

,

selanjutnya tunjukkan berlakunya rumus duplikasi (duplication formula) untuk fungsi gamma :

Γ ( 2n) =

6.

22 n −1

π

Γ(n)Γ(n + 12 ) .

Tunjukkan bahwa ∞

y m dy 1 ∫ ( y + 1) n +1 = (n − m) C (n, m) 0

untuk m dan n bilangan bulat positif serta n > m.

7.

Tunjukkan bahwa :

B(m, n) B (m + n, k ) = B (n, k ) B (n + k , m) . 8.

Dalam mekanika statistik, kerapatan jumlah partikel (n) sebagai fungsi tenaga (E) dirumuskan sebagai n( E ) =

2π N (π kT ) 3 / 2

E exp(− E / kT )

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

130

dengan N adalah jumlah partikel, k adalah tetapan Boltzmann dan T suhu mutlak. a.

Gunakan konsep turunan untuk menentukan nilai E sehingga n bernilai ekstrem, serta tentukan termasuk ekstrem maksimum atau minimumkah nilai tersebut ?

b.

Gunakan integral fungsi Gamma untuk menunjukkan bahwa jumlah partikel N untuk seluruh jangkauan E dirumuskan sebagai ∞

∫ n ( E ) dE .

N=

E =0

(Dengan kata lain, tunjukkan bahwa integral tersebut sama dengan N) c.

Gunakan pula fungsi Gamma untuk menunjukkan bahwa energi total partikel adalah

Etot =

∞

∫ E n( E ) dE = 2 NkT . 3

E =0

(Dengan kata lain, tunjukkan bahwa integral tersebut sama dengan 3 2

NkT )

__________________________________________________________________ Soal-soal Latihan Tambahan 1.

Jika sebuah partikel yang bergerak sepanjang sumbu x memiliki percepatan a = 4 t + 8 , serta diketahui v0 = −6 dan x0 = 2 , carilah v dan x pada saat t = 3.

2.

Hukum Newton tentang pendinginan menyatakan bahwa laju mendinginnya suatu benda sebanding dengan selisih temperatur antara benda dengan medium / lingkungannya. Sebuah benda bersuhu 800 C diletakkan di ruangan kamar bersuhu 300. Persamaan diferensial yang berlaku adalah dT = k (T − 30) dt

_______________________________________________________________________________

Integral _________________________________________________________________________________________

131

dengan k adalah tetapan. Apabila suhu benda tersebut turun menjadi 500 C setelah 1 jam, berapakah suhu benda tersebut setelah 3 jam ?

3.

Hukum aksi massa dalam ilmu kimia menghasilkan persamaan diferensial dx = k (a − x)(b − x) dt k, a dan b > 0. Diasumsikan b > a. Dalam rumus tersebut, x adalah banyaknya zat pada saat t yang dihasilkan oleh persenyawaan dua zat yang lain. Jika x = 0 pada saat t = 0 : a.

Selesaikan persamaan diferensial tersebut.

b.

Buktikan bahwa x → a jika t → ∞ .

c.

Jika a = 2 dan b = 4, dan dalam waktu 1 jam terdapat 1 gram zat. Berapakah banyaknya zat tersebut setelah 3 jam ?

_______________________________________________________________________________

Fungsi Variabel Banyak : Turunan Parsial _________________________________________________________________________________________ ____

132

BAB VI FUNGSI VARIABEL BANYAK : TURUNAN PARSIAL Pada bagian sebelumnya, biasanya fungsi yang ditelaah merupakan fungsi satu variabel bebas. Pada bagian ini akan dikaji fungsi variabel banyak, namun untuk tingkat pengantar ini hanya akan disajikan dua variabel bebas yaitu x dan y yang grafiknya masih dapat dilukiskan dalam ruang tiga dimensi berkoordinat Cartesan (x, y, z) sebagai luasan z = f(x, y). Akan ditelaah dua topik yaitu kalkulus diferensial yaitu telaah tentang turunan parsial

dan kalkulus integral yang

menelaah integral fungsi dua variabel. Pada bagian ini terlebih dahulu ditelaah turunan parsial dengan segala aplikasinya.

Turunan Parsial Jika y = f(x) maka dy / dx menyatakan kemiringan kurva y = f (x) atau laju perubahan y terhadap x. Konsep kelajuan sangat banyak muncul dalam fisika, sebagai contoh : konsep kecepatan gerak partikel sebagai perubahan jarak terhadap waktu, konsep percepatan sebagai perubahan kecepatan terhadap waktu, laju pendinginan benda yang bersuhu tinggi, perubahan tekanan sebagai fungsi volume pada suhu tetap

dan sebagainya. Konsep derivatif digunakan untuk

menentukan nilai ekstrem, yaitu maksimum atau minimum fungsi pada kurva tersebut. Konsep turunan ini dapat pula diperluas untuk sejumlah variabel. Ditinjau fungsi dua variabel z = f ( x, y ) . Fungsi tersebut dapat ditinjau variasinya sebagai fungsi x saja dengan nilai y dipertahankan tetap = y0 atau fungsi y saja dengan x dipertahankan tetap = x0 . Untuk keadaan pertama tersebut dengan z diturunkan parsial ke x saja, penulisannya adalah

__________________________________________________________________ __


133

z ( x + h, y0 ) − z ( x, y0 )  ∂z  = ∂ x z = lim   . h  ∂ x  y = tetap = y 0 h→0

Serupa dengan rumus di atas, untuk keadaan kedua dengan z diturunkan parsial ke

y, penulisannya adalah z ( x0 , y + h) − z ( x0 , y )  ∂z    = ∂ y z = lim . ∂ y h   x = tetap = x 0 h→0

Sebagai contoh, ditinjau fungsi

z = x2 + y2 . Turunan parsialnya ke x dan y berturut-turut adalah ∂xz =

∂ x x2 + y 2 = ∂x z

∂yz =

∂ y x2 + y2 = . ∂y z

dan

Turunan pertama parsial ini dapat diturunkan lagi untuk menghasilkan turunan parsial orde tinggi, misalnya dengan menurunkan ∂ x z ke y dan ∂ y z ke x. Untuk perlakuan ini, hasilnya berbentuk ∂ y∂ x z =

 ∂2z ∂ x =  ∂y∂x ∂y  x 2 + y 2 

  = − xy  z3 

dan

 ∂2z ∂  y ∂ x∂ y z = =  ∂x∂y ∂x  x 2 + y 2 

  = − yx .  z3 

Ternyata hasil keduanya sama, atau dapat disimpulkan bahwa turunan parsial orde tinggi tidak bergantung pada urutan pengambilan turunan. Jadi untuk sembarang fungsi f ( x, y ) yang memiliki sifat-sifat turunan pertamanya ada, kontinu dan dapat diambil turunan parsialnya, berlaku

__________________________________________________________________ __


134

∂ 2 f ( x, y ) ∂ 2 f ( x, y ) . = ∂y∂x ∂x∂y


Carilah turunan parsial pertama fungsi yang diberikan terhadap tiap variabel bebasnya

2.

a.

f ( x, y ) = ( 4 x − y 2 ) 3 / 2

b.

f ( x, y ) = e x + y (cos x + sin y )

c.

f ( x, y ) =

tan −1(4 x − 7 y ) cosh(2 x 2 + 3 y )

Untuk fungsi-fungsi f ( x, y ) berikut ini, periksalah kebenaran rumus

∂f ( x, y ) ∂f ( x, y ) = . ∂y∂x ∂x∂y a.

f ( x, y ) = 2 x 2 y 3 − 3 x 3 y 2

b.

f ( x, y ) = e2 xy [1 + ln( xy )]

c.

 x+ y   f ( x, y ) = sin −1 2  x + y3   

Diferensial total Jika z = f ( x, y ) maka diferensial total z dirumuskan sebagai dz =

∂z ∂z dx + dy . ∂x ∂y

Sebagai contoh z = x2 + y 2

__________________________________________________________________ __


135

maka dz =

x x2 + y2

dx +

y x2 + y 2

dy .

Jika z adalah fungsi dari banyak variabel, maka bentuk diferensial total z menyerupai bentuk di atas. Misalkan z adalah fungsi n variabel yang dirumuskan sebagai z = f ( x1, x2 ,..., xn ) maka diferensial total z adalah dz =

n ∂z ∂z ∂z ∂z dx1 + dx2 + ... + dxn = ∑ dxk . ∂x1 ∂x2 ∂xn ∂ x k k =1

Ditinjau beberapa penerapan pada penghitungan hampiran dengan menggunakan diferensial. Jika n = 1015, carilah nilai

1

1 − . (n + 1)2 n 2 Jika f ( x) = 1 / x 2 , maka nilai di atas dapat dituliskan sebagai ∆ f = f (1015 + 1) − f (1015 ) . Mengingat ∆ f dapat didekati dengan ∆ f ≈ df = −

2 x

3

dx ≈ −

2 x3

∆x

maka dengan x = 1015 dan ∆x = 1 , nilai di atas adalah

=−

2 15 3

(10 )

.1 = −2 × 10− 45 .

Selanjutnya ditinjau contoh : hambatan R pada sebuah kawat sebanding dengan panjang kawat l, dan berbanding terbalik dengan kuadrat jari-jari kawat r, yang dirumuskan sebagai R=k

l

r2 __________________________________________________________________ __


136

dengan k adalah tetapan. Jika ralat relatif pengukuran panjang adalah 5% dan ralat relatif pengukuran jari-jari adalah 10%, carilah ralat relatif maksimum R. Ralat relatif suatu besaran x, dirumuskan sebagai dx . x

Dari perumusan hambatan kawat, dengan mengambil kogaritma alam, bentuknya menjadi ln R = ln k + ln l − 2 ln r . Dengan menderivatifkan rumus di atas, diperoleh dR dl dr = −2 . R l r

Nilai ralat relatif maksimum R atau dR / R diperoleh saat dl / l dan dr / r berlawanan tanda sehingga kedua suku tersebut dapat dijumlahkan. Selanjutnya diperoleh nilai maksimum :

dR dl dr = 5% + 2 × 10% = 25%. = +2 R l r Berikutnya pada contoh sistem dua massa m1 dan m2 , massa tereduksi µ dirumuskan sebagai 1

µ

=

1 1 + . m1 m2

Jika m1 bertambah sebesar 1%, berapakah fraksi perubahan m2 agar nilai µ tak berubah ? Dengan mengambil diferensial persamaan di atas serta mengisikan

dm1 = 0,01m1 , diperoleh 0=−

dm1 m12

−

dm2 m22

atau dm2 0,01m2 =− . m2 m1 Sebagai contoh jika m1 = m2 maka m2 berkurang sebesar 1% dan seterusnya.

__________________________________________________________________ __


137


Massa tereduksi µ untuk sistem dua partikel bermassa m1 dan m2 dirumuskan sebagai

µ=

m1m2 . m1 + m2

Jika m2 bertambah sebesar 1 %, berapakah perubahan besar m1 agar µ tak berubah ?

2.

Resistor kabel memiliki hambatan R yang sebanding dengan panjang kabel l dan berbanding terbalik dengan kuadrat jari-jari r, sehingga dapat dituliskan sebagai R = kl / r 2 . Jika ralat relatif dalam pengukuran panjang adalah 0,05% dan ralat relatif dalam pengukuran jari-jari adalah 0,15 %, carilah ralat maksimum R tersebut

3.

Percepatan gravitasi dapat ditentukan dari panjang l dan periode T suatu pendulum yang dirumuskan sebagai

g=

4π 2l T2

.

Carilah ralat maksimum g jika ralat relatif l adalah 0,2 % dan ralat relatif T adalah 0,3%.

4.

Persamaan operasional sinkroton secara relativistik dirumuskan sebagai qB =

mω 1 − (ωR )2 / c 2

dengan q dan m berturut-turut adalah muatan dan massa rehat partikel yang dipercepat dalam sinkroton tersebut, B adalah imbas medan magnet, R

__________________________________________________________________ __


138

adalah jari-jari orbit lintasan partikel, ω adalah frekuensi sudut dan c adalah laju cahaya. Jika ω dan R bervariasi (seluruh besaran lain konstan),

tunjukkan bahwa hubungan antara dω dan dB dapat ditulis sebagai 2

dB  q  dω =  B  m  ω3 atau dapat pula ditulis sebagai

dB dω 1 . = ω 1 − (ωR) 2 / c 2 B

Dalil rantai Selanjutnya ditinjau konsep dalil rantai (chain rule) yang sangat berguna untuk memudahkan menentukan derivatif suatu fungsi. Misalnya ingin dicari nilai dy / dx untuk y = ln sin 2 x . Soal tersebut dapat diselesaikan dengan menuliskan y = ln u u = sin v dan

v = 2x yang selanjutnya nilai dy / dx dicari melalui dalil rantai :

dy dy du dv = dx du dv dx =

1 2 cos 2 x . cos v.2 = = 2 cot 2 x u sin 2 x

Konsep diferensial total dan dalil rantai juga dapat digabungkan untuk menentukan derivatif fungsi. Misalkan tentukan dz / dt jika z = x y , y = tan −1 t dan x = sin t .

Diferensial total z adalah dz =

∂z ∂z dx + dy = yx y −1dx + x y ln x dy , ∂x ∂y

sedangkan __________________________________________________________________ __


139

dx = cos t dt

dan

dy =

dt 1+ t2

.

Jadi

dz = yx y −1 cos t dt + x y ln x

dt 1 + t2

yang dengan membagi kedua ruas dengan dt diperoleh

dz x y ln x = yx y −1 cos t + dt 1 + t2 −1

= tan t (sin t )

−1+ tan −1 t

cos t +

−1 (sin t ) tan t ln(sin t )

1+ t2

.

Diferensial Implisit Selanjutnya diberikan konsep diferensial implisit, melalui contoh soal berikut ini. Diberikan bentuk x + ex = t

Carilah dx / dt dan d 2 x / dt 2 . Jika diberikan nilai x tertentu, maka nilai t segera diketahui melalui persamaan di atas. Selanjutnya grafik x dan t dapat dibuat dengan kemiringan grafik adalah dx / dt . Dengan kata lain, x adalah sebuah fungsi t walaupun persamaan untuk x sebagai fungsi elementer t tidak dapat ditentukan.

Untuk menentukan dx / dt , dianggap x adalah fungsi t dan selanjutnya mendiferensialkan setiap suku persamaan tersebut ke t. Prosedur ini dinamakan dengan diferensial implisit (implisit differentiation). Dari bentuk tersebut, jika diturunkan ke t, hasilnya adalah

dx dx + ex =1 dt dt atau 1 dx = . dt 1 + e x Selanjutnya dengan menurunkan sekali lagi ke t diperoleh __________________________________________________________________ __


140

2 2 xd x x  dx  +e +e   =0 2 2  dt 

d 2x dt

dt

Dengan mengisikan nilai dx / dt di atas, akhirnya diperoleh turunan keduanya yaitu

d 2x

ex = − . dt 2 (1 + e x )3

Persoalan ini akan lebih mudah dipahami jika hanya ingin dicari nilai derivatif pada suatu titik tertentu. Sebagai contoh untuk x = 0, maka t = 1 sehingga

dx 1 1 = = . dt 1 + e0 2 dan

d 2x dt

2

=−

e0

1 =− . 8 (1 + e ) 0 3

Dari contoh di atas tampak bahwa diferensial implisit adalah metode terbaik untuk menentukan kemiringan kurva yang memiliki bentuk persamaan yang kompleks / rumit. Contoh penerapan lain adalah menentukan persamaan garis singgung kurva x3 − 3 y 2 + xy + 21 = 0 pada titik (1, 2). Dengan melakukan diferensial implisit persamaan di atas ke x, diperoleh 3x 2 − 9 y 2

dy dy + x + y = 0. dx dx

Substitusi nilai x = 1 dan y = 2 : 3 − 36

dy dy + +2=0 dx dx

atau m=

dy 1 = . dx 7

Jadi persamaan garis singgung adalah

__________________________________________________________________ __


141

1 y = ( x − 1) + 2 7 atau x − 7 y + 13 = 0 .

Soal-soal latihan 1.

Jika x y = y x , carilah dy / dx pada titik (2, 4).

2.

Untuk kurva

x2 / 3 + y 2 / 3 = 4 , carilah persamaan garis singgung pada titik ( 2 2 , − 2 2 ), (8, 0) dan (0, 8).

Di atas telah ditinjau z = f ( x, y ) dengan x dan y adalah fungsi t. Selanjutnya diasumsikan bahwa z = f ( x, y ) seperti sebelumnya, tetapi x dan y masing-masing merupakan fungsi dua variabel s dan t. Jadi z adalah suatu fungsi s dan t dan selanjutnya ingin dicari ∂z / ∂s dan ∂z / ∂t . Untuk memperjelas, sebagai contoh ditinjau fungsi berikut :

z = xy , x = sin( s + t ) , y = s − t . Ingin dicari ∂z / ∂s dan ∂z / ∂t . Diambil diferensial masing-masing persamaan di atas yang memberikan

dz = ydx + xdy , dx = cos( s + t )(ds + dt ) , dan

dy = ds − dt . Dengan substitusi dx dan dy ke dalam dz , diperoleh

dz = [ y cos( s + t ) + x ]ds + [ y cos( s + t ) − x ]dt

__________________________________________________________________ __


142

Jika s konstan, z hanya fungsi variabel t sehingga persamaan di atas dapat dibagi dengan dt. Ruas kiri ditulis sebagai ∂z / ∂t , yaitu turunan parsial z ke t ketika s konstan. Didapat

∂z = y cos( s + t ) − x ∂t dan serupa dengan itu diperoleh untuk turunan parsial z ke s berupa ∂z = y cos( s + t ) + x . ∂s Bentuk ∂z / ∂t sebenarnya dapat pula diperoleh dengan menggunakan dalil rantai. Mengingat z adalah fungsi x dan y sementara keduanya fungsi t (dan s), maka derivatif parsial z ke t dirumuskan sebagai

∂z ∂z ∂x ∂z ∂y = + . ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t Dengan rumus di atas, nilai ∂z / ∂t adalah

∂z = y cos( s + t ) − x ∂t yang sama dengan hasil di atas.


Jika diberikan fungsi-fungsi berikut u = xy 2 z 3 , x = sin( s + t ) , y = cosh( s − t ) dan z = exp(st ) , carilah nilai

2.

a.

∂u / ∂s

b.

∂u / ∂t .

Diketahui x, y dan z adalah koordinat Cartesan, sementara r, θ dan φ adalah koordinat bola, untuk mana hubungan antara kedua koordinat tersebut dirumuskan sebagai x = r sin θ cos φ , y = r sin θ sin φ , z = r cosθ .

__________________________________________________________________ __


143

Tunjukkan bahwa :

[

]

(dx) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2 = (dr ) 2 + r 2 (dθ ) 2 + sin 2 θ (dφ )2 .

3.

Persamaan gelombang yang merambat sepanjang koordinat x dengan waktu t yang berkecepatan c dapat dituliskan sebagai u = f ( x − ct ) + g ( x + ct ) . Tunjukkan bahwa berlaku persamaan

∂ 2u ∂x 2 4.

−

1 ∂ 2u c 2 ∂t 2

= 0.

Suatu gelombang elektromagnetik yang merambat dengan laju c sepanjang koordinat x dengan waktu t memiliki bentuk persamaan (A dan B konstan) u ( x, t ) = A sin( x − ct ) + B cos( x + ct ) . Tunjukkan bahwa gelombang tersebut memenuhi bentuk

∂ 2u ∂ x2

5.

−

1 ∂ 2u c2 ∂ t 2

= 0.

Diberikan fungsi f ( x, y, z ) = 0 . Tunjukkan bahwa

 ∂x   ∂y      = 1  ∂y  z  ∂x  z dan

 ∂x   ∂y   ∂z        = −1 .  ∂y  z  ∂z  x  ∂x  y (Catatan : rumus-rumus tersebut banyak digunakan dalam termodinamika)

6.

Diberikan bentuk fungsi S (V , T ) dan V ( P, T ) . Didefinisikan kapasitas panas dalam termodinamika :

 ∂S  cP = T    ∂T  P __________________________________________________________________ __


144

dan  ∂S  cV = T   .  ∂T V Tunjukkan bahwa :

 ∂S   ∂V  cP − cV = T     .  ∂V T  ∂T  P

Pengubahan Variabel Salah satu kegunaan diferensial parsial adalah dalam melakukan pengubahan variabel (sebagai contoh dari koordinat Cartesan menjadi koordinat kutub). Pengubahan variabel akan memberikan ungkapan yang lebih sederhana atau persamaan diferensial yang lebih sederhana terhadap suatu sistem fisis yang sedang ditinjau. Sebagai contoh, pada getaran selaput berbentuk lingkaran atau aliran panas dalam silinder tegak, lebih baik digunakan koordinat polar, sedangkan pada persoalan gelombang suara dalam suatu ruangan, koordinat Cartesan yang lebih cocok digunakan. Untuk memperjelas konsep tersebut, ditinjau contoh berikut ini. Gunakan pengubahan variabel : r = x + vt dan s = x − vt dalam persamaan gelombang ∂2F ∂x 2

−

1 ∂2F v 2 ∂t 2

=0

dan selesaikan persamaan tersebut. Dari transformasi variabel tersebut, diperoleh ∂F ∂F ∂r ∂F ∂s ∂F ∂F  ∂ ∂ = + = + =  + F ∂x ∂r ∂x ∂s ∂x ∂r ∂s  ∂r ∂s 

dan ∂F ∂F ∂r ∂F ∂s ∂F ∂F ∂ ∂ = + =v −v = v −  F ∂t ∂r ∂t ∂s ∂t ∂r ∂s  ∂r ∂s 

__________________________________________________________________ __


145

Dari bentuk di atas diperoleh kaedah ∂ ∂ ∂ = + ∂x ∂r ∂s

dan ∂ ∂ ∂ = v −  . ∂t  ∂r ∂s 

Selanjutnya diperoleh pula ∂2F ∂x 2

=

∂  ∂F   ∂ ∂  ∂F ∂F  ∂ 2 F ∂2F ∂2F + +   =  +  = 2 +2 ∂x  ∂x   ∂r ∂s  ∂r ∂s  ∂r ∂r∂s ∂s 2

dan

 2 ∂ 2 F ∂ 2 F  ∂  ∂F   ∂ ∂  ∂F ∂F  2 ∂ F 2 = = v − v − v = v − + 2        ∂r 2 ∂ r ∂ s ∂s  ∂s  ∂t 2 ∂t  ∂t   ∂r ∂s  ∂r 

∂2F

Dengan mengisikan keduanya ke dalam persamaan diferensial asli, diperoleh

∂2F

1 ∂2F ∂2F − = 4 = 0. ∂r∂s ∂x 2 v 2 ∂t 2

Persamaan di atas dapat diselesaikan dengan mudah, yaitu

∂ 2 F ∂  ∂F  =  =0 ∂r∂s ∂r  ∂s  yang menghasilkan penyelesaian F = f ( s ) + g (r ) = f ( x − vt ) + g ( x + vt ) dengan f dan g adalah fungsi sembarang. Contoh berikutnya adalah menuliskan persamaan Laplace ∂2F

∂2F + =0 ∂x 2 ∂y 2

dalam koordinat polar r, θ dengan x = r cosθ dan y = r sin θ . Dari dua transformasi koordinat di atas, diperoleh

__________________________________________________________________ __


146

∂F ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂F = + = cosθ + sin θ ∂r ∂x ∂r ∂y ∂r ∂x ∂y dan ∂F ∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂F = + = − r sin θ + r cosθ ∂θ ∂x ∂θ ∂y ∂θ ∂x ∂y Sementara itu transformasi inversi (r ,θ ) sebagai fungsi ( x, y ) adalah r = x2 + y 2 dan

y x

θ = arctan . Karena itu ∂F ∂F ∂r ∂F ∂θ ∂F sin θ ∂F = + = cosθ − r ∂θ ∂x ∂r ∂x ∂θ ∂x ∂r dan ∂F ∂F ∂r ∂F ∂θ ∂F cosθ ∂F . = + = sin θ + r ∂θ ∂y ∂r ∂y ∂θ ∂y ∂r Untuk menentukan derivatif kedua, digunakan bentuk G=

∂F ∂x

H=

∂F ∂y

dan

yang selanjutnya memberikan G = cosθ

∂F sin θ ∂F − ∂r r ∂θ

H = sin θ

∂F cosθ ∂F + . ∂r r ∂θ

dan

Sehingga

∂2F

=

∂G ∂x

∂x __________________________________________________________________ __ 2


147

∂2F ∂y

2

=

∂H ∂y

dan

∂ 2 F ∂ 2 F ∂G ∂H + = + ∂x 2 ∂y 2 ∂x ∂y Dengan substitusi F menjadi G pada turunan parsial ke x dan F menjadi H pada turunan parsial ke y diperoleh ∂G ∂G sin θ ∂G = cosθ − ∂x ∂r r ∂θ dan ∂H ∂H cosθ ∂H = sin θ + . ∂y ∂r r ∂θ Substitusi hasil di atas dihasilkan ∂2F

∂2F ∂G ∂H 1  ∂H ∂G  + = cos θ + sin θ +  cos θ − sin θ  . 2 2 ∂r ∂r r  ∂θ ∂θ  ∂x ∂y

Dari hasil di atas, tentu saja dibutuhkan empat turunan parsial G dan H yaitu dengan menurunkan bentuk G dan H di atas :

∂G ∂ 2 F sin θ ∂ 2 F sin θ ∂F = cos θ − + ∂r r ∂r∂θ ∂r 2 r 2 ∂θ ∂H ∂ 2 F cos θ ∂ 2 F cosθ ∂F = sin θ + − ∂r r ∂r∂θ ∂r 2 r 2 ∂θ

∂H ∂2F ∂F cos θ ∂ 2 F sin θ ∂F = sin θ + cosθ + − ∂θ ∂θ ∂r ∂r r ∂θ 2 r ∂θ dan

∂G ∂2F ∂F sin θ ∂ 2 F cosθ ∂F = cosθ − sin θ − − . ∂θ ∂θ ∂r ∂r r ∂θ 2 r ∂θ Dari bentuk di atas : cosθ

∂G ∂H ∂ 2 F + sin θ = ∂r ∂r ∂r 2

__________________________________________________________________ __


148

dan 1 ∂H ∂G  1  ∂F 1 ∂ 2 F  − sin θ +  cosθ = r ∂θ ∂θ  r  ∂r r ∂θ 2  Akhirnya diperoleh ∂2F

∂ 2 F ∂ 2 F 1 ∂F 1 ∂ 2 F 1 ∂  ∂F  1 ∂ 2 F + = 2 + + = . r + r ∂r r 2 ∂θ 2 r ∂r  ∂r  r 2 ∂θ 2 ∂x 2 ∂y 2 ∂r

Transformasi Legendre Selanjutnya ditelaah tentang metode pengubahan variabel yang sangat berguna dalam termodinamika dan mekanika, yang disebut dengan transformasi Legendre (Legendre transformation). Diberikan sebuah fungsi f ( x, y ) , maka df =

∂f ∂f dx + dy . ∂x ∂y

Selanjutnya dengan menuliskan

p=

∂f ∂x

q=

∂f ∂y

dan

maka bentuk diferensial total f menjadi

df = p dx + q dy . Jika bentuk df dikurangi bentuk d (qy ) , diperoleh

df − d (qy ) = pdx + qdy − qdy − ydq atau

d ( f − qy ) = pdx − ydq . Jika didefinisikan fungsi g sebagai

g = f − qy maka

dg = pdx − ydq

__________________________________________________________________ __


149

sehingga dapat disimpulkan bahwa ∂g =p ∂x

dan ∂g = −y . ∂q Serupa dengan hal di atas, bentuk pdx dalam df dapat diganti dengan − xdp melalui bentuk fungsi f − xp .


Dalam persamaan diferensial parsial ∂2z

∂2z ∂2 z − 5 + 6 = 0, ∂x ∂y ∂x 2 ∂y 2

lakukan substitusi s = y + 2 x dan t = y + 3 x , selanjutnya tunjukkan bahwa persamaan tersebut menjadi

∂2 z = 0. ∂s ∂t Selesaikan bentuk persamaan terakhir ini.

2.

Ubahlah variabel x ke θ melalui x = cosθ ke dalam persamaan Legendre

(1 − x 2 )

d2y dx 2

− 2x

dy + 2y = 0 dx

sehingga berubah menjadi d2y dθ

3.

2

+ cot θ

dy + 2y = 0 . dθ

Ubahlah variabel x ke u = 2 x yang menyebabkan persamaan Besssel

__________________________________________________________________ __


150

x

2

d2y dx

2

+x

dy − (1 − x) y = 0 dx

berubah menjadi u2

d2y du

4.

2

+u

dy + (u 2 − 4) y = 0 . du

Dalam termodinamika, diberikan fungsi dU = TdS − PdV

dengan U adalah energi dakhil, T adalah suhu mutlak, S adalah entropi, P adalah tekanan dan V adalah volume. Carilah transformasi Legendre yang memberikan :

5.

a.

Fungsi f (T , S )

b.

Fungsi g (T , P )

c.

Fungsi h( S , P ) .

Diberikan L(q, qɺ ) sedemikian sehingga dL = pɺ dq + p dqɺ . Carilah H ( p, q ) sedemikian sehingga dH = qɺ dp − pɺ dq . Di sini L dan H adalah fungsi yang biasa digunakan dalam mekanika masing-masing dinamakan Lagrangan dan Hamiltonan. Besaran q dan p dinamakan koordinat umum (generalized coordinat) dan momentum umum (generalized momentum). Besaran qɺ dan pɺ biasanya melambangkan derivatif q dan p ke waktu t.

Ekstremum fungsi dua variabel Turunan parsial ini bermanfaat guna menyelidiki perilaku perubahan fungsi di sekitar titik tertentu melalui deret Taylor fungsi variabel banyak dalam bentuk produk pangkat ( x − x0 ) n ( y − y0 ) n yang merupakan perluasan deret Taylor satu

__________________________________________________________________ __


151

dimensi. Jika dalam deret Taylor satu dimensi, ekspansi f (x) di sekitar titik x0 adalah

f ( x) =

∞

( x − x0 ) n ∑ n! n =0

 dn   n f ( x)   dx  x 0

maka untuk dua variabel x dan y, ekspansi deret f ( x, y ) di sekitar titik ( x0 , y0 ) adalah ∞

n

 ∂ ∂  f ( x0 , y0 ) f ( x, y ) = ∑  ( x − x0 ) + ( y − y0 )  . ∂ x ∂ y n !   n =0 Deret Taylor dan nilai turunan-turunan parsial di berbagai titik sangat bermanfaat untuk menentukan nilai ekstrem suatu fungsi serta mengidentifikasi sifat ekstrem tersebut. Ditinjau ekspansi deret Taylor fungsi f ( x, y ) di sekitar titik ekstrem / stasioner ( xe , ye ) hingga orde dua dalam ∆x = x − xe , ∆y = y − ye atau hasil kali silangnya, yang dirumuskan sebagai

∂f ∂f (∆x) 2 ∂ 2 f f ( x, y ) = f ( xe , ye ) + ∆x + ∆y + ∂x x , y ∂y x , y 2 ∂x 2 e e e e xe , ye +

(∆y ) 2 ∂ 2 f ∆x∆y ∂ 2 f + 2 ∂y 2 2 ∂x∂y xe , ye xe , ye

= f ( xe , ye ) + ∆f dengan

[

∆f = P∆x + Q∆y + 12 (∆x) 2 A 1 + 2( B / A)(∆y / ∆x) + (C / A)(∆y / ∆x) 2

]

dengan berturut-turut P=

∂f ∂f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ,Q = ,A= 2 ,B = 2 ,C = . ∂x x y ∂y x y ∂x∂y ∂ x ∂ y e e e e xe y e xe y e xe y e

Fungsi f akan ekstrem di ( xe , ye ) apabila ∆f lenyap di ( xe , ye ) dalam orde linear ∆x dan ∆y , yang berarti

__________________________________________________________________ __


152

P =Q =0. Jadi syarat perlu ekstrem adalah lenyapnya turunan parsial pertama di ( xe , ye ) . Jika syarat ini telah terpenuhi maka 2  2 2  1  B  ∆y   C   B   ∆y   2  ∆ f = A (∆x) 1 +    +   − 2     2  A   A   ∆x     A  ∆x 

Nilai ∆ f akan positif jika A>0 dan

C − A

B2 A2

>0

atau B 2 − AC < 0 . Kondisi untuk mana ∆ f > 0 di sekitar ( xe , ye ) menyebabkan f minimum lokal.


Volume V suatu tabung lingkaran tegak diberikan oleh V = π r 2h dengan r adalah jari-jari dan h adalah tinggi tabung. Jika h dipertahankan tetap pada h = 10 cm, carilah laju perubahan V terhadap r pada r = 5 cm.

2.

Menurut hukum gas ideal, tekanan P, volume V dan suhu T dirumuskan oleh persamaan PV = kT dengan k adalah konstanta. Carilah nilai laju perubahan tekanan terhadap suhu pada waktu suhunya sama dengan 400 C jika volume dipertahankan tetap pada 100 cm3.

3.

Tunjukkan dari persamaan gas ideal pada nomor di atas berlaku

__________________________________________________________________ __


153

V

4.

∂P ∂P +T = 0. ∂V ∂T

Sebuah fungsi dua variabel f ( x, y ) yang memenuhi persamaan Laplace

∂ 2 f ( x, y ) ∂2 x

+

∂ 2 f ( x, y ) ∂2 y

=0

disebut sebagai fungsi harmonik. Tunjukkan bahwa fungsi-fungsi di bawah ini adalah fungsi harmonik.

5.

a.

f ( x, y ) = x3 y − xy 3

b.

f ( x, y ) = ln(4 x 2 + 4 y 2 ) .

Suhu pada ( x, y ) dari suatu lempeng lingkaran yang berpusat di titik asal diberikan oleh rumus

T ( x, y ) =

200

. 5 + x2 + y 2

Carilah di daerah manakah yang paling panas ?

6.

Carilah nilai-nilai maksimum atau minimum lokal dari fungsi-fungsi yang diberikan di bawah ini :

7.

a.

f ( x, y ) = x 2 − 2 x + 14 y 4

b.

f ( x, y ) =

c.

f ( x, y ) = cos x + cos y + cos( x + y ) ; 0 < x < π / 2 ; 0 < y < π / 2

d.

2 2 f ( x, y ) = e − ( x + y − 4 y ) .

y2 b2

−

x2 a2

Nyatakan sebuah bilangan positif N sebagai jumlah dari tiga bilangan sedemikian sehingga hasil kali tiga bilangan tersebut bernilai maksimum.

__________________________________________________________________ __


154

8.

9.

Carilah jarak terpendek antara : a.

Titik asal dan permukaan z 2 = x 2 y + 4 serta titik hubungnya

b.

Titik asal dan bidang x + 2 y + 3 z = 12 serta titik hubungnya

c.

Titik (1, 2, 0) dan bidang x + y + z = 0 serta titik hubungnya

Tentukan ukuran balok (panjang, lebar dan tinggi) yang bervolume V agar luas permukaannya minimum.

10.

Carilah ukuran balok yang volumenya V agar jumlah panjang rusukrusuknya minimum.

11.

Carilah suatu vektor dalam ruang tiga dimensi yang bertitik asal di O dengan panjang 8 agar jumlah komponen-komponennya maksimum.

12.

Diberikan titik-titik

P1 ( x1, y1), P2 ( x2 , y2 ), ... , Pn ( xn , yn )

pada bidang koordinat XY. Akan dicari garis y = mx + c sedemikian sehingga jumlah kuadrat jarak tegaklurus titik-titik tersebut ke garis y = mx + c adalah minimum, atau dengan kata lain, ingin dicari nilai

minimum bentuk fungsi n

f (m, c) = ∑ ( yi − mxi − c)2 . i =1

Tunjukkan bahwa minimum tersebut terjadi saat n

n

n

i =1

i =1

i =1

n

n

i =i

i =1

m∑ xi2 + c ∑ xi = ∑ xi yi dan nc + m∑ xi = ∑ yi .

__________________________________________________________________ __


155

Selanjutnya carilah nilai m dan c untuk titik-titik (1,2), (2, 3), (3, 5) dan (4, 7).

__________________________________________________________________ __

Daftar Pustaka 155 _______________________________________________________________________________

DAFTAR PUSTAKA Boas, M.L., 1983, Mathematical Methods in the Physical Sciences, John Wiley & Sons, New York. Bradbury, T.C., 1984, Mathematical Methods with Applications to Problems in the Physical Sciences, John Wiley & Sons, New York. Harper, C., 1976, Introduction to Mathematical Physics, Prentice−Hall, New Jersey. Muslim, 1993, Pengantar Fisika Matematik, Lab Atom−Inti, FMIPA UGM Yogyakarta. Spiegel, M.R., 1992, Matematika Lanjutan untuk Para Insinyur dan Ilmuwan, Erlangga, Jakarta.

_______________________________________________________________________________

PENGANTAR FISIKA MATEMATIK

Recommend Documents