Sekolah Tinggi Teknologi Telkom Bandung 2002 Danang Mursita
advertisement
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
Bandung
2002
DAFTAR ISI
Judul
Kata Pengantar
Daftar Isi
Bab 1
Bab 2
Bab 3
Bab 4
Bab 5
Bab 6
Fungsi Real
1.1
Sistem Bilangan Real
1.2
Fungsi dan Grafik
1.3
Limit dan kekontinuan
1.4
Limit tak Hingga dan Limit di Tak Hingga
Turunan dan Penggunaan
2.1
Turunan Fungsi
2.2
Turunan Fungsi Trigonometri
2.3
Teorema Rantai
2.4
Turunan Tingkat Tinggi
2.5
Fungsi Implisit
2.6
Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi
2.7
Nilai Ekstrim dan Asymtot
2.8
Dalil Delhopital
Integral dan Penggunaan
3.1
Integral Tak Tentu
3.2
Notasi Sigma
3.3
Integral Tentu
3.4
Luas Daerah
3.5
Volume Benda Putar
3.6
Panjang Kurva
Fungsi Transenden
4.1
Fungsi Invers
4.2
Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen
4.3
Fungsi Invers Trigonometri
4.4
Fungsi Hiperbolik
4.5
Fungsi Invers Hiperbolik
4.6
Limit Bentuk Tak Tentu
Teknik Pengintegralan dan Integral Tak Wajar
5.1
Rumus Baku Integral
5.2
Integral Bagian
5.3
Integral Fungsi Trigonometri
5.4
Integral dengan Substitusi
5.5
Integral Fungsi Rasional
5.6
Integral Tak Wajar
Danang Mursita
Barian dan Deret
6.1
Barisan Bilangan
6.2
Deret Tak Hingga
6.3
Deret Berganti Tanda
i
ii
iv
1
1
6
13
17
21
21
25
27
29
31
33
35
40
44
44
46
48
54
56
60
64
64
65
69
72
74
77
80
80
82
85
91
94
99
103
103
105
113
Bab 7
Bab 8
Bab 9
Bab 10
Bab 11
6.4
Konvergen Mutlak dan Bersyarat
6.5
Deret Kuasa
6.6
Deret Taylor dan Mac Laurin
6.7
Turunan dan Integral Deret Kuasa
Persamaan Diferensial Biasa
7.1
Order Persamaan Diferensial
7.2
Persamaan Diferensial Linear Order Satu
7.3
Peubah Terpisah
7.4
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen
7.5
Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen
7.6
Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen
Kalkulus Fungsi Vektor
8.1
Kurva Bidang
8.2
Fungsi Vektor
8.3
Gerak Partikel dan Kelengkungan
8.4
Komponen Normal dan Tangensial
Fungsi Peubah Banyak
9.1
Domain dan Range
9.2
Permukaan
9.3
Turunan Parsial
9.4
Vektor Gradien dan Turunan Berarah
9.5
Nilai Ekstrim
Integral Rangkap
10.1 Integral Rangkap Dua
10.2 Volume dan Pusat Massa
10.3 Integral Rangkap Tiga
10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola
Kalkulus Integral Vektor
11.1 Medan Vektor
11.2 Integral Garis
11.3 Integral Permukaan
115
116
119
121
123
123
125
127
128
131
134
139
139
142
148
151
153
153
154
156
163
168
171
171
179
181
185
189
189
191
199
Daftar Pustaka
205
Danang Mursita
DAFTAR PUSTAKA
[1]. Edwin J Purcell, Dale Van berg, Calculus with analytic Geometry, 5th , Prentice
Hall, USA, 1987
[2]. Anton Howard, Calculus, 3rd , John Wiley and sons, USA, 1988
[3]. Kurt Arbenz, Alfred Wohlhauser, Advanced Mathematics for Practicing
Engineering , Artech House Inc, USA, 1986
[4]. Earl D Rainville, Phillip E Bedient, Elementary Differential Equations, 7th ,
Maxwell Macmillan international Editions, Singapore, 1989
[5]. Stanley J Farlow, An Introduction to Differential Equations and Their
Applications , Mc Graw-Hill Inc, USA, 1994
[6]. William E Boyce, Richard C Diprima, Elementary Differential Equation and
Boundary Value Problems, 5th , John Wiley and Sons Inc, Canada, 1992.
Danang Mursita
21
Matematika Dasar
BAB 2 TURUNAN DAN PENGGUNAAN
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
Turunan Fungsi
Turunan Fungsi Trigonometri
Teorema Rantai
Turunan Tingkat Tinggi
Fungsi Implisit
Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi
Nilai Ekstrim dan Asymtot
Dalil Delhopital
2.1 Turunan Fungsi
Misal diberikan grafik fungsi y = f(x) dengan P ( a, b ) terletak pada kurva f(x). Bila
titik Q ( x,y) merupakan titik sembarang pada kurva f(x) maka gradien garis PQ dapat
dinyatakan dengan :
y − b f ( x ) − f (a )
mPQ =
=
x−a
x−a
Bila titik Q digerakkan sehingga berimpit dengan titik P maka garis PQ akan
merupakan garis singgung kurva f(x) di titik P dengan gradien :
f (x ) − f (a )
m = lim
x−a
x→ a
Definisi
Turunan dari fungsi f(x) di titik x = a didefinisikan sebagai gradien dari garis singgung
kurva f(x) di x = a dan diberikan:
f (x) − f (a )
x−a
x→ a
f ' ( a ) = lim
Bila nilai limit ada maka f(x) dikatakan diferensiabel atau dapat diturunkan di x = a.
Misal h = x - a . Maka turunan f(x) di x = a dapat dituliskan :
f (a + h) − f (a )
h
h→0
df ( a ) dy ( a )
Notasi lain : f ' ( a ) =
=
= y ' (a )
dx
dx
f '(a ) = lim
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
22
Matematika Dasar
Secara fisis, pengertian atau definisi dari turunan fungsi f(x) di titik x = a menyatakan
kecepatan, V(x) benda yang bergerak dengan lintasan f(x) pada saat x = a. Oleh karena
dV ( a )
itu, didapatkan hubungan V (a ) = f '(a ) dan percepatan , A(x) , A( a ) =
.
dx
Teorema
Bila y = f(x) diferensiabel di x = a maka y = f(x) kontinu di x = a.
Teorema tersebut tidak berlaku sebaliknya, yaitu ada fungsi yang kontinu tetapi tidak
diferensiabel. Hal ini, ditunjukkan oleh contoh berikut.
Contoh 2.1
Tunjukkan bahwa f ( x ) = | x | kontinu di x = 0 tetapi tidak diferensiabel di x = 0
Jawab :
Fungsi f ( x ) kontinu di x = 0 , sebab f ( 0) = lim f ( x ) = 0
x→ 0
Turunan f ( x ) di x = 0 dicari menggunakan rumus berikut :
f ( 0 + h) − f ( 0)
| h|
f ' ( 0) = lim
= lim
h
h→ 0
h→ 0 h
| h|
| h|
Karena − 1 = lim
≠ lim
= 1 maka f(x) = |x| tidak diferensiabel di x = 0.
h→ 0− h
h→ 0+ h
Sebagaimana pengertian dari keberadaan limit fungsi ( limit kiri = limit kanan ) dan
kekontinuan fungsi ( kontinu kanan dan kontinu kiri ), dapat juga diturunkan suatu
pengertian diferensiabel kanan dan diferensiabel kiri.
Definisi
Misal fungsi f(x) diferensiabel di x = a. Maka dapat didefinisikan :
f ( a + h) − f ( a )
Diferensiabel Kanan, f +' (a ) = lim
dan
h
h →0 +
f ( a + h) − f ( a )
Deferensiabel Kiri, f −' (a) = lim
h
h →0 −
Kekontinuan suatu fungsi merupakan syarat perlu dari suatu fungsi yang diferensiabel.
Artinya untuk menunjukkan bahwa suatu fungsi deferensiabel di suatu titik maka fungsi
tersebut harus kontinu di titik tersebut. Selanjutnya diperiksa apakah nilai diferensiabel
kanan sama dengan diferensiabel kiri. Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
23
Matematika Dasar
Contoh 2.2
2 x − x 2 , x ≤ 1
Tentukan nilai a dan b agar fungsi f ( x) =
diferensiabel di x = 1.
ax + b , x > 1
Jawab :
Ditunjukkan f(x) kontinu di x = 1, yaitu
f (1) = lim f ( x) = lim (ax + b ) atau a + b = 1
x →1+
x →1+
Dari diferensial kanan sama dengan diferensial kiri, didapatkan :
f +' (1) = f −' (1)
f (1 + h) − f (1)
f (1 + h) − f (1)
= lim
h
h
h →0 +
h →0 −
lim
2(1 + h) − (1 + h)2 − 1
a(1 + h) + b − 1
= lim
h
h
h →0 +
h →0 −
Dari persamaan terakhir didapatkan nilai a = 0. Sehingga nilai b = 1. Jadi agar fungsi
diferensiabel di x = 1 maka bentuk fungsi yaitu
2 x − x 2 , x ≤ 1
f ( x) =
1 , x > 1
lim
Untuk menentukan turunan suatu fungsi sangat sulit bilamana harus digunakan definisi
formal di atas, namun akan lebih mudah digunakan rumus sebagai berikut :
( ) = r xr −1
d xr
; r∈R
dx
d ( f ( x ) + g ( x ) ) d ( f ( x )) d ( g ( x ))
2.
=
+
dx
dx
dx
d ( f ( x) g ( x))
d ( f ( x ))
d ( g ( x ))
3.
= g ( x)
+ f ( x)
dx
dx
dx
1.
d
4.
( f ( x ) g ( x ) ) = g ( x ) d ( f ( x )) − f ( x ) d ( g ( x ))
dx
g 2 (x )
Contoh 2.3
Cari turunan dari fungsi berikut :
1
1. f ( x) =
x
2. f ( x) = (2 x − 1) x
x +1
3. f ( x) =
x2 + 1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
24
Matematika Dasar
Jawab :
1
−1
= x 2 . Digunakan rumus pertama, didapatkan :
x
1 −3
−1
f ' ( x) = − x 2 =
2
2x x
1. f ( x) =
3
1
2. f ( x) = (2 x − 1) x = 2 x 2 − x 2 . Digunakan rumus kedua, didapatkan :
1
1 −1
1
f ' ( x) = 3x 2 − x 2 = 3 x −
2
2 x
Dapat juga diterapkan rumus ketiga dengan memandang f(x) = U(x) V(x) ,
U ( x) = 2 x − 1 dan V ( x) = x
2
3. Misal U(x) = x + 1 dan V(x) = x +1. Dengan menerapkan rumus keempat
didapatkan, f ' ( x) =
x 2 + 1 − 2 x(x + 1)
(x2 + 1)2
=
1 − 2x − x2
(x2 + 1)2
Soal latihan 2.1
( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan
1. y =
− 12
dy
dari :
dx
6
2x
1 1
2. y = − 2
x x
2
3. y = x ( x + 1 )
( 4 )( 3 2 )
2
4
y = (3x + 2 x )( x − 3x + 1)
4. y = x + 2 x x + 2 x + 1
5.
6. y =
1
2
3x + 9
2x − 1
7. y =
x −1
2
8. y =
2 x − 3x + 1
2x + 1
x2 − 2 x + 5
9. y = 2
x + 2x − 3
5x 2 + 2 x + 6
10. y =
3x − 1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
25
Matematika Dasar
( Nomor 11 sd 13 ) Tentukan nilai a dan b agar fungsi berikut diferensiabel di nilai yang
diberikan.
a x + 3 ;0 ≤ x < 1
11. f ( x ) = 2
;x=1
x − bx ; x ≥ 1
ax − b ; x < 2
12. f ( x ) = 2
;x=2
2 x − 1 ; x ≥ 2
x 2 − 1 ; x < 3
;x=3
13. f ( x ) =
2 ax + b ; x ≥ 3
2.2 Turunan Fungsi Trigonometri
Fungsi trigonometri ( sinus dan cosinus ) merupakan fungsi kontinu, sehingga limit
fungsi sinus dan cosinus di setiap titik sama dengan nilai fungsinya, yaitu :
lim sin x = sin a
lim cos x = cos a
dan
x→ a
x→ a
Turunan dari fungsi sinus dapat diperoleh dari definisi, yaitu :
h
h
2 sin cos a +
d (sin a )
2
sin (a + h) − sin a
2
= lim
= lim
dx
h
h
h→ 0
h→ 0
h
2 sin
d (sin a )
2
Karena lim
= 1 maka
= cos a
h
dx
h→ a
Sedangkan untuk turunan fungsi cosinus diperoleh berikut:
h
h
− 2 sin sin a +
d (cos a )
2
cos (a + h) − cos a
2
= lim
= lim
= − sin a
dx
h
h
h→ 0
h→ 0
Untuk turunan fungsi trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan menerapkan rumus
perhitungan turunan :
d (tan x) d
1.
=
dx
d (cot x ) d
2.
=
dx
(
sin x
cos x
(
dx
) = sec x
cos x
sin x
dx
2
) = − csc
2x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
26
Matematika Dasar
(
)
(
)
1
d (sec x) d cos x
3.
=
= sec x tan x
dx
dx
1
d (csc x) d sin x
4.
=
= − csc x cot x
dx
dx
Untuk menentukan / menghitung limit fungsi trigonometri di tak hingga dan limit tak
hingga , digunakan sifat atau teorema yang diberikan tanpa bukti berikut.
Teorema
Misal f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) berlaku untuk setiap x di dalam domainnya. Bila
lim f ( x ) = lim h ( x ) = L maka lim g ( x ) = L
x→∞
x→∞
x →∞
Contoh 2.4
Hitung limit berikut ( bila ada )
sin x
1. lim
x→∞ x
1 + cos x
a. lim
x→ 0+ sin x
Jawab :
sin x
− 1 sin x 1
. Dari -1 ≤ sin x ≤ 1 maka
≤
≤ . Karena
x
x
x
x
−1
1
sin x
lim
= lim
= 0 maka lim
= 0.
x →∞ x
x →∞ x
x →∞ x
b. Bila x mendekati nol dari arah kanan maka 1 + cos x mendekati 2, sedangkan nilai
sin x akan mengecil atau mendekati nol. Oleh karena itu, bila 2 dibagi dengan
bilangan positif kecil sekali ( mendekati nol ) maka akan menghasilkan bilangan
1 + cos x
=∞
yang sangat besar ( mendekati tak hingga ). Jadi lim
x →0+ sin x
a. Misal f ( x ) =
Soal latihan 2.2
( Nomor 1 sd 7 ) Hitung limit fungsi berikut ( bila ada )
1 + cos x
1. lim
x→ 0− sin x
2. lim cos x
x→∞
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
27
Matematika Dasar
1
3. lim sin
x
x→∞
1
4. lim x sin
x
x→∞
π 1
5. lim sin +
6 x
x→∞
6. lim sin x +
x→∞
1
− sin x
x
1
7. lim x 1 − cos
x
x→ −∞
( Nomor 8 sd 10 ) Tentukan turunan pertama dari:
1 − sin x
8. y =
cos x
cos x
9. y =
x
tan x
10. y =
sin x − cos x
11. Persamaan garis singgung kurva y = f(x) di titik ( a,b ) dengan gradien m dinyatakan
dengan : y - b = m ( x - a ). Sedangkan persamaan garis normal dari y = f (x) ( garis
yang tegak lurus terhadap garis singgung ) yang melalui titik ( a,b ) mempunyai
persamaaan : y - b = -1/m ( x - a ). Tentukan persamaan garis singgung dan normal
kurva berikut di titik yang diketahui dengan menghitung gradiennya terlebih dahulu.
2
a. y = x - 2x di ( 0,0 )
b. y = tan x di x = ¼ π
12. Tentukan nilai a agar fungsi berikut kontinu di x = 0
sin 3x
, x≠0
a. f ( x ) = x
a
x=0
tan ax
,x<0
b. f ( x ) = x
3x + 2 a 2 , x ≥ 0
2.3 Teorema Rantai
Untuk mendapatkan turunan dari fungsi komposisi dapat dilakukan dengan cara mencari
bentuk ekplisit dari hasil komposisi fungsi. Namun dapat juga dicari dengan cara
langsung menggunakan metode atau aturan rantai.
Misal diberikan fungsi : y = f (u ( x )) . Maka turunan pertama terhadap x yaitu :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
28
Matematika Dasar
dy d ( f ( u)) d (u( x ))
=
= f ' ( u) u ' ( x )
dx
du
dx
Bila y = f(u ) dengan u = v(x) maka turunan pertama dari y terhadap x dicari :
dy d ( f ( u)) d (u( v)) d (v( x ))
=
= f ' ( u) u ' ( v ) v ' ( x )
dx
du
dv
dx
Metode penurunan di atas dikenal dengan teorema rantai.
Contoh 2.5
Cari turunan dari fungsi f ( x) = sin (3 x )
Jawab:
Misal u(x) = 3x. Maka fungsi f(x) dapat dinyatakan dengan f ( x) = sin (u ) . Turunan
df
= f ' (u ) u ' (x ) = 3 cos(3 x )
terhadap x yaitu
dx
Contoh 2.6
Cari nilai turunan pertama di x = 1 dari fungsi f ( x) = tan π 2 x
Jawab :
2
Misal v(x) = π x dan u (v) = v ,. Maka fungsi dapat dituliskan dengan f ( x) = tan u .
Turunan terhadap x,
yaitu f ' (1) =
π
2
df
π2
= f ' (u ) u ' (v )v' (x ) =
sec 2 π 2 x . Nilai turunan di x = 1,
2
dx
2 π x
Soal latihan 2.3
( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari
1. y = ( 2 x − 3)10
2. y = sin 3 x
(
3. y = cos 4 x 2 − x
x + 1
4. y =
x − 1
)
2
x 2 − 1
5. y = cos
x
+
4
2
6. y = sin x tan [ x + 1 ]
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
29
Matematika Dasar
7. y = sin [ cos ( sin 2x ) ]
x 2 + 1
8. Hitung f ‘ ( 3 ) bila f ( x ) =
x+2
2
9. Hitung g ‘ ( ½ ) bila g ( t ) = cos π t sin 2 π t
10. Tentukan
( fog )' (1) bila f(x) = cos π x dan g (x ) = 2
11. Tentukan ( fog ) ( − 1) bila f ( x ) =
1
x
1
− 1 dan g ( x ) = x 2 − 4 x
x
'
(
) 3( x4 + 1)2 di titik
12. Tentukan persamaan garis singgung dan normal kurva y = x 2 + 1
dengan absis x = 1.
2.4 Turunan Tingkat Tinggi
Turunan kedua dari fungsi f( x ) didapatkan dengan menurunkan sekali lagi bentuk
turunan pertama. Demikian seterusnya untuk turunan ke-n didapatkan dari penurunan
bentuk turunan ke-(n-1).
df ( x)
Turunan pertama
f ' (x) =
dx
d 2 f ( x)
Turunan kedua
f "( x ) =
Turunan ketiga
f "'( x ) =
Turunan ke-n
d n f ( x)
( )
f n ( x) =
dx n
dx 2
d 3 f ( x)
dx 3
Contoh 2.7
Tentukan turunan kedua dan ketiga dari fungsi f ( x) = 1 + x 2
Jawab :
x
Turunan pertama, f ' ( x) =
1 + x2
Turunan kedua digunakan rumus turunan dari fungsi hasilbagi,
x2
2
1+ x −
f " ( x) =
1+ x
1 + x2 =
2
1
(1 + x2 )
3
2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
30
Matematika Dasar
Turunan ketiga, f " ' ( x) =
− 3x
(1 + x2 )
5
2
Gerak Partikel
Misal Lintasan gerak partikel P dinyatakan dengan fungsi parameter s(t). Maka
Kecepatan, v(t) dan percepatan, a(t) gerak P diberikan oleh
Kecepatan, v(t ) = s ' (t )
Percepatan, a (t ) = s " (t )
Contoh 2.8
Lintasan gerak partikel P ditentukan oleh persamaan : s (t ) = t 3 − 2t 2 + t − 10
Tentukan :
a. Kapan partikel P berhenti ?
b. Besar percepatan P pada saat t = 2
Jawab :
a. Kecepatan, v(t ) = s ' (t ) = 3t 2 − 4t + 1 . Partikel P berhenti berarti kecepatan sama
dengan nol, sehingga t = 1/3 dan t = 1.
b. Percetapan, a (t ) = s " (t ) = 6t − 4 . Untuk t = 2, maka a( 2 ) = 8
Soal Latihan 2.4
( Nomor 1 sd 4 ) Tentukan turunan kedua dari
1. y = sin ( 2 x − 1)
2. y = ( 2 x − 3) 4
x
3. y =
x +1
4. y = cos2 (π x)
5. Tentukan nilai c dari f "( c) = 0 bila f ( x ) = x 3 + 3 x 2 − 45 x − 6
6. Tentukan nilai a, b dan c dari fungsi g ( x ) = ax 2 + b x + c bila g (1) = 5, g ‘ (1 ) = 3
dan
g “(1) = - 4
7. Tentukan besar kecepatan sebuah obyek yang bergerak pada saat percepatannya nol
bila lintasan obyek dinyatakan dengan persamaan :
4
3
2
a. s = ½ t - 5 t + 12 t .
1 4
b. s =
t − 14 t 3 + 60t 2
10
(
)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
31
Matematika Dasar
8. Dua buah partikel bergerak sepanjang garis koordinat. Pada saat waktu t jarak
berarah dari titik pusat diberikan dengan s1 dan s2. Bilamana kedua partikel
mempunyai kecepatan sama bila :
2
2
a. s1 = 4 t - 3 t dan s2 = t - 2 t
3
2
3
2
b. s1 = 3 t - 3 t + 18 t + 5 dan s2 = -t + 9 t - 12 t
2.5 Fungsi Implisit
Fungsi dengan notasi y = f(x) disebut fungsi eksplisit, yaitu antara peubah bebas dan
tak bebasnya dituliskan dalam ruas yang berbeda. Bila tidak demikian maka dikatakan
fungsi implisit.
Dalam menentukan turunan fungsi implisit bila mungkin dan mudah untuk dikerjakan
dapat dinyatakan secara eksplisit terlebih dahulu kemudian ditentukan turunannya.
Namun tidak semua fungsi implisit dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, oleh karena
itu akan dibahas cara menurunkan fungsi dalam bentuk implisit berikut.
Contoh 2.9
Tentukan
dy
bila y − 4 x + 2 xy = 5
dx
Jawab :
Bentuk fungsi dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, y =
4x + 5
. Digunakan aturan
1 + 2x
penurunan didapatkan,
dy
−6
=
dx (1 + 2 x )2
Contoh 2.10
Tentukan nilai
dy
di ( 2,1 ) bila y − 4 x + 2 xy 2 = −3
dx
Jawab :
Bentuk fungsi dapat diubah menjadi fungsi eksplisit dalam y,
Menggunakan aturan penurunan didapatkan,
dx 2 y 2 + 2 y + 4
=
2
dy
4 − 2 y2
(
)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
x=
y+3
4 − 2 y2
.
32
Matematika Dasar
(
)2
dy
1
dy
4 − 2 y2
=
Karena
maka
=
. Nilai turunan di ( 2,1 ) atau y = 1,
dx dx dy
dx 2 y 2 + 2 y + 4
dy 1
=
dx 2
Contoh 2.11
Tentukan nilai
dy
di x = 1 bila y − 4 x + 2 x 2 y 2 = −3
dx
Jawab :
Turunan dari fungsi di atas dicari dengan menggunakan metode penurunan fungsi
implisit. Misal turunan dari x dan y berturut-turut dinyatakan dengan dx dan dy. Bila
dalam satu suku terdapat dua peubah (x dan y ) maka kita lakukan penurunan secara
dy
bergantian, bisa terhadap x dahulu baru terhadap y atau sebaliknya. Hasil turunan
dx
akan nampak bila masing-masing ruas dibagi oleh dx.
y − 4 x + 2 x 2 y 2 = −3
dy − 4dx + 4 x y 2 dx + 4 x 2 y dy = 0
dy
dy
− 4 + 4 x y 2 + 4 x2 y
= 0 ( ruas kiri dan ruas kanan dibagi dengan dx )
dx
dx
dy 4 − 4 x y 2
=
dx 1 + 4 x 2 y
Substitusi x = 1 ke fungsi didapatkan 2 y 2 + y − 1 = 0 atau y = ½ dan y = -1.
dy
Untuk ( 1, -1 ) ,
=0
dx
dy
Untuk ( 1, ½ ),
=1
dx
Soal latihan 2.5
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan turunan pertama dari
2
2
1. x - y = 1
2. 2 x y + 3 x - 2 y = 1
3. y + sin ( xy) = 1
4. x 3 − 3 x 2 y + y 2 = 0
5. tan ( x y ) - 2 y = 0
2
2
6. Diketahui kurva yang dinyatakan secara implisit : x + xy + y - 3 y = 10. Tentukan
a. Turunan pertama di x = 2
b. Persamaan garis singgung dan normal di x = 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
33
Matematika Dasar
7. Tentukan persamaan garis singgung dan normal dari kurva berikut di titik yang
diberikan.
a. y x + x xy = 2 ; ( 1,1 )
3
3
b. x y + y x = 10 ; ( 1,2 )
2 2
c. x y + 3 xy = 10 y ; ( 2,1 )
d. sin ( xy ) = y ; ( ½ π, 1 )
2
2
e. y + cos ( xy ) + 3 x = 4 ; ( 1, 0 )
8. Sebuah kurva dinyatakan dalam persamaan implisit : ( x + y ) − 2 x + y = 1.
Tentukan :
dy
a.
dx
b. Persamaan garis singgung kurva di titik potongnya dengan garis x + y = 2.
3
2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Kurva
Pada bagian ini penggunaan turunan akan di titik beratkan untuk mengetahui sifat-sifat
yang dimiliki suatu kurva antara lain kemonotonan, kecekungan, nilai ekstrim , titik
belok dan asymtot. Hal ini ditekankan agar kita mudah dalam menganalisa dan
menggambarkan grafik fungsi. Pada bagian akhir dari sub bab penggunaan turunan ini,
akan dijelaskan tentang dalil Delhospital untuk menghitung limit fungsi baik limit di
suatu titik, limit di tak hingga maupun limit tak hingga.
Definisi : Fungsi Monoton
Grafik fungsi f(x) dikatakan
naik pada selang I bila f (x1) > f (x2 ) untuk
x1 > x2 ; x1, x2 ∈ I . Sedangkan f(x) dikatakan turun pada selang I bila
f ( x1) < f ( x2 )
monoton.
untuk x1 > x2 ; x1, x2 ∈ I . Fungsi naik atau turun disebut fungsi
Dalam menentukan selang fungsi monoton naik atau turun digunakan pengertian
berikut. Gradien dari suatu garis didefinisikan sebagai tangen sudut ( α ) yang dibentuk
oleh garis tersebut dengan sumbu X positif, m = tan α . Bila sudut lancip (α < ½ π )
maka m > 0 dan m < 0 untuk α > ½ π. Karena gradien garis singgung suatu kurva y =
f(x) di titik ( x,y ) diberikan dengan m = f ‘ ( x ) dan selang fungsi naik atau fungsi turun
berturut-turut ditentukan dari nilai gradiennya, maka kemonotonan fungsi diberikan
berikut :
1. Fungsi f(x) naik bila f ' ( x ) > 0
2. Fungsi f(x) turun bila f '( x ) < 0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
34
Matematika Dasar
Contoh 2.12
Tentukan selang fungsi naik dan fungsi turun dari fungsi f ( x) = x 4 + 2 x3 + x 2 − 5
Jawab :
Turunan pertama, f ' ( x) = 4 x3 + 6 x 2 + 2 x . Untuk f '( x) = 4 x3 + 6 x 2 + 2 x > 0 , maka
fungsi naik pada –1 < x < - ½ atau x > 0 dan fungsi turun pada x < -1 atau – ½ < x < 0.
Secara geometris, grafik fungsi y = f(x) cekung ke bawah di suatu titik bila kurva
terletak di bawah garis singgung kurva di titik tersebut. Sedangkan garfik fungsi y = f (
x ) cekung ke atas di suatu titik bila kurva terletak di atas garis singgung yang melalui
titik tersebut.
Definisi : Kecekungan Fungsi
Fungsi f(x) dikatakan cekung ke atas pada selang I bila f ' ( x ) naik pada selang I,
sedang f(x) dikatakan cekung ke bawah bila f ' ( x ) turun pada selang I.
Oleh karena itu dapat disimpulkan :
1. Bila f "( x ) > 0 , x ∈I maka f(x) cekung ke atas pada I dan
2. Bila f "( x ) < 0 , x ∈I maka f(x) cekung ke bawah pada I.
Contoh 2.13
Tentukan selang kecekungan dari fungsi : f ( x) =
1 + x2
1+ x
Jawab :
Turunan pertama, f ' ( x) =
Turunan kedua, f " ( x) =
x2 + 2 x − 1
(1 + x )2
4
(1 + x )3
Fungsi cekung ke atas, f "( x) > 0 pada selang x > -1 dan fungsi cekung ke bawah pada
selang x < -1.
Soal Latihan 2.6
Tentukan selang kemonotonan dan kecekungan dari kurva berikut
1. f ( x ) = ( x − 3) 3
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
35
Matematika Dasar
2. f ( x ) = 2 x 3 + 9 x 2 − 13
3. f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + x + 1
4. f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 + 2
5. f ( x ) = x 6 − 3x 4
2−x
6. f ( x ) = 2
x
x2
7. f ( x ) = 2
x +1
2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot
Misal diberikan kurva f( x ) dan titik ( a,b ) merupakan titik puncak ( titik maksimum
atau minimum ). Maka garis singgung kurva di titik ( a,b ) akan sejajar sumbu X atau
mempunyai gradien m = 0 f ' ( a ) = 0 . Titik ( a, b ) disebut titik ekstrim, nilai x = a
disebut nilai stasioner, sedangkan nilai y = b disebut nilai ekstrim.
[
]
Definisi : Nilai Maksimum dan Nilai Minimum
Nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) maksimum pada selang I bila f(a) > f(x) untuk setiap
x ∈ I. Sedangkan nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) minimum pada selang I bila f(a) <
f(x) untuk setiap x ∈ I.
Untuk menentukan jenis nilai ekstrim ( maksimum atau minimum ) dari fungsi f(x)
dapat dilakukan dengan Uji turunan kedua sebagai berikut :
1. Tentukan turunan pertama dan kedua, f '( x) dan f " ( x)
2. Tentukan titik stasioner yaitu pembuat nol dari turunan pertama ( f '( x ) = 0 ),
misalkan nilai stasioner adalah x = a
3. Nilai f(a) merupakan nilai maksimum bila f "( a ) < 0, sedangkan nilai f (a)
merupakan nilai minimum bila f "(a ) > 0 .
Contoh 2.14
Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi f ( x) = x 4 + 2 x3 + x 2 − 5
Jawab :
Dari pembahasan pada contoh di sub bab sebelumnya didapatkan nilai stasioner fungsi
adalah x = -1, x = - ½ dan x = 0. Turunan kedua, f " ( x) = 12 x 2 + 12 x + 2 .
Untuk x = -1, f " (−1) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum f ( -1 )
= -5.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
36
Matematika Dasar
Untuk x = - ½ , f " (− 1 2 ) = −1 dan fungsi mencapai maksimum dengan nilai maksimum
15
f (− 1 2 ) = −4
16
Untuk x = 0, f " (0) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum adalah
f ( 0 ) = -5
Definisi : Titik Belok
Misal f(x) kontinu di x = b. Maka ( b , f(b) ) disebut titik belok dari kurva f(x) bila
terjadi perubahan kecekungan di x = b, yaitu di satu sisi dari x = b cekung ke atas dan
disisi lain cekung ke bawah atau sebaliknya.
Syarat perlu x = b merupakan absis dari titik belok bila berlaku f "(b) = 0 atau f(x)
tidak diferensiabel dua kali di x = b. Kata “ syarat perlu “ mirip artinya dengan kata
“ calon “, maksudnya bahwa untuk nilai x = b yang dipenuhi oleh salah satu dari kedua
syarat itu memungkinkan untuk menjadi absis titik belok bergantung apakah dipenuhi
syarat seperti halnya yang tertulis pada definisi.
Contoh 2.15
Carilah titik belok ( bila ada ) dari fungsi berikut :
a. f ( x ) = 2 x 3 − 1
b. f ( x ) = x 4
1
c. f ( x ) = x 3 + 1
Jawab :
a. Dari f ( x ) = 2 x 3 − 1 maka f "( x ) = 12 x .
Bila f "( x ) = 0 maka x = 0 merupakan calon dari titik belok, sehingga untuk
menguji apakah x = 0 merupakan titik belok dilakukan berikut.
Untuk x < 0 maka f "( x ) < 0 , sedangkan untuk x > 0 maka f "( x ) > 0 . Oleh karena
itu, di x = 0 terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,-1 ) merupakan titik belok.
b. Dari f ( x ) = x 4 maka f "( x ) = 12 x 2 .
Bila f "( x ) = 0 maka x = 0 merupakan calon dari titik belok, sehingga untuk
menguji apakah x = 0 merupakan titik belok dilakukan berikut.
Untuk x < 0 dan x > 0 maka f "( x ) > 0 . Oleh karena itu, di x = 0 tidak terjadi
perubahan kecekungan. Jadi ( 0,0 ) bukan merupakan titik belok.
1
−2
c. Dari f ( x ) = x 3 + 1 maka f "( x ) =
5 . Terlihat bahwa f(x) tidak dapat
9x 3
diturunkan dua kali di x = 0. Untuk x < 0 maka f "( x ) > 0 , sedangkan untuk x > 0
maka f "( x ) < 0 . Oleh karena itu, di x = 0 terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,1 )
merupakan titik belok
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
37
Matematika Dasar
Asymtot
Asymtot suatu grafik fungsi didefinisikan sebagai garis yang didekati oleh suatu kurva.
Asymtot dibedakan menjadi tiga yaitu :
1. Asymtot mendatar
2. Asymtot tegak
3. Asymtot miring
Misal diberikan kurva y = f ( x ). Maka garis y = b disebut asymtot mendatar dari y =
f ( x ) bila : lim f ( x ) = b atau lim f ( x ) = b . Sedangkan garis x = a disebut
x →− ∞
x→∞
asymtot tegak bila berlaku salah satu dari :
1. lim f ( x ) = ∞
x→ a +
2.
3.
4.
lim
f ( x) = − ∞
lim
f ( x) = ∞
lim
f ( x) = − ∞
x →a +
x →a −
x →a −
Contoh 2.16
Carilah asymtot datar dan asymtot tegak dari fungsi f ( x) =
− x2
x2 − 1
Jawab :
Asymtot datar, y = -1 sebab lim f ( x) = lim
− x2
x →∞ x 2
x →∞
Asymtot tegak, x = -1 dan x = 1 sebab
lim f ( x) = lim
x →1+
x →1+
− x2
x2 − 1
−1
= −1 atau lim f ( x) = −1
x →−∞
lim f ( x) = lim
x → −1+
x → −1+
− x2
x2 − 1
= ∞ dan
= −∞
Garis y = a x + b dikatakan sebagai asymtot miring dari y = f ( x ) bila berlaku
lim [ f ( x ) − ( ax + b)] = 0 atau lim [ f ( x ) − ( ax + b)] = 0 . Untuk mendapatkan
x→∞
x→− ∞
P (x)
[ pangkat P(x) = 1 + pangkat Q(x) ]
Q( x )
dilakukan dengan cara membagi P(x) dengan Q(x) sehingga hasilbagi yang didapatkan
merupakan asymtot miring dari f(x).
asymtot miring dari fungsi rasional f ( x ) =
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
38
Matematika Dasar
Contoh 2.17
x2 − 2 x − 3
Carilah asymtot dari fungsi f ( x) =
x −1
Jawab :
Asymtot datar tidak ada sebab lim f ( x) = ∞ atau lim f ( x) = −∞ .
x →∞
x →−∞
2
x − 2x − 3
= ∞.
x −1
x →1−
x →1−
x2 − 2 x − 3
−4
Asymtot miring, y = x – 1 sebab lim
− (x − 1) = lim
=0
x →∞ x − 1
x −1
x →∞
Asymtot tegak, x = 1 sebab lim f ( x) = lim
Grafik Fungsi
Dalam mengambarkan grafik suatu kurva dapat dilakukan dengan menentukan terlebih
dahulu : selang kemonotongan, selang kecekungan, titik ekstrim dan jenisnya, titik
potong terhadap salib sumbu ( sumbu X dan sumbu Y ), titik belok ( bila ada ), semua
asymtot ( bila ada ) dan titik lain ( sembarang ) yang dapat membantu memudahkan
menggambarkan grafik.
Soal latihan 2.7
( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari kurva dengan persamaan
berikut :
1. f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 2
2. f ( x ) = x 3 − 3x + 4
x
3. f ( x ) = − sin x , ( 0 < x < 2π )
2
3π
−π
4. f ( x ) = cos2 x ,
<x<
2
2
5. f ( x ) =
x4
+1
4
6. f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3
( Nomor 7 sd 10 ) Tentukan titik belok dari kurva berikut ( bila ada )
1
7. f ( x ) = x 3 − 2 x
6
8. f ( x ) = x + 2
9. f ( x ) = x 4 + 4
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
39
Matematika Dasar
10. f ( x ) = x 4 − 6x 3 − 24 x 2 + x + 2
( Nomor 11 sd 21 ) Cari semua asymtot dari fungsi berikut :
11. f ( x ) =
2x
x−3
x2
12. f ( x ) = 2
x −1
1− x
13. f ( x) =
x2
14. f ( x ) =
( x − 1) 2
x2
1
15. f ( x ) = x 2 −
x
2x
16. f ( x ) =
x2 − 4
3 1
17. f ( x ) = 2 + − 3
x x
18. f ( x ) =
x2 − 2
x
19. f ( x ) =
x 2 − 2x − 3
x+2
20. f ( x ) =
21. f ( x ) =
( x − 2) 3
x2
4 − x3
x2
( Nomor 22 sd 28 ) Gambarkan grafik kurva berikut :
22. f ( x ) = x 3 − 3x − 1
23. f ( x ) = x 3 − 2 x 2 + x + 1
24. f ( x ) = 3x 4 − 4 x 3 + 2
25. f ( x ) = x 6 − 3x 4
26. f ( x ) = 3x 5 − 5x 3 + 1
2x
27. f ( x ) =
1+ x
3x
28. f ( x ) =
( x + 8) 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
40
Matematika Dasar
2.8 Dalil Delhospital
Dalam perhitungan limit fungsi seringkali dijumpai bentuk tak tentu dari limit yaitu :
0 ∞
, , 0 .∞ dan ∞ − ∞ . Untuk menyelesaikannya digunakan cara yang dikenalkan oleh
0 ∞
Delhospital.
Bentuk
0
∞
dan
0
∞
Misal lim f(x) = lim g(x) = 0 atau lim f(x) = lim g(x) = ∞.
Maka
f (x)
f ' (x )
0
∞
lim
= lim
. Bila masih dijumpai ruas kanan merupakan bentuk
atau
g (x )
g ' (x )
0
∞
maka dilakukan penurunan lagi sehingga didapatkan nilai yang bukan merupakan
bentuk tak tentu tersebut.
Penulisan lim di atas mengandung maksud
lim , lim , lim , lim atau lim .
x → a x → a + x → a − x → −∞
x →∞
Contoh 2.18
Hitung limit berikut
1 − cos 2 x
a. lim
x→ 0
x2
b. lim
x 3 + 2x
x→∞ x 4 + 1
Jawab :
a. lim
x →0
b. lim
1 − cos 2 x
x2
x3 + 2 x
x →∞ x 4 + 1
2 sin 2 x
4 cos 2 x
= lim
=2
2
x →0 2 x
x →0
= lim
= lim
3x 2 + 2
x →∞
4 x3
= lim
6x
x →∞ 12 x 2
6
=0
x →∞ 24 x
= lim
Bentuk 0 . ∞
Misal lim f(x) = 0 dan lim g(x) = ∞. Maka lim f(x) g(x) merupakan bentuk 0 . ∞ . Untuk
0
∞
atau
yaitu :
menyelesaikannya kita ubah menjadi bentuk
0
∞
f (x)
g (x )
lim f ( x ) g ( x ) = lim 1
= lim 1
. Selanjutnya solusi dari limit tersebut
g (x)
f (x )
diselesaikan dengan cara seperti bentuk sebelumnya.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
41
Matematika Dasar
Contoh 2.19
Hitung limit berikut
π
a. lim x − sec x
2
x →π / 2
b. lim x 2 csc x
x→0
Jawab :
π
π
1
2 = lim
a. lim x − sec x = lim
= −1
2
x →π / 2
x →π / 2 cos x
x →π / 2 − sin x
x−
x2
2x
2
b. lim x csc x = lim
= lim
=0
x →0
x →0 sin x x →0 cos x
Bentuk ∞ - ∞
Misal lim f(x) = lim g(x) = ∞. Maka untuk menyelesaikan lim [ f(x) - g(x) ] dilakukan
dengan menyederhanakan bentuk [ f(x) - g(x) ] sehingga dapat dikerjakan menggunakan
cara yang telah dikenal sebelumnya.
Contoh 2.20
Hitung lim (csc x − cot x)
x→ 0
Jawab :
1
cos x
1 − cos x
sin x
= lim
lim (csc x − cot x ) = lim
−
= lim
=0
x →0
x →0 sin x sin x x → 0 sin x
x →0 cos x
Sebagai catatan bahwa tidak semua bentuk limit tak tentu dapat diselesaikan
menggunakan dalil Delhospital. Hal ini seringkali terjadi di dalam menyelesaikan limit
fungsi f(x) dengan f(x) bukan merupakan fungsi rasional. Untuk lebih jelasnya
diberikan contoh berikut.
Contoh 2.21
Hitung limit berikut :
a.
lim
x→−∞
x 2 − 3x
1− x
b. lim x 2 + x − x 2 + 1
x→∞
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
42
Matematika Dasar
Jawab:
a.
x 2 − 3x x
x 2 − 3x ( − x )
= lim
=1
1− x
x x →−∞ 1 − x
x2
lim
x →−∞
x −1
x2 1
2
2
b. lim x + x − x + 1 = lim
=
x →∞ 2
2
x →∞
x + x + x2 + 1 x
Soal latihan 2.8
Hitung limit berikut ( bila ada )
2x + 1
1. lim
x →+∞ 2 − 5x
2.
3.
4.
5.
6.
lim
4x 2 − x
x→−∞ 2 x 3 − 1
5 − 3x 3
lim
x→+∞ x + 4
3x − 5
lim 3
x→+∞ 6x + 2
lim
x →+∞
lim
2 x2 − 1
1+ x
2x + 1
x→−∞
1 + 2x 2
7. lim 2 x csc x
x→0
8. lim cot 2x (1 − cos 2 x)
x→ 0
9.
lim x 2 + x − x
x→+∞
10. lim x 2 + 3 − x
x →+∞
11. lim x 2 + x − x 2 − x
x →+∞
12. lim x 2 − 3x − x 2 − 3
x →−∞
13. l i m
x → +∞
x 2 + 6 x − 5 − x
sin ( ax)
x→0 ax
14. lim
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
43
Matematika Dasar
tan 5x
x→0 sin 2 x
15. lim
16. lim
sin 2 ( 5x )
x2
sin x
17. lim
x →0 1− cos x
x sin x
18. lim
x →0 1 − cos x
cos 2 x − 1
19. lim
x →0 1 − cos 5x
x→0
x2
x →0 1 − cos x
20. lim
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
64
Matematika Dasar
BAB 4 FUNGSI TRANSENDEN
4.1 Fungsi Invers
4.2 Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen
4.3 Fungsi Invers Trigonometri
4.4 Fungsi Hiperbolik
4.5 Fungsi Invers Hiperbolik
4.6 Limit Bentuk Tak Tentu
4.1 Fungsi Invers
Definisi : Fungsi Invers
Misal dua fungsi f dan g berlaku komposisi berikut :
(i) f ( g(x) ) = x , untuk setiap x ∈ Dg.
(ii) g ( f(y) ) = y, untuk setiap y ∈ Df.
-1
-1
Maka f disebut invers dari g ( notasi f = g ) atau g disebut invers dari f ( g = f ).
Dari definisi di atas diperoleh hubungan,
f o f −1 = f −1 o f = I
I merupakan fungsi identitas, yaitu fungsi yang memetakan ke dirinya sendiri.
Berikut merupakan contoh fungsi dan inversnya. Fungsi f(x) = 1 + x mempunyai invers
(
)
(
)
f −1 ( x) = x − 1 , sebab f o f −1 ( x) = f f −1( x) = f (x − 1) = 1 + (x − 1) = x = I ( x) . Satu
hal yang menarik bagi kita, apakah setiap fungsi punya invers ? Bagaimana cara
mendapatkan invers dari suatu fungsi ? Beberapa sifat berikut dapat digunakan untuk
menjawab pertanyaan ini.
Sifat-sifat : antara fungsi dan inversnya.
1. Grafik fungsi f dan f
-1
simetri terhadap garis y = x.
-1
-1
2. Domain f sama dengan range f atau range f sama dengan domain f .
3. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila tidak ada garis mendatar yang
memotong grafik f(x) lebih dari satu titik.
4. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila f(x) berkorespondensi satu-satu [ yaitu
bila f(x1) ≠ f(x2) maka x1 ≠ x2 ].
5. Misal interval I merupakan domain f(x) dan f(x) naik atau f(x) turun pada I. Maka
f(x) punya invers pada I.
-1
Misal y = f ( x ). Maka didapatkan x = f ( y ) . Hal ini memot4asi kepada kita suatu
cara untuk menentukan invers dari fungsi y = f ( x ). Untuk menentukan invers dari
suatu fungsi y = f ( x ) dilakukan dengan cara mensubstitusikan peubah y ke dalam x,
sehingga fungsi dinyatakan secara eksplisit dalam peubah y. Tuliskan f ( y ) = x dan
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
65
Matematika Dasar
nyatakan fungsi yang diperoleh tersebut menjadi fungsi eksplisit dalam peubah x.
Hasil terakhir merupakan invers dari y = f ( x ).
Contoh 4.1
Tentukan invers dari fungsi f ( x ) =
Jawab :
f ( y) =
y −1
y+2
⇒
x=
y −1
⇒
y+2
x −1
x+2
y=
− 2x − 1
− 2x − 1
⇒ f −1( x ) =
x −1
x −1
Soal Latihan 4.1
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan fungsi invers ( bila ada ) dari
1
, x>0
1. f ( x ) = x +
x
2. f ( x ) = 3 2 x − 1
3. f ( x ) = 5 4 x + 2
5
4. f ( x ) = 2
, x≥0
x +1
x +1
5. f ( x ) =
x −1
6. Tentukan range ( daerah hasil ) dari invers fungsi di atas ( nomor 1 sd 5 )
4.2 Fungsi Logaritma dan Eksponen
Fungsi logaritma dan fungsi eksponen merupakan dua fungsi yang saling invers dan
dinyatakan sebagai :
y = b log x ⇔ x = b y ; x, b > 0
Sifat-sifat logaritma :
1.
2.
3.
4.
5.
b
6.
b
log 1 = 0
log b = 1
b
b
b
log ac = log a + log c
b
b
b
log a/c = log a - log c
b
r
b
log a = r log a
b
log a =
c
log a
c
log b
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
66
Matematika Dasar
Bilangan Natural
Bilangan natural dinotasikan dengan e dan didefinisikan sebagai :
(
)
x
1
e = lim (1 + x) x = lim 1 + 1 x = 2,718...
x→ 0
x→∞
Fungsi logaritma natural didefinisikan sebagai :
x1
ln x = ∫
dt , x > 0
t
1
e
ln x = log x
[ ]
Turunan fungsi logaritma natural : Dx ln x =
[ ]
Jadi secara umum : Dx ln u =
1
x
1 du
1
⇔ ∫ du = ln u + C .
u dx
u
Contoh 4.2
Hitung integral
sin x
∫ 1 + cos x
dx
Jawab :
Misal u = 1 + cos x. Maka du = - sin x. Sehingga
sin x
∫ 1 + cos x
dx = − ln (1 + cos x ) + C
Eksponen Natural
Fungsi eksponen natural didefinisikan sebagai inverse dari logaritma natural dan
dinotasikan :
y = ex ⇔ x = ln y
Sifat yang dapat diturunkan langsung dari definisi adalah :
1. eln y = y , ∀y > 0
2. ln ex = x , ∀x ∈ R
Turunan dan integral dari eksponen natural:
( )
du
Dx eu = eu
⇔ ∫ eu du = eu + C
dx
x
Misal a > 0 dan x ∈ R. Didefinisikan : a = e
x ln a
. Maka :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
67
Matematika Dasar
[ ]
(i) Dx a u = (ln a ) a u
(ii) ∫ a u du =
du
dx
1
au + C
ln a
(
)
ln x
1
. Maka Dx a log x =
.
ln a
x ln a
1
du
Jadi secara umum Dx a log u =
u ln a dx
Misal y = a log x =
(
)
Contoh 4.3
Cari trunan pertama dari fungsi :
2
1. f ( x) = e 2 x −1
2. f ( x) = x 5 x
Jawab :
1. Misal u = 2 x 2 − 1 . Maka f ( x) = eu . Turunan pertama,
2
df
df du
=
= 4 x e2 x −1 .
dx du dx
df
= 5 x (1+ x ln 5)
dx
2.
Contoh 4.4
Selesaikan integral berikut :
1.
x− x
∫ (1 − 2 x )10
1
2.
x
∫ (x − 1)e
2 −2 x
2
dx
dx
0
Jawab :
1. Misal u = x − x 2 . Maka du = ( 1 – 2x ) dx dan
2. Misal
1
∫ (x − 1)e
0
u = x2 − 2 x .
Maka
du
=
(
(
∫ (1 − 2 x )10
2x
)
x 2 − 2 x dx = 1 e x 2 − 2 x 1 = 1 e −1 − 1
2
0
2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
-2
x− x2
)
2
10 x − x
dx =
+C
ln 10
dx.
Sehingga
:
68
Matematika Dasar
Soal Latihan 4.2
( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari :
(2
)
1. y = ln x − 5x + 6
2. y = x ln x
ln x
3. y = 2
x
4. y =
x + 13
(x − 4) 3 2x + 1
2/ 3
x 2 + 3) ( 3x + 2) 2
(
5. y =
x +1
6. y = ln (sin x)
7. y + ln ( xy ) = 1
( Nomor 8 sd 13 ) Selesaikan integral berikut :
4
8. ∫
dx
2x + 1
4x + 2
9. ∫ 2
dx
x +x+5
2
10. ∫
dx
2
x (ln x)
3
x
11. ∫ 2
dx
x +1
4
3
dx
1
−
2
x
1
12. ∫
4
13. ∫
(
1
1 x 1+ x
)
dx
( Nomor 14 sd 16 ) Carilah y’ dari :
4
14. y = 32 x − 4 x
(
15. y =10log x 2 + 9
)
16. y = log x
( Nomor 17 sd 22 ) Selesaikan integral tak tentu berikut :
2
17. ∫ x 2 x dx
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
69
Matematika Dasar
5x 1
18. ∫ 10 − dx
19. ∫ ( x + 3) e
20. ∫ e
−x
x 2 + 6x
2
(
dx
sec 2 − e
21. ∫ (cos x ) e
sin x
−x
) dx
dx
22. ∫ e2 ln x dx
4.3 Fungsi Invers Trigonometri
Fungsi Trigonometri merupakan fungsi periodik sehingga pada daerah ℜ ( domainnya )
bukan merupakan fungsi satu-satu. Ini berarti fungsi trigonometri tidak mempunyai
invers, Oleh karena itu untuk mendapatkan fungsi inversnya maka domain dari fungsi
trigonometri harus dibatasi.
Misal f(x) = sin x. Maka agar f(x) = sin x merupakan fungsi satu-satu maka domainnya
diambil :
π
− π
2 ≤ x ≤ 2 ; − 1 ≤ f ( x ) ≤ 1
Pada daerah di atas f( x ) = sin x merupakan fungsi satu-satu dan oleh karena itu
mempunyai invers. Notasi invers : x = sin −1 f ( x ) = arc sin f ( x )
Turunan fungsi invers Trigonometri
π
π
Misal y = sin −1 u − 1 ≤ u ≤ 1 ; − ≤ y ≤ dengan u merupakan fungsi dalam x.
2
2
dy
Maka turunan y '= didapatkan sebagai berikut :
dx
dy
1
y = sin −1 u ⇔ u = sin y ⇔
=
du cos y
dy
1
Bila sin y = u maka cos y = 1 − u 2 . Oleh karena itu,
.
=
2
du
1− u
Jadi : y ' =
u'
1 − u2
.
Dengan menggunakan anti turunan dari invers sinus didapatkan rumus integral :
∫
du
1 − u2
= sin −1 u + C
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
70
Matematika Dasar
Untuk fungsi invers trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan cara sama :
[
]
1. y = cos−1 u − 1 ≤ u ≤ 1 ; 0 ≤ y ≤ π
− u'
du
y' =
⇔ ∫
= − cos−1 u + C
2
2
1− u
1− u
π
π
u'
2. y = tan −1 u − ∞ < u < ∞ ; − < y < ⇒ y ' =
2
2
1 + u2
π
π
− u'
3. y = cot −1 u 0 ≤ u < ∞ ; − ≤ y < 0 ∨ 0 < y ≤ ⇒ y ' =
2
2
1 + u2
tan−1 u + C
du
∫ 1 + u2 = − cot−1 u + C
π
π
u'
4. y = sec −1 u | u| ≥ 1 ; 0 ≤ y <
∨
< y ≤ π ⇒ y'=
2
2
u u2 − 1
π
π
− u'
5. y = csc −1 u | u| ≥ 1 ; − ≤ y < 0 ∨ 0 < y ≤ ⇒ y ' =
2
2
u u2 − 1
sec−1 u + C
du
6. ∫
=
−1
u u 2 − 1 − csc u + C
Contoh 4.5
(
)
Cari turunan pertama dari : f ( x) = sin −1 x 2 + 1
Jawab :
df du
=
Misal u = x 2 + 1 . Maka du = 2 x dx dan f ' ( x) =
du dx
2x
(
)
2
1 − x2 + 1
Contoh 4.6
1
Hitung integral berikut :
∫
ex
2x
01 + e
dx
Jawab :
Misal u = e x . Maka du = e x dx . Sehingga :
1
ex
0
1 + e2 x
∫
dx =
1
∫
1
( )
2
0 1 + ex
( )
1
π
d e x = tan −1 e x = tan −1 e − tan −11 = tan −1 e −
0
4
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
71
Matematika Dasar
Soal Latihan 4.3
( Nomor 1 sd 10 ) Carilah turunan dari :
1. y = cos−1( 2 x + 1)
( x)
y = cos−1(cos x)
2. y = cot −1
3.
4. y = tan −1 x
(
)
3
5. y = x 2 sin−1 x
(
6. y = 1 + x sec−1 x
(
)
8. y = csc−1
1− x
1+ x
7. y = sin −1 e− 3x
)2
( )
10. y = sin −1( x 2 ln x)
9. y = tan−1 x e2 x
( Nomor 11 sd 17 ) Hitung integral berikut :
dx
11. ∫
1 − 4x 2
dx
12.
∫
13.
∫ t4 + 1
14.
∫
15.
∫
x 9x 2 − 1
t dt
sec2 x dx
1 − tan 2 x
dx
x 1 − (ln x)
2
2
ln
3
∫
16.
ln 2
3
17.
∫
1
e− x dx
1 − e− 2 x
dx
x ( x + 1)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
72
Matematika Dasar
4.4 Fungsi Hiperbolik
Fungsi sinus hiperbolik dan cosinus hiperbolik didefinisikan sebagai berikut :
sinh x =
ex − e− x
e x + e− x
dan cosh x =
2
2
Untuk fungsi hiperbolik yang lain :
sinh x ex − e− x
=
1. tanh x =
cosh x ex + e− x
cosh x ex + e− x
2. coth x =
=
sinh x ex − e− x
1
2
3. sec h x =
= x
cosh x e − e− x
1
2
= x
4. csc h x =
sinh x e + e− x
Berikut beberapa identitas yang berlaku pada fungsi hiperbolik :
2
2
1. cosh x - sinh x = 1
2
2
2. 1 - tanh x = sech x
2
2
3. coth x - 1 = csch x
4. sinh ( x + y ) = sinh x cosh y + cosh x sinh y
5. cosh ( x + y ) = cosh x cosh y + sinh x sinh y
x
6. cosh x + sinh x = e .
-x
7. cosh x - sinh x = e .
8. sinh 2x = 2 sinh x cosh x
2
2
2
2
9. cosh 2x = cosh x + sinh x = 2 sinh x + 1 = 2 cosh x - 1
10. cosh ( -x ) = cosh x
11. sinh ( -x ) = - sinh x
12. sinh ( x - y ) = sinh x cosh y - cosh x sinh y
13. cosh ( x - y ) = cosh x cosh y - sinh x sinh y
tanh x + tanh y
14. tanh( x + y) =
1 + tanh x tanh y
tanh x − tanh y
15. tanh( x − y) =
1 − tanh x tanh y
2 tanh x
16. tanh 2 x =
1 + tanh x
1
1
17. cosh x =
(cosh x + 1)
2
2
1
1
18. sinh x = ± (cosh x − 1)
2
2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
73
Matematika Dasar
x + y
x − y
19. sinh x + sinh y = 2 sinh
cosh
2
2
x + y
x − y
20. cosh x + cosh y = 2 cosh
cosh
2
2
Turunan dan Integral Fungsi Hiperbolik
e u − e− u e u + e− u
=
Misal y = sinh u. Maka y ' = Dx
u ' = cosh u u ' .
2
2
Jadi :
∫ cosh u du = sinh u + C
Untuk fungsi hiperbolik yang lain:
∫ sinh u du = cosh u + C
y = tanh u ⇒ y ' = sec h 2 u u ' ⇔ ∫ sec h 2 u du = tanh u + C
y = coth u ⇒ y ' = − csc h 2 u u ' ⇔ ∫ csc h 2 u du = − coth u + C
y = sec h u ⇒ y ' = − sec h u tanh u u ' ⇔ ∫ sec h u tanh u du = − sec h u + C
y = csc h u ⇒ y ' = − csc h u coth u u ' ⇔ ∫ csc h u coth u du = − csc h u + C
1. y = cosh u ⇒ y ' = sinh u u ' ⇔
2.
3.
4.
5.
Contoh 4.7
([
])
Cari turunan pertama dari f ( x) = tanh ln 1 − x 2
Jawab :
df dv du
− 2x
Misal u = 1 − x 2 dan v = ln u. Maka f ' ( x) =
=
sec h 2 ln 1 − x 2
dv du dx 1 − x 2
([
])
Contoh 4.8
Selesaikan integral : ∫ tanh (2 x − 1)dx
Jawab :
Misal u = 2x –1 . Maka ∫ tanh (2 x − 1)dx =
1
1
1
d (cosh u ) = ln (cosh [2 x − 1]) + C
∫
2 cosh u
2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
74
Matematika Dasar
Soal Latihan 4.4
( Nomor 1 sd 5 )Tentukan turunan pertama ( y’ ) dari :
4
1. y = cosh x .
2. y = ln ( tanh 2x )
3. y = cosh ( 1/x )
3
4. y = sinh ( 2x )
5. y = 4 x + cosh 2 (5x)
( Nomor 6 sd 10 ) Hitung integral berikut :
6.
7.
8.
9.
10.
∫ cosh( 2x − 3) dx
∫ csch2 ( 3x) dx
∫ coth2 x csc h2x dx
∫ coth x dx
∫ sinh6 x cosh x
dx
4.5 Fungsi Invers Hiperbolik
Tidak semua fungsi hiperbolik pada domainnya merupakan fungsi satu-satu sehingga
tidak mempunyai invers. Oleh karena itu, agar didapatkan fungsi invers hiperbolik maka
kita batasi domain fungsinya. Sedangkan untuk mencari turunan dari fungsi invers
hiperbolik dilakukan terlebih dahulu cara sebagai berikut.
-1
Misal y = sinh u. Maka u = sinh y [ ∀ u, y ].
Jadi : u =
e y − e− y
⇔ e y − 2 u − e− y = 0 ⇔ e 2 y − 2 u e y − 1 = 0
2
⇔ ey = u ± u2 + 1 = u + u2 + 1
( sebab: ey > 0, ∀y)
⇔ y = ln u + u 2 + 1
Turunan Fungsi invers Hiperbolik.
Misal y = sinh−1 u = ln u + u 2 + 1 . Maka :
u
u'
1 +
u' =
u + u2 + 1
u2 + 1
u2 + 1
Dari anti turunan fungsi invers sinus hiperbolik, didapatkan :
y' =
1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
75
Matematika Dasar
∫
du
u2 + 1
= sinh −1 u + C
Dengan cara sama diperoleh turunan dan integral fungsi invers hiperbolik, sebagai
berikut :
1. y = cosh −1 u = ln u + u 2 − 1 , {u ≥ 1}
u'
du
y' =
⇔ ∫
= cosh −1 u + C
2
2
u −1
u −1
1
1
+ u
2. y = tanh −1 u = ln
, {| u| < 1}
2 1 − u
u'
du
−1
y' =
2 ⇔∫
2 = tanh u + C , bila | u| < 1
1− u
1− u
1 u + 1
ln
, {|u| > 1}
2 u − 1
3.
u'
du
y' =
⇔
= coth −1 u + C , bila | u| > 1
∫
2
2
1− u
1− u
1 + 1 − u2
−
1
y = sec h u = ln
, {0 < u ≤ 1}
u
4.
du
− u'
y' =
⇔ ∫
= − sec h −1| u|+ C
2
2
u 1− u
u 1− u
1
1 + u 2
y = csc h−1u = ln +
, {u ≠ 0}
u
|
u
|
5.
y = coth −1 u =
y' =
− u'
| u| 1 + u
2
⇔
∫
du
u 1+ u
2
= − csc h−1| u|+ C
Contoh 4.9
( )
Cari turunan pertama dari : f ( x) = sec h −1 e x
Jawab :
−1
Misal u = e x . Maka f ' ( x) =
1 − e2 x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
76
Matematika Dasar
Contoh 4.10
dx
∫
Hitung integral :
x2 + 4
Jawab :
∫
dx
x2 + 4
=∫
x
d
2
2
x
+1
2
x
= sinh −1 + C
2
Soal Latihan 4.5
( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan dy/dx dari :
1. y = cosh−1 ( 2 x + 1)
2. y = coth−1
( x)
( )
3. y = csc h−1 e2 x
1
4. y =
tanh −1 x
1
5. y = sinh −1
x
6. y = cosh−1(cosh x)
(
7. y = ln cosh −1 x
)
8. y = coth −1 x
9. y = sinh −1(tanh x)
10. y = ex sec h −1x
1− x
11. y = tanh −1
1+ x
(
12. y = 1 + x csc h −1x
)10
( Nomor 13 sd 20 ) Hitung integral berikut :
dx
13. ∫
1 + 9x 2
dx
14. ∫
x2 − 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
77
Matematika Dasar
15.
∫
16.
∫
17.
∫
18.
∫
dx
9x 2 − 25
dx
1 − e2 x
sin x dx
1 + cos2 x
dx
x 1 + x6
3
19.
∫
0
1/ 2
20.
∫
1/ 4
dt
t2 + 1
dt
t 1− t
4.6 Limit Bentuk Tak Tentu
Dalam menentukan turunan dari fungsi berpangkat fungsi dapat digunakan sifat
logaritma natural. Misal y = f ( x ) g ( x ) . Maka didapatkan : ln y = g ( x ) ln f ( x ) . Oleh
karena itu, turunan dari y, yaitu :
g (x )
y ' = g ' ( x ) ln f ( x ) +
f ' ( x ) f ( x ) g ( x )
f (x)
Contoh 4.11
Tentukan turunan pertama dari fungsi y = (2 x + 1)cos x
Jawab :
Misal f(x) = 2x + 1 dan g(x) = cos x. Maka f ‘(x) = 2 dan g ‘(x) = - sin x. Sehingga
turunan pertama,
2 cos x
y ' = − sin x ln (2 x + 1) +
(2 x + 1)cos x
2x + 1
Sedangkan limit dari fungsi berpangkat fungsi,
lim y = lim f ( x ) g ( x )
akan
x→ a
x→ a
0
0
∞
memunculkan bentuk tak tentu berikut : 0 ,∞ dan 1 . Untuk menyelesaikannya
[
]
dihitung: lim ln y = lim g ( x ) ln f ( x )
x→ a
x→ a
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
78
Matematika Dasar
Misal nilai dari lim ln y = A . Maka lim y = e A .
x→a
x →a
Contoh 4.12
Hitung limit berikut
1
a. lim (1 + x) x
x→ 0
b.
c.
lim
π
x→
2
−
(tan x)cos x
lim x x
x→ 0+
Jawab :
∞
1
0
cos x
a.
mempunyai bentuk tak tentu 1 . Misal y = (1 + x) x . Maka
0
ln (1 + x )
dan mempunyai bentuk tak tentu . Menggunakan
lim ln y = lim
x
0
x→ 0
x→ 0
1
1
lhospital didapatkan : lim ln y = lim
= 1. Jadi lim (1 + x ) x = e
x →0
x →0 1 + x
x →0
b.
Limit mempunyai bentuk tak tentu ∞ . Misal y = (tan x )
. Maka
ln tan x
1
lim
ln y = lim cos x ln (tan x ) = lim
= lim
=0
−
−
− sec x
− sec x tan 2 x
π
π
π
π
Limit
x →
2
Jadi
x →
2
lim
π
x →
2
c.
Limit
−
x →
2
x →
2
(tan x)cos x = 1
mempunyai
bentuk
0
x
tak tentu 0 . Misal y = x .
ln x
lim ln y = lim x ln x = lim −1 = lim − x = 0. Jadi lim x x = 1
x→ 0+
x→ 0+
x→ 0+ x
x→ 0+
x → 0+
Soal Latihan 4.6
Hitung limit berikut ( bila ada ) :
1
1. lim x (1− x )
x→1
1
2. lim (1 + sin 2 x) x
x→ 0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
Maka
79
Matematika Dasar
2 x
3. lim cos
x
x→∞
4.
(
2
)
1
lim e2x − 1 ln x
x→ 0+
(
x→∞
5. lim 1 + x 2
1
)
ln x
1
6. lim (ln x) x
x→∞
(
x→∞
)
1
7. lim 3x + 5x x
x + 1
8. lim
x→∞ x + 2
x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
103
Matematika Dasar
BAB 6 BARISAN DAN DERET
6.1 Barisan Bilangan
6.2 Deret Tak Hingga
6.3 Deret Berganti Tanda
6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat
6.5 Deret Kuasa
6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin
6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa
6.1 Barisan Bilangan
Barisan bilangan tak hingga didefinisikan sebagai fungsi dengan domain merupakan
bilangan bulat positif. Notasi yang biasa digunakan adalah:
a: n →
∞
= a1 , a2 ,...
{an }n=
1
+
, n∈B .
an ∈ ℜ merupakan suku barisan ke-n dan tiga buah titik setelah suku kedua
menunjukkan bahwa suku-suku barisan tersebut sampai tak hingga.
Contoh 6.1
∞
1 1
1
1
= 1, , ,..., ,....
1.
2 3
n
n n =1
∞
n
1 2
n
= , ,...,
2.
,....
n +1
n + 1n =1 2 3
3.
{(− 1)n+1 ( n + 2)}∞n=1 = 3,−4,5,...,(− 1)n+1 ( n + 2),...
Barisan bilangan tak hingga
{an}∞n=1
disebut barisan konvergen ke L ∈ ℜ bila
lim an = L , sedangkan bila limit tidak ada atau nilainya tak hingga maka barisan
n→∞
∞
bilangan tak hingga {a n }
disebut barisan divergen.
n=1
Sifat limit barisan :
1. lim C = C
n→∞
2. lim ( C an + Dbn ) = C lim an + D lim bn
n→∞
n→∞
n→∞
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
104
Matematika Dasar
3. lim an bn = lim an lim bn
n→∞
n→∞
n→∞
4. lim an bn = lim an
n→∞
lim bn
n→∞
n→∞
; lim bn ≠ 0
n→∞
Contoh 6.2
Selidiki kekonvergenan barisan bilangan berikut
∞
n +1
1.
n − 2 n =1
3 9 27
2.
, , , ...
2 4 6
Jawab :
1. Suku ke-n, an =
2.
n +1
n +1
. lim an = lim
= 1 . Jadi barisan konvergen ke 1
n − 2 n →∞
n →∞ n − 2
3 9 27
3 32 33
3n
, , , ... = , , , ..., , ...
2 4 6
2 4 6
2n
Suku ke-n ,
Definisi : Barisan Monoton
∞
Barisan bilangan tak hingga {a n }
disebut barisan :
n=1
(i) Monoton Naik bila an ≤ an +1
(ii) Monoton Turun bila an ≥ an +1
Soal Latihan 6.1
( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan konvergensi barisan berikut !
∞
n
1.
n + 2 n =1
( − 1)n +1
2.
n 2
∞
3n
. Digunakan dalil
2n
3n
3n ln 3
= lim
= ∞ . Jadi barisan divergen.
n → ∞ 2 n n →∞ 2
Delhopital, lim an = lim
n →∞
an =
∞
n =1
π n
3. n
4
n =1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
105
Matematika Dasar
n + 3 n
4.
n + 1
∞
n =1
∞
2 n
5. 1 −
n
n =1
∞
6.
7.
8.
9.
n
n
2 n =1
1 3 5 7
, , , ,...
2 4 6 8
1 1 1 1
, , , ,...
3 9 27 81
1 1 1 1
1 − , − , −
2 2 3 3
10.
(
)(
2− 3,
1
,...
4
)(
3− 4 ,
)
4 − 5 ,...
6.2 Deret Tak Hingga
Bentuk deret tak hingga dinyatakan dengan notasi sigma sebagai berikut :
∞
∑
k =1
a k = a1 + a2 +...+ a k +...
ak disebut suku-suku deret.
Jumlah Deret
∞
Misal Sn menyatakan jumlah parsial n suku pertama deret
∑
k =1
S1 = a1
S2 = a1 + a 2
ak . Maka
....................
.....................
....................
n
Sn = a1 + a 2 +...+ a n =
∑
k =1
ak
∞
Barisan Sn
disebut barisan jumlah parsial deret
n=1
{ }
∞
∑
k =1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
ak .
106
Matematika Dasar
Misal
∞
Sn
merupakan barisan jumlah parsial deret
n=1
{ }
∞
∑
konvergen ke S. Maka deret
jumlah dari deret
∞
∑
k =1
k =1
∞
divergen maka
{Sn }n=
1
deret
∑
k =1
∑
k =1
∞
n=1
ak dan barisan {Sn }
ak dikatakan deret konvergen ke S dan S disebut
ak , dinotasikan dengan : S =
∞
∞
∞
∑ ak . Sedangkan bila barisan
k =1
ak dikatakan deret divergen dan tidak ada jumlah.
Deret Geometri
Bentuk deret geometri yaitu :
∞
∑
k =1
a r k −1 = a + a r +...+ a r k −1 +... dengan a ≠ 0 dan r
merupakan rasio. Pandang jumlah parsial n suku deret geometri berikut :
Sn = a + a r +...+ a r n −1
r Sn =
a r + ... + a r n −1 + a r n
.............................................................. −
Sn =
(
a 1 − rn
1− r
)
Bila r =1 maka Sn tidak terdefinisi. Sedang untuk | r | > 1 maka lim r n = ∞ , sehingga
n→∞
lim Sn = ∞
n→∞
atau barisan
∞
Sn
divergen. Oleh karena itu, deret
n=1
{ }
∞
∑
a r k −1
k =1
a
divergen.. Untuk | r | < 1 maka lim r n = 0 sehingga lim Sn =
atau barisan
1− r
n→∞
n→∞
∞
Sn
konvergen
n=1
{ }
a
( a ≠ 0) atau
1− r
∞
∑
k =1
a
( a ≠ 0) . Jadi deret
ke
1− r
a r k −1 =
a
( a ≠ 0) .
1− r
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
∞
∑
k =1
a r k −1 konvergen ke
107
Matematika Dasar
Deret Harmonis
Bentuk deret harmonis yaitu :
∞
∑
k =1
1
1
1
= 1 + +...+ + ...
k
2
k
Pandang jumlah parsial n suku pertama deret :
Sn = 1 +
1 1
+ +
2 3
1 1 1 1 1
1
+ + + + + ...+
4 5 6 7 8
n
1 1 1 1 1 1 1
1
+ + + + + + + ...+
2 4 4 8 8 8 8
n
1 1 1
1
= 1 + + + +....+
2 2 2
n
> 1+
Untuk n → ∞ maka ( 1+ ½ + ½ + … + 1/n ) → ∞, sehingga lim Sn = ∞ . Oleh karena
itu, deret harmonis
∞
∑
k =1
n→∞
1
divergen.
k
Tes Konvergensi
Misal
∞
∑
k =1
ak merupakan deret positif ( ak ≥ 0 ). Maka lim ak = 0 bila deret
k →∞
konvergen . Hal ini menunjukkan bahwa bila
lim ak ≠ 0 maka deret
k →∞
∞
∑
ak
∑
ak
k =1
∞
k =1
divergen. Menggunakan implikasi di atas dapat diselidiki kekonvergenan suatu deret
yang diberikan pada contoh berikut
Contoh 6.3
Selidiki kekonvergenan deret berikut :
1.
2.
∞ 2k − 1
∑
k =0 k + 1
∞ 2k − 1
∑ 2
k =0 k + 1
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
108
Matematika Dasar
2k − 1
2k − 1
dan lim ak = lim
= 2 . Sebab nilai limit tidak
k +1
k →∞
k →∞ k + 1
sama dengan nol maka deret divergen.
2k − 1
2k − 1
2. Suku ke-k, ak =
dan lim ak = lim
= 0 . Sebab nilai limit sama
k →∞
k →∞ k 2 + 1
k2 +1
dengan nol maka implikasi di atas tidak dapat digunakan untuk menentukan
kekonvergenan deret.
1. Suku ke-k, ak =
Untuk mengetahui konvergenan suatu deret dilakukan tes konvergensi sebagai berikut :
1. Tes Integral
Misal
∞
∑
k =1
ak merupakan deret positif. Maka :
∞
(i) Deret konvergen bila
∫ ak
dk konvergen
1
∞
(ii) Deret divergen bila
∫ ak
dk divergen
1
Contoh 6.4
Selidiki kekonvergenan deret
Jawab :
∞
∫
1
b
∞
∑
k
k =1 ek
2
−1
− k 2 b = − 1 lim 1 − 1 = 1
dk
=
lim
e
∫ 2
1
2 b→∞
2 b→∞ b 2 e 2 e
b→∞ 1 a k
e
k
ak dk = lim
Karena integral tak wajar di atas konvergen ke
∞
1
dan ∑
2e
k =1 e
k
k2
=
∞
1
maka deret ∑
2e
2
k =1 ek
1
.
2e
2. Tes Deret-p
Bentuk deret-p atau deret hiperharmonis :
Menggunakan tes integral didapatkan :
∞
∑
k
1
p
k =1 k
dengan p > 0.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
konvergen ke
109
Matematika Dasar
∞
1
1
dk
=
lim
−
1
p
1 − p b→∞ b p −1
k
1
∫
1
∞
1
Bila p > 1 maka lim
b→∞ b p −1
∞
1
k =1
kp
karena itu, deret
1
lim
b→∞ b p −1
∑
∫
= 0 , sehingga
1
1
kp
dk =
untuk p > 1 konvergen ke
∞
= ∞ sehingga
∫
1
p
1 k
harmonis. Oleh karena itu, deret
∞
1
( konvergen ). Oleh
p −1
1
. Untuk 0 < p < 1 maka
p −1
dk divergen. Sedang untuk p = 1 didapatkan deret
∑
1
p
k =1 k
untuk 0 < p ≤ 1 divergen.
3. Tes Perbandingan
∞
Misal
∑
k =1
ak dan
∞
(i) Bila deret
∑ bk merupakan deret positif dan berlaku ak ≤ bk
k =1
∑ bk
konvergen maka deret
∑ bk
divergen maka deret
k =1
∞
(ii) Bila deret
∞
∞
∑
k =1
∞
∑
k =1
k =1
, ∀k . Maka:
ak konvergen
ak divergen
Contoh 6.5
Tentukan konvergensi deret berikut
1.
2.
∞
1
k =2 k − 1
∞
k
∑
∑
3
k =1 k + 1
Jawab :
∞ 1
1
1
1. Pandang :
dan karena deret harmonis ∑
divergen maka deret
<
k k −1
k =1 k
∞
1
∑ k − 1 juga divergen.
k =2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
110
Matematika Dasar
2. Pandang :
∞
k
k =1
k3 + 1
∑
k
k3 +1
∞
1
1
< 2 dan karena deret-p ∑ 2
k
k =1 k
konvergen maka deret
juga konvergen.
4. Tes Ratio
Misal
∞
∑
k =1
ak +1
= r . Maka :
k →∞ a k
ak deret positif dan lim
(i) Bila r < 1 maka deret
(ii) Bila r > 1 maka deret
∞
∑
ak konvergen
∑
ak divergen
k =1
∞
k =1
(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).
Contoh 6.6
Selidiki kekonvergenan deret
∞
∑
k =1
1
k!
Jawab :
∞
1
ak +1
1
1
Misal ak = . Maka lim
= lim
= 0 . Jadi deret ∑
konvergen
k!
k!
k →∞ ak
k →∞ k + 1
k =1
5. Tes Akar
Misal
∞
∑
k =1
ak deret positif dan lim k ak = a . Maka :
(i) Bila a < 1 maka deret
k →∞
∞
∑
k =1
ak konvergen
(ii) Bila a > 1 atau a = ∞ maka deret
∞
∑
k =1
ak divergen
(iii) Bila a = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
111
Matematika Dasar
Contoh 6.7
∞
Tentukan kekonvergenan deret
3k + 2
∑ 2 k − 1
k =1
Jawab :
k
3k + 2
ak =
.
2 k − 1
Misal
∞
∑
k
3k + 2 3
lim k ak = lim
= .
k →∞
k →∞ 2 k − 1 2
Maka
Jadi
deret
k
k =1
3k + 2
konvergen.
2 k − 1
6. Tes Limit Perbandingan
∞
∞
ak
= l . Maka kedua deret
k →∞ bk
k =1
k =1
konvergen atau divergen secara bersama-sama bila l < ∞ dan l ≠ 0.
Misal
∑
ak dan
∑ bk merupakan deret positif dan
lim
Contoh 6.8
Tentukan konvergensi deret
Jawab :
Pandang deret-p ,
∞
∑
∞
1
∑
2
k =2 k − 1
1
2
k =2 k
1
1
konvergen. Misal ak = 2 dan bk = 2
. Maka
k
k −1
∞
ak
k2 −1
1
= lim
=
konvergen.
1.
Jadi
deret
∑
2 −1
k →∞ bk
k →∞ k 2
k
k =2
lim
Soal Latihan 6.2
Tentukan konvergensi deret berikut
1.
2.
∞
∑
1
k
k =1 3 + 5
∞
∑
1
2
k =1 5k − k
∞
2k − 1
3.
k
k =1 3 + 2 k
∑
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
112
Matematika Dasar
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
∞
∑
k =1
∞
5 sin 2 k
k!
∑
2
∑
3
4
k =1 k + k
∞
1
k =1 k − 4
∞
∑
9
k +1
∑
k +1
∑
1
k +8
k =1
∞
2
k =1 k − k
∞
k =1
∞
k
∑
2
k =1 2 + sin k
∞
4k2 − 2k + 6
11.
7
k =1 8 k + k − 8
∞
∑
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
∑
5
k
k =1 3 + 1
∞
∑
k =1
∞
∑
k =1
∞
k ( k + 3)
( k + 1)( k + 2)( k + 5)
1
3 8k 2 − 3k
∑
1
∑
1
∑
1
9k − 2
17
k =1 (2 k + 3)
∞
3
k =1 k + 2 k + 1
∞
k =1
∞
∑
k =1
k
k3 + 1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
113
Matematika Dasar
19.
20.
21.
22.
23.
∞
1
∑
k =1 (3 + k )
∞
∑
k =1
∞
2 /5
ln k
k
4
∑
k
k =1 2 + 3 k
∞
1
∑
k =1 k (k + 1)
∞ k
5 +k
∑
k =1
k! + 3
6.3 Deret Berganti Tanda
Bentuk deret berganti tanda :
∞
∑
k =1
( − 1) k ak atau
∞
∑ ( − 1) k +1 ak
k =1
dengan ak ≥ 0.
Pengujian konvergensi deret berganti tanda dilakukan dengan cara berikut :
Deret berganti tanda
∞
∑
k =1
syarat :
( − 1) k ak atau
∞
∑ ( − 1) k +1 ak
konvergen bila dipenuhi dua
k =1
(i) ak ≥ ak +1
(ii) lim ak = 0
k →∞
Bila paling sedikit salah satu syarat tidak dipenuhi maka deret dikatakan divergen.
Contoh 6.9
Tentukan konvergensi deret :
1. a.
2.
∞
∑ ( − 1) k
k =1
∞
∑ ( − 1) k +1
k =1
1
k
k+3
k2 + k
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
114
Matematika Dasar
1
ak
k +1
1
. Maka
=
= 1 + > 1. Oleh karena itu, ak ≥ ak +1 .
k
a k +1
k
k
∞
1
1
konvergen.
Sedangkan lim ak = lim
= 0 . Jadi deret ∑ ( − 1) k
k
k →∞
k →∞ k
k =1
1. Misal ak =
k+3
2. Misal ak = 2
. Maka
k +k
k + 3 ( k + 1) 2 + ( k + 1) k 2 + 5k + 6
ak
k+6
=
= 2
= 1+ 2
> 1 . Oleh karena
2
ak +1 k + k
k+4
k + 4k
k + 4k
k +3
Sedangkan
lim ak = lim 2
= 0.
Jadi
deret
itu,
ak ≥ ak +1 .
k →∞
k →∞ k + k
∞
k+3
k =1
k2 + k
∑ ( − 1) k +1
konvergen.
Soal Latihan 6.3
Tentukan konvergensi deret berikut
1.
2.
3.
4.
5.
∞
∑
k =1
∞
k
( − 1) k +1 k
3
k+4
( − 1) k +1 2
k +k
k =1
∑
∞
∑
3
−
5
∑
( − 1) k
k =1
∞
k =1
∞
k
ln k
k
∑ ( − 1) k +1 e− k
k =1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
115
Matematika Dasar
6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat
Deret
∞
∑
k =1
uk disebut konvergen mutlak bila deret
konvergen mutlak
bersyarat bila deret
maka konvergen. Sedang
∞
∑
k =1
uk konvergen tetapi deret
Pengujian kekonvergenan ( mutlak ) deret
Misal
∞
∑
k =1
∞
∑
k =1
∞
∑
uk
k =1
∞
deret
∞
∑
k =1
∑
k =1
konvergen. Bila deret
uk disebut konvergen
uk divergen.
uk dilakukan dengan tes ratio.
uk +1
= r . Maka
k →∞ uk
uk dengan uk ≠ 0 dan lim
(i) Bila r < 1 maka deret
(ii) Bila r > 1 maka deret
∞
∑
uk konvergen absolut
∑
uk divergen
k =1
∞
k =1
(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan
Contoh 6.10
Selidiki deret berikut konvergen mutlak / bersyarat / divergen :
∞
k
1. ∑ ( − 1) k k
5
k =1
2.
3.
∞
( − 4) k
∑
k
∑ 2
k =1 k
∞ ( − 1) k
k =1
Jawab :
k
uk +1
k + 1 5k
1
k
1. Misal uk = ( − 1) k . Maka lim
= lim k +1
= . Jadi deret
k
5
5
k →∞ uk
k →∞ 5
∞
k
konvergen mutlak.
5k
∑ ( − 1) k
k =1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
116
Matematika Dasar
2. Misal uk =
∞
∑
( − 4) k
( − 4) k
k2
. Maka
( − 4) k +1 k 2
uk +1
= lim
= 4 . Jadi deret
k →∞ uk
k →∞ ( k + 1) 2 ( − 4) k
lim
divergen.
2
k =1 k
3. Bila dilakukan pengujian di atas maka didapatkan r = 1 ( gagal ). Dari contoh
sebelumnya, deret
∞
∑
k =1
( − 1) k
k
( deret harmonis ). Jadi deret
konvergen tetapi deret
∞
∑
( − 1) k
k =1
∞
∑
k =1
( − 1) k
k
k
=
∞ 1
∑
k =1 k
divergen
konvergen bersyarat.
Soal Latihan 6.4
Selidiki kekonvergenan ( mutlak, bersyarat dan divergen ) deret berikut
∞
1.
2.
3.
4.
5.
6.
ln k
k
∑
( − 1) k
∑
( − 1) k +1
∑
kk
k
1
+
( − 1)
k =1
∞
k =1
∞
k =1
∞
∑
k =1
∞
k!
( − 1) k +1
4
k 3
k
∑
( − 1) k k
5
∑
cos kπ
k!
k =1
∞
k =1
2k
k!
6.5 Deret Kuasa
Bentuk umum deret kuasa dalam (x - b ) yaitu :
∞
∑
k =0
ak ( x − b) k = a0 + a1( x − b) + a2 ( x − b)2 +...
Sedang untuk b = 0 maka bentuk deret sebagai berikut :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
(*)
117
Matematika Dasar
∞
∑ ak x k = a0 + a1x + a2 x 2 +...
(**)
k =0
Deret kuasa bentuk (*) konvergen untuk x = b dan bentuk (**) konvergen untuk x = 0
( yaitu konvergen ke a0). Pengujian apakah ada nilai x yang lain yang menyebabkan
deret konvergen dilakukan sebagai berikut :
∞
Misal diberikan deret
Maka : (1) L < 1, deret
∑
k =0
∞
(2) L > 1, deret
a k ( x − b) k dan lim
x →∞
ak +1 ( x − b) k +1
a k ( x − b) k
∑
a k ( x − b) k konvergen ( mutlak )
∑
ak ( x − b) k divergen.
k =0
∞
k =0
=L
Untuk L = 1 tidak dapat disimpulkan, pengujian konvergensi deret dilakukan dengan
mensubstitusikan nilai x yang bersesuaian dengan L = 1 sehingga didapatkan bentuk
deret bilangan. Pengujian konvergensi deret bilangan dilakukan dengan berbagai uji
( Uji perbandingan, rasio, integral dll ) baik deret positif maupun deret berganti tanda.
Nilai x yang didapatkan dari pengujian di atas disebut radius konvergensi atau selang
konvergensi deret.
Contoh 6.11
Tentukan selang konvergensi deret kuasa :
Jawab :
∞
3k x k
∑
k = 0 ( k + 1)
3k +1 x k +1 ( k + 1)
k +1
=
3
x
lim
= 3x
k →∞ ( k + 2) 3k x k
k →∞ k + 2
L = lim
Deret konvergen bila L < 1. Oleh karena itu, | 3 x | < 1 atau
−1
1
<x< .
3
3
Bila x = - 1/3 maka didapatkan deret berganti tanda
∞
∑
( − 1) k
k = 0 ( k + 1)
konvergen.
(Tunjukkan : menggunakan tes deret berganti tanda ). Sedang untuk x = 1/3 didapatkan
∞
1
divergen ( Tunjukkan : menggunakan tes perbandingan ). Jadi radius
(
k
+
1
)
k =0
−1
1
konvergensi deret kuasa adalah
≤x< .
3
3
deret
∑
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
118
Matematika Dasar
Soal Latihan 6.5
( Nomor 1 sd 9 ) Tentukan semua nilai x yang menyebabkan deret konvergen.
1.
∞
xk
∑
k
k = 0 ( k + 1) 2
2.
k! xk
∑
3.
xk
∑ k!
4.
( − 1) k x k
∑ k( )
3 k +1
5.
5k k
∑ 2x
k
( − 2) k x k +1
6.
∑
7.
( − 1) k x 2 k
∑ ( 2 k )!
k +1
8. ∑ ( − 1) k
9.
x 2 k +1
( 2 k + 1)!
xk
∑ ( − 1) k +1
k ( Ln k )
( Nomor 10 sd 18 ) Tentukan selang kekonvergenan dari deret:
10.
∞
∑
n=0
( − 1) k
2
( x − 2) k
k +1
( x − 1) k
11.
∑
12.
∑
13.
∑
k
( x + 2) k
k!
( x − 5) k
k2
14. ∑ ( − 1) k +1
( x + 1) k
k
( x − 4) k
( k + 1)2
( 2 k + 1)!
( x − 2) k
16. ∑
3
15. ∑ ( − 1) k
k
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
119
Matematika Dasar
17.
∑
18.
∑
( Ln k )( x − 3)k
k
(2 x − 3) k
42 k
6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin
Misal f(x) dapat diturunkan sampai k kali pada x = b. Maka f(x) dapat diperderetkan
menjadi menjadi deret kuasa dalam bentuk :
f ( x) =
∞
∑
k =0
f ( k ) (b)
f "(a )
( x − b) k = f (b) + f '(b)( x − b) +
( x − b)2 +...
k!
2!
Deret di atas disebut Deret Taylor dengan pusat x = b atau disebut dengan polinomial
Taylor pada x = b. Bila b = 0 maka disebut Deret Mac Laurin, yaitu berbentuk :
f ( x) =
∞
∑
k =0
f ( k ) (0) k
f "(0) 2
x = f (0) + f '(0) x +
x +...
k!
2!
Contoh 6.12
Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret Mac Laurin
f ( x) = e x
1
2. f ( x ) =
1− x
Jawab :
1.
( )
( )
1. Bila f ( x ) = e x maka f n ( x ) = e x dan f n ( 0) = 1 . Oleh karena itu, deret Mac
∞
xk
. Dari perderetan tersebut terlihat
∑
k =0 k!
bahwa deret konvergen untuk setiap nilai riil x atau selang / radius konvergensi deret
adalah ℜ.
n!
1
( )
( )
2. Bila f ( x ) =
maka f n ( x ) =
dan f n ( x ) = n! . Oleh karena itu,
n
1− x
(1 − x )
Laurin dari f ( x ) = e x , yaitu : e x =
deret Mac Laurin :
( -1,1 ).
∞
1
= ∑ x k . Selang konvergensi deret yaitu | x | < 1 atau
1 − x k =0
Kedua bentuk deret di atas dapat digunakan untuk membantu memperderetkan fungsi ke
dalam deret Mac Laurin atau Taylor tanpa harus menghitung turunannya terlebih
dahulu, dengan syarat bahwa radius atau selang konvergensinya sebanding.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
120
Matematika Dasar
Contoh 6.13
Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret taylor dengan pusat diberikan berikut
;x=0
f ( x ) = e3x
1
2. f ( x ) =
;x=1
x
Jawab :
1.
1. Karena f ( x ) = e3x mempunyai turunan ke-n untuk setiap nilai riil x maka selang
konvergensinya adalah ℜ. Oleh karena itu, dengan membandingkan pola perderetan
ex =
∞
xk
∑
k =0 k!
e3x =
∞
∑
maka
( 3x ) k
k =0
k!
didapatkan
perderetan
dari
f ( x ) = e3x
yaitu
.
1
tidak diferensiabel di x = 0 dan fungsi akan diperderetkan ke
x
dalam deret taylor dengan pusat di x = 1 maka tempat kedudukan titik-titik | x - 1 | <
1 merupakan selang konvergensinya. Oleh karena itu, perderetan fungsi
1
f ( x ) = dalam
deret
taylor
dengan
pusat
di
x
=
1
:
x
∞
1
1
f ( x) = =
= ∑ ( − 1) k ( x − 1) k .
x 1 + ( x − 1) k = 0
2. Karena f ( x ) =
Soal Latihan 6.6
( Nomor 1 sd 10 ) Perderetkan fungsi berikut dalam deret Mac Laurin
1. f ( x ) = e 2 x
1
2. f ( x ) =
1+ x
1
3. f ( x ) = 2
x +1
1
4. f ( x ) =
2+x
1
5. f ( x ) =
1 + 2x
x
6. f ( x ) =
1+ x
7. f(x) = sinh x
8. f(x) = sin x
9. f(x) = cos x
10. f(x) = sec x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
121
Matematika Dasar
( Nomor 11 sd 16 ) Carilah polinomial Taylor pada x = b, bila :
11. f(x) = Ln x ; b = 1
1
12. f ( x ) = ; b = −1
x
1
13. f ( x ) =
; b=3
x+2
14. f(x) = cos x ; b = ½ π
15. f(x) = sinh x ; b = Ln 4
16. f(x) = sin πx ; b = ½
6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa
Misal
f (x) =
deret
∞
∑
k =0
(i) f '( x ) =
x
(ii)
∞
∑
k =0
a k ( x − b) k
mempunyai
radius
ak ( x − b) k . Maka :
∞
∑
k =0
k ak ( x − b) k −1
∞
x
∫ f (t ) dt = ∑ ∫ ak (t − b) k
C
dt
k =0 C
Contoh 6.14
Perderetkan dalam Mac Laurin fungsi
-1
1. f(x) = tan x .
2. f(x) = ln ( 1 -x )
1
3. f ( x ) =
(1 − x) 2
Jawab :
1. Pandang : tan −1 x =
x
∫
0
Maka tan −1 x =
∞
∑
dt
1 + t2
( − 1) k
k =0 2 k + 1
x
dan
1
1+ x2
=
∞
∑ (− 1)k x 2 k
k =0
x 2 k +1 .
∞ x k +1
dt
. Maka ln (1 − x ) = − ∑
1− t
k =0 k + 1
0
2. Pandang : ln(1 − x ) = − ∫
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
konvergensi
R
dan
122
Matematika Dasar
1
3. Karena f ( x ) =
f ( x) =
(1 − x) 2
1
=
(1 − x )2
∞
∑
merupakan hasil penurunan terhadap x dari
k x k −1
k =0
Soal Latihan 6.7
Tentukan perderetan mac Laurin dari :
1. f(x) = ln ( 1 + x )
1 − x
2. f ( x ) = ln
1 + x
2
3. f(x) = ln ( 1 + x )
1
4. f ( x ) =
(1 − x) 3
x
5. f ( x ) =
(1 + x )2
x
6. f ( x ) =
∫ ln(1 + t ) dt
0
x
7. f ( x ) =
∫
tan −1 t dt
0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
1
, maka
1− x
123
Matematika Dasar
BAB 7 PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
7.1
7.2
7.3
7.4
7.5
7.6
Order Persamaan Diferensial
Persamaan Diferensial Linear Order Satu
Peubah Terpisah
Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen
Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen
Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen
7.1 Order Persamaan Diferensial
Banyak permasalahan dalam bidang rekayasa yang berkaitan dengan persamaaan
diferensial. Satu contoh yang ditampilkan disini, misal dalam rangkaian listrik , RL,
besar kuat arus I ( Ampere ) dalam satuan waktu ( t ) yang melalui rangkaian tersebut
dihitung menggunakan rumus berikut :
dI
L
+ R I = E ( t ) atau L I ' + R I = E ( t )
dt
Bentuk rumus di atas merupakan persamaan diferensial dengan t merupakan satusatunya peubah bebas. Sedangkan besaran Tahanan R ( Ohm ) dan Induksi L (Henry)
diberikan. Fungsi E ( t ) merupakan besaran gaya elektromagnetik / voltase ( Volt ).
Dalam notasi implisit, bentuk persamaan diferensial di atas dapat dituliskan :
f (I ' , I , t ) = 0
Persamaan diferensial merupakan persamaan yang berkaitan dengan turunan dari suatu
fungsi atau memuat suku-suku dari fungsi tersebut dan atau turunannya. Bila fungsi
tersebut tergantung pada satu peubah bebas real maka disebut Persamaan Diferensial
Biasa ( PDB ). Sedangkan bila fungsi terdiri dari lebih dari satu peubah bebas maka
disebut Persamaan Diferensial Parsial ( PDP ).
Untuk lebih memperjelas pengertian PDB dan PDP diberikan beberapa contoh
persamaan diferensial berikut.
d 2y
= xy [ Persamaan Airy ]
dx 2
dy
2.
+ y = y 2 [ Persamaan Bernoulli ]
dx
1.
d 2y
dy
2
+
+ x 2 − 4 y = 0 [ Persamaan Bessel ]
3. x
x
2
dx
dx
2
d y
dy
− 1 − y2
+y=0
4.
[ Persamaan Van Der Pol ]
2
dx
dx
(
(
5.
)
)
∂u ∂u
+
= 0 [ Persamaan Flux ]
∂x ∂y
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
124
Matematika Dasar
∂u ∂ 2u
6.
[ Persamaan Panas ]
=
∂ t ∂ x2
7.
8.
∂ 2u
∂ 2u
=
[ Persamaan Gelombang ]
∂ t2
∂ x2
∂ 2u
∂ x2
+
∂ 2u
∂y 2
= 0 [ Persamaan Laplace ]
Persamaan 1 sd 4 merupakan PDB dengan peubah bebas, x dan peubah tak bebas, y,
sedangkan persamaan 5 sd 8 merupakan PDP.
Mengawali pembahasan tentang PDB dikenalkan suatu istilah dalam persamaan
diferensial yaitu order . Order dari PD adalah besar turunan tertinggi yang terjadi pada
PD tersebut. Dari contoh di atas persamaan Bernoulli mempunyai order 1 sedangkan
persamaan Airy, Bessel dan Van Der Pol berorder 2.
Berdasarkan sifat kelinearan ( pangkat satu ) dari peubah tak bebasnya, persamaan
diferensial dapat dibedakan menjadi PD Linear dan PD tidak linear. Bentuk umum PD
linear order n diberikan :
( )
an ( x ) y n +.....+ a1( x ) y '+ a0 ( x ) y = f ( x )
an ( x ),......., a0 ( x ) disebut koefisien PD.
dengan an ( x ) ≠ 0
Bila f(x) = 0 maka disebut PD Linear Homogen sedang bila f(x) ≠ 0 maka disebut PD
Linear tak Homogen. Bila tidak dapat dinyatakan seperti bentuk di atas dikatakan PD
tidak Linear. Dari contoh terdahulu, persamaan Airy dan Bessel merupakan PD Linear
( Homogen ) sedangkan persamaan Bernoulli dan Van Der Pol merupakan PD tidak
linear.
Misal diberikan fungsi : y = sin x - cos x + 1. Bila dilakukan penurunan sampai duakali:
y ' = cos x + sin x dan y " = − sin x + cos x , didapatkan hubungan :
y "+ y = 1
Bentuk di atas merupakan PD Linear tak Homogen order 2 dengan koefisien konstan.
Sedangkan fungsi y = sin x - cos x + 1 disebut solusi PD. Yang menjadi permasalahan
disini, Bila diberikan suatu PD bagaimana cara mendapatkan solusinya ?
Beberapa cara mendapatkan solusi PD akan dibahas pada sub bab berikut. Untuk
mempermudah dalam mempelajari cara mendapatkan solusi PD akan dimulai dengan
pembahasan dari bentuk PD order satu .
Soal Latihan 7.1
Klasifikasikan PD berikut menurut : order, linear atau tidak linear, homogen atau tidak
homogen.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
125
Matematika Dasar
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
dy
+ xy 2 = 1
dx
d 3y
dx 3
+
d 2y
dx 2
dy
+y=0
dx
+
d 2u
du
+
+ 3u = t
t
dt
dt 2
d 2v
dt 2
d 3y
dx 3
d 2y
dx 2
d 2y
dx 2
= t 2v
+ y = sin x
+ sin( x + y) = sin x
+ y2 = 0
7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu
Bentuk umum PD linear order satu : y ' + p ( x ) y = f ( x ) . Untuk menentukan solusi PD
dilakukan sebagai berikut :
y ' + p( x ) y = f ( x )
⇔
u( x ) ( y ' + p( x ) y ) = u( x ) f ( x )
⇔
⇔
[
u( x ) y ' + u( x ) p( x ) y = u( x ) p( x )
[u( x) y '+ u '( x) y] − [u '( x) y − u( x) p( x) y] = u( x) f ( x)
]
Pandang u ( x ) y '= u ( x ) y '+ u ' ( x ) y . Misal u ' ( x ) y − u( x ) p ( x ) y = 0 . Maka didapatkan:
[ u(x) y] '= u(x) f (x ) . Dengan mengintegralkan kedua ruas terhadap x didapatkan solusi
PD Linear order satu, yaitu :
1
y=
∫ u (x ) f (x ) dx
u(x)
Karena bentuk di atas merupakan integral tak tentu maka solusi masih mengandung
konstanta C dan disebut Solusi Umum PD. Fungsi u(x) disebut faktor integrasi dan
dicari dari :
u '( x ) − u( x ) p( x ) = 0 atau
u( x ) = e∫ p( x ) dx
Solusi khusus PD dapat ditentukan mensubstitusikan nilai awal - y(a) = b yang
diberikan - ke dalam solusi umum untuk menghitung besar nilai C.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
126
Matematika Dasar
Contoh 7.1
Diketahui PD : y '− y = ex . Tentukan :
1. Solusi umum PD
2. Solusi khusus PD bila nilai awal, y ( 0 ) = -3
Jawab :
x
1. Dari PD didapatkan p(x) = -1 dan f(x) = e .
Faktor integrasi, u( x ) = e ∫ p( x ) dx = e − ∫ dx = e − x
1
Solusi umum, y =
∫ u( x) f ( x ) dx = e x ( x + C)
u( x )
2. Dari solusi umum, didapatkan dengan mensubstitusikan x = 0 dan y = -3 ke dalam
solusi umum sehingga didapatkan C = -3. Jadi solusi khusus PD, y = ex ( x − 3)
Soal latihan 7.2
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut:
1. y '+2 y = e− x
2
2. y ' − 2 x y = e x
dy
3.
+ y = sin x
dx
dy y
1
4.
+ = 2
dx x x
dy
5. x
+ y = 2x
dx
( Nomor 6 sd 11 ) Tentukan solusi khusus PD berikut :
6. y '−2 x y = x ; y ( 0) = 0
7. x y ' + 2 y = 4 x 2 ; y (1) = 2
dy
8.
+ 2 x y = x 3 ; y (1) = 1
dx
dy
− y = 1 ; y (0) = 1
9.
dx
dy 3
10.
− y = x 3 ; y (1) = 4
dx x
dy
11. 1 + ex
+ ex y = 0 ; y(0) = 1
dx
6
12. Dari rangkaian listrik, RL diketahui induksi L = 1 Henry, tahanan R = 10 Ohm dan
gaya elektromagnetik / voltase E = 1 Volt. Tentukan besar kuat arus ( I dalam
(
)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
127
Matematika Dasar
ampere) yang melalui rangkaian tersebut dalam fungsi t, bila pada saat t = 0, maka
kuat arus I = 0. Hitung pula besar kuat arus, I setelah waktu t = 10.
dQ Q
+ = E (t ) dengan muatan Q
dt C
(Coulomb ) , Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik / Voltase E(t) ( Volt ).
Rangkaian listrik, RC, dinyatakan oleh rumus : R
( Nomor 13 dan 14 ) Menggunakan rumusan di atas hitunglah besarnya muatan ( Q )
pada waktu t = 10 bila pada waktu t = 0 besar muatan Q = 0.
13. R = 5, C = 0,1 dan E(t) = 0
x
14. R = 1, C = 2 dan E(t) = e .
7.3 Peubah Terpisah
Seringkali dijumpai pada PD order satu, peubah x dan y dapat dipisahkan sehingga
peubah x dapat dikelompokan dengan dx dan peubah y dapat dikelompokan dengan dy
pada ruas yang berbeda. Sehingga solusi umum PD dapat secara langsung dicari tanpa
harus menentukan faktor integrasi, dengan mengintegralkan kedua ruas.
Bentuk
umum
PD
peubah
terpisah
diberikan
berikut
:
dy M ( x )
y '=
atau N ( y ) dy = M ( x ) dx . Solusi umum PD
didapatkan dari
=
dx
N ( y)
penyelesaian integral berikut :
∫ N ( y ) dy = ∫
M ( x ) dx .
Contoh 7.2
y
= 0 . Tentukan :
x +1
1. Solusi umum PD.
2. Solusi khusus PD bila diberikan y ( 0 ) = 1.
Jawab :
dy
dx
1. PD dapat dituliskan dalam bentuk :
=
y
x +1
dy
dx
Sehingga ∫
=∫
⇔ ln y = ln ( x + 1) + ln C = ln C( x + 1) .
y
x +1
Solusi umum, y = C ( x + 1 )
2. Dari solusi umum didapatkan C = 1. Solusi khusus, y = x + 1.
Diketahui PD : y '−
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
128
Matematika Dasar
Soal Latihan 7.3
( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan solusi umum PD berikut.
1. y ' =
x2
1 − y2
dy
y cos x
2.
=
dx 1 + 2 y 2
dy
3.
= 1 + y2
dx
dy
1
4.
=
dx x − x 3
dy
5.
= ex + y
dx
dy
y sin x
6.
=
dx 1 − cos x
( Nomor 7 sd 13 ) Tentukan solusi khusus PD berikut.
dy
7.
= xy ; y ( 0) = 1
dx
dy
y
8.
; y ( 0) = 1
=
dx 1 + x
dy
9.
= y 2 − 4 ; y ( 0) = −6
dx
dy x + xy 2
=
; y (1) = 0
10.
4y
dx
dy
11. x − y = 2 x 2 y ; y (1) = e
dx
12. sin 2x dx + cos 3y dy = 0 ; y ( π/2 ) = π/3
(
13. y ' = 2(1 + x) 1 + y 2
)
; y ( 0) = 0
7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen
Fungsi F(x,y) disebut fungsi homogen bila terdapat n ∈ ℜ sehingga berlaku
F (k x , k y) = k n F ( x , y ) . n disebut order dari fungsi homogen F(x,y).
Contoh 7.3
Selidiki apakah fungsi berikut merupakan fungsi homogen. Bila ya, tentukan ordernya.
1. F ( x, y ) = 2 xy − y 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
129
Matematika Dasar
2. G ( x, y ) = x 2 − sin (xy )
Jawab :
)
(
1. F (kx, ky ) = 2(kx )(ky ) − (ky )2 = k 2 2 xy − y 2 = k 2 F ( x, y ) . F(x,y) merupakan fungsi
homogen dengan order dua.
2.
G (kx, ky ) = (kx )2 − sin ([kx][ky ]) ≠ k 2G ( x, y ) . G(x,y) bukan merupakan fungsi
homogen.
Beberapa bentuk PD tak linear order satu dengan peubah tak terpisah namun
koefisiennya merupakan fungsi homogen dengan order sama dapat dicari solusinya
menggunakan metode substitusi sehingga didapatkan bentuk PD peubah terpisah.
Bentuk PD order satu dengan koefisien homogen dapat dituliskan sebagai :
M ( x , y ) dy = N ( x , y ) dx dengan M(x,y) dan N(x,y) merupakan fungsi homogen dengan
dy
order sama atau
= F ( x , y ) dengan F(x,y) merupakan fungsi homogen order nol.
dx
Maka solusi PD dicari dengan mensubstitusikan : y = v x dan dy = v dx + x dv ke
dalam PD sehingga didapatkan bentuk PD dengan peubah terpisah.
Contoh 7.4
(
)
Diketahui PD : x 2 + y 2 dy − xy dx = 0 . Tentukan :
1. Solusi umum PD
2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1
Jawab :
1. Substitusikan y = v x dan dy = v dx + x dv ke dalam PD, didapatkan :
(x2 + v2 x2 )(v dx + x dv) − vx2 dx = 0
(1 + v2 )(v dx + x dv) − v dx = 0
2
dx − (1 + v ) dv
=
v3
x
ln x =
1
2 v2
1
2
v
2
− ln v − ln C atau Cxv = e
x2
2
2y
Solusi umum PD, C y = e
2. Solusi khusus PD, y = e
x2
2
2y
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
130
Matematika Dasar
Soal latihan 7.4
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut.
dy y 2 + 2 xy
=
dx
x2
dy x + y
2.
=
dx
x
dy x + 3y
=
3.
dx
x− y
4. 2 y dx - x dy = 0
1.
(
)
5. x 2 + 3 x y + y 2 dx − x 2 dy = 0
Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk mendapatkan
keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang diberikan. Masalah
ini disebut Trayektori Ortogonal. Pengertian dari ortogonal / tegak lurus dari dua
keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis singgung kurva saling tegak
lurus. Misal diberikan keluarga kurva f(x,y) = C dengan C merupakan parameter. Maka
untuk mendapatkan trayektori ortogonal dilakukan langkah sebagai berikut :
(i) Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, misal Df(x,y).
(ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari dua buah garis ( m1 dan m2 ) yang tegak
−1
lurus berlaku : m1 =
. Keluarga kurva yang tegak lurus dengan f(x,y) = C
m2
−1
mempunyai turunan pertama,
. Bila dari turunan pertama tersebut masih
Df ( x , y )
mengandung parameter C maka nyatakan C sebagai fungsi dalam x atau y.
(iii)Trayektori ortogonal dari f(x,y) = C didapatkan dengan mencari solusi PD :
−1
y '=
.
Df ( x , y )
( Nomor 6 sd 15 ) Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan
berikut.
6. y = C
7. x y = C
2
8. y = C x .
3
9. y = C x .
2
2
2
2
10. x - y = C
11. x + y = C
2
2
12. 4 x + y = C
2
3
13. x = 4 c y .
2
14. x 2 + ( y − C) = C
15. y = x + C
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
131
Matematika Dasar
7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen
Bentuk umum PD linear order dua dengan koefisien konstan adalah :
a y "+b y '+ c y = f ( x ) dengan a, b dan c konstanta. Bila f(x) = 0 maka
a y "+b y '+ c y = 0 disebut PD linear order dua homogen, sedang bila f(x) ≠ 0 maka
disebut PD linear order dua tak homogen.
Solusi PD homogen ditentukan dengan memperkenalkan terlebih dahulu pengertian
kebebasan linear dan Wronkian dari dua fungsi. Dua buah fungsi f(x) dan g(x)
dikatakan bebas linear pada interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi
tersebut, m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Bila
tidak demikian maka dikatakan f(x) dan g(x) tidak bebas linear atau bergantung
linear.
Misal diberikan dua fungsi f(x) dan g(x) yang diferensiabel untuk setiap x ∈ ℜ. Maka
Wronkian dari f(x) dan g(x ) didefinisikan :
f ( x) g( x)
W ( f ( x ), g ( x )) =
f '( x ) g '( x )
Sifat dari kebebasan linear dan wronkian dari dua fungsi f(x) dan g(x) diberikan berikut.
Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada I bila dan hanya bila wronkian dari
dua fungsi tersebut, W [ f(x),g(x)] ≠ 0 untuk setiap x ∈ I.
Dari PD order satu didapatkan sebuah solusi sedangkan PD order dua homogen
didapatkan dua buah solusi yang bebas linear. Misal y1(x) dan y2(x) merupakan solusi
PD homogen dan keduanya bebas linear. Maka kombinasi linear dari keduanya
merupakan solusi umum PD homogen, yaitu y = C1 y1(x) + C2 y2(x). Selanjutnya
dalam menentukan solusi PD homogen dilakukan hal berikut.
Misal y = e mx merupakan solusi PD homogen : a y "+b y '+ c y = 0 . Dengan
mensubstitusikan solusi tersebut dan turunannya ke dalam PD didapatkan :
( ) ( )
emx ( a m2 + b m + c) = 0
"
'
a emx + b emx + cemx = 0
Sebab e m x ≠ 0 , ∀x ∈ℜ, maka a m2 + b m + c = 0
dan disebut persamaan
karakteristik dari PD. Akar persamaan karakteristik dari PD adalah :
− b + b2 − 4ac − b + D
− b − b 2 − 4ac − b − D
m1 =
=
dan m2 =
=
2a
2a
2a
2a
Kemungkinan nilai m1 dan m2 bergantung dari nilai D, yaitu :
1. Bila D > 0 maka m1 ≠ m2 ( Akar real dan berbeda )
2. Bila D = 0 maka m1 = m2 ( Akar real dan sama )
3. Bila D < 0 maka m1 , m2 merupakan bilangan kompleks ( imajiner )
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
132
Matematika Dasar
1. Akar Karakteristik Real dan Berbeda.
Misal persamaan karakteristik dari PD : a y "+b y '+ c y = 0 merupakan bilangan real
dan berbeda, m1 ≠ m2 . Maka y1 = e m1 x dan y2 = e m2 x merupakan solusi bebas
linear dari PD homogen tersebut. Solusi umum PD dituliskan :
y = C1 y1 + C2 y2 = C1 em1 x + C2 em2 x
Sedangkan solusi khusus PD dapat ditentukan dengan mencari nilai dari C1 dan C2 dari
nilai awal yang diberikan.
Contoh 7.5
Diketahui PD : y "−5 y '+ 6 y = 0. Tentukan :
1. Solusi umum PD
2. Solusi khusus PD bila nilai awal y(0) = 1 dan y ‘ ( 0 ) = 0.
Jawab :
2
1. Persamaan karakteristik PD : m - 5 m + 6 = 0 = 0 mempunyai akar m = 3 dan m =
2. Solusi umum PD, y = C1 e 3x + C2 e2 x
2. Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum, y = C1 e 3x + C2 e2 x dan turunan
pertamanya, y '= 3 C1 e3x + 2 C2 e2 x didapatkan C1 = -2 dan C2 = 3. Jadi solusi
khusus PD, y = −2 e3x + 3 e2 x
2. Akar Karakteristik Real dan Sama.
Misal persamaan karakteristik dari PD : a y "+b y '+ c y = 0 merupakan bilangan real
−b x
−b
2 a . Untuk
. Maka salah satu solusi PD : y1 = em x = e
2a
menentukan solusi yang lain, solusi kedua PD, didapatkan dengan memisalkan :
dan sama,
m=
−b x
2 a . Fungsi v(x) dicari dengan mensubstitusikan solusi kedua
y2 = v ( x ) y1 = v ( x ) e
dan turunannya ke dalam PD :
y2 = v ( x ) e
−b x
2a
−b x
b
2a
v( x) e
2a
−b x
b
b2
2a
y2" = v "( x ) −
v '( x ) +
v ( x ) e
2a
4a 2
y2' = v '( x ) e
−b x
2a
−
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
133
Matematika Dasar
−b x
−b x
b
b2
b
−b x 2a
2 a + b v '( x ) −
2a = 0
+ c v( x) e
a v"( x ) − v '( x ) + 2 v ( x ) e
v ( x ) e
a
2a
4a
b
b2
b
a v"( x ) − v '( x ) + 2 v ( x ) + b v '( x ) −
v ( x ) + c v ( x ) = 0
a
2a
4a
b2
a v"( x ) −
− c v ( x ) = 0
4a
Sebab D = b 2 − 4 a c = 0, maka a v"( x ) = 0 . Oleh karena itu, v(x) dapat dinyatakan
sebagai fungsi linear yaitu v(x) = p x + q.
−b x
2a
Ambil p = 1 dan q = 0, didapatkan v(x) = x dan solusi kedua : y2 = x e
Solusi pertama dan kedua PD, y1 dan y2 merupakan solusi bebas linear, sehingga solusi
umum PD bila akar karakterisitik dimisalkan m, yaitu :
y = C1 emx + C2 x emx
Cara untuk mendapatkan solusi kedua di atas dikenal dengan nama metode urutan
tereduksi.
Contoh 7.6
Diketahui PD : y "− y = 0. Tentukan :
1. Solusi umum PD
2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -1
Jawab :
1. Akar persamaan karakteristik PD, m = 1. Solusi umum , y = C1 e x + C2 x e x
2. Solusi khusus PD, y = e x − 2 x e x
3. Akar Karakteristik Kompleks
Misal akar karakteristik PD : a y "+b y '+ c y = 0 kompleks :
m1 = p + i q
dan m2 = p − i q
dengan: i = − 1 , p =
−b
D
dan q =
2a
2a
Maka solusi umum PD dituliskan :
y = C1 em1x + C2 em2 x = C1 e( p+ iq )x + C2 e( p− iq )x
Menggunakan rumus Euler : ei y = cos y + i sin y , didapatkan :
y = C1 e p x (cos qx + i sin qx) + C2 e p x (cos qx − i sin qx)
= (C1 + C2 ) e p x cos qx + i (C1 − C2 ) e p x sin qx
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
134
Matematika Dasar
Karena solusi PD yang diharapkan dalam fungsi bernilai real, maka dapat diambil
C3 = C1 + C2 dan C4 = i (C1 − C2 ) . Sehingga didapatkan solusi umum PD :
y = e p x (C3 cos qx + C4 sin qx)
Hal ini dapat dilakukan karena terlihat bahwa solusi pertama dan solusi kedua PD,
y1 = e p x cos qx dan y2 = e p x sin qx merupakan solusi bebas linear.
Contoh 7.7
Diketahui PD, y "+ 4 y = 0 . Tentukan :
1. Solusi umum PD
2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -3
Jawab :
1. Akar persamaan karakteristik PD, m = ± 3 i. Didapatkan p = 0 dan q = 3. Solusi
umum PD, y = C3 cos 3x + C4 sin 3x .
2. Substitusikan nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C3 = 1
dan C4 = -1. Solusi khusus PD, y = cos 3x − sin 3x
Soal latihan 7.5
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut.
1. y "+5 y '− 6 y = 0
2. y " + 4 y '+4 y = 0
3. y " + 2 y ' + 5 y = 0
4. y "+2 y '+8 y = 0
5. 3 y "+4 y '+9 y = 0
( Nomor 6 sd 10 ) Tentukan solusi khusus PD berikut.
6. y "−4 y '−5 y = 0 ; y ( 0) = 0 , y ' ( 0) = −1
7. y " − y = 0 ; y (0) = 1 , y ' (0) = 0
8. y " + 4 y = 0 ; y (0) = 1 , y '(0) = −1
9. y "−6 y '+9 y = 0 ; y ( 0) = 1, y ' ( 0) = 0
10. y "−4 y '+7 y = 0 ; y ( 0) = −1 , y ' ( 0) = 0
7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen
Solusi umum PD linear orde dua tak homogen merupakan jumlah dari solusi PD
homogen, yh dan solusi pelengkap, yp dituliskan :
y = yh + y p
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
135
Matematika Dasar
Solusi homogen dicari seperti penjelasan terdahulu, sedangkan solusi pelengkap dicari
menggunakan dua metode yaitu : metode koefisien tak tentu dan metode variasi
parameter.
1. Metode Koefisien Tak Tentu
Misal f(x) merupakan fungsi polinom, eksponen, sinus atau cosinus. Maka solusi
pelengkap, yp dimisalkan sebagai jumlah dari f(x) dan semua turunannya ( lihat tabel ).
Selanjutnya y p , y 'p dan y"p disubstitusikan ke dalam PD untuk menghitung nilai dari
koefisiennya.
f(x)
yp
An x n + An−1 x n −1 + ...+ A1 x + A0
xn
ea x
A ea x
x ea x
sin ax
cos ax
A ea x + B x ea x
A sin ax + B cos ax
A sin ax + B cos ax
Contoh 7.8
Tentukan solusi umum dari PD :
2x
1. y “ - y = -3 e .
2. y “ + y = 6 sin 2x
Jawab :
x
-x
1. Akar karakteristik PD, m = ± 1. Solusi homogen, yh = C1 e + C2 e . Solusi
2x
pelengkap, yp = Ae
2x
dalam PD : 4 A e
2x
yp = - e
. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke
2x
-Ae
2x
= -3 e , didapatkan A = -1 sehingga solusi pelengkap,
x
-x
2x
. Solusi umum PD, y = C1 e + C2 e - e
.
2. Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi
pelengkap, yp = A cos 2x + B sin 2x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan
keduanya ke dalam PD didapatkan : A = 0 dan B = -2, sehingga solusi pelengkap,
yp = -2 sin 2x. Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x - 2 sin 2x.
Bila f(x) merupakan suku-suku dari solusi homogen, maka solusi pelengkap diambil
s
sebagai perkalian dari x dan f(x) dengan s terkecil ( s = 1,2,3,… ) sehingga bukan
merupakan suku-suku dari solusi homogennya.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
136
Matematika Dasar
Contoh 7.9
Tentukan solusi khusus PD : y "− 6 y '+ 9 y = e3x ; y(0) = -1 dan y ‘(0) =1.
Jawab :
3x
3x
3x
Akar karakteristik PD, m = 3. Solusi homogen, yh = C1 e + C2 x e . Karena e dan
3x
xe
merupakan suku-suku dari solusi homogen maka diambil solusi pelengkap , yp =
2 3x
A x e . Substitusikan solusi pelengkap dan turunannya ke dalam PD didapatkan A =
3x
½ . Solusi umum PD, y = C1 e
3x
+ C2 x e
2 3x
+ ½ x e . Substitusi nilai awal ke dalam
solusi umum dan turunannya, didapatkan C1 = -1 dan C2 = 4. Solusi khusus PD, y = 3x
3x
2 3x
e +4xe +½x e .
2. Metode Variasi Parameter.
Seringkali dijumpai pada pembahasan terdahulu, metode koefisien tak tentu bentuk
solusi pelengkap tidak bisa ditentukan. Hal ini disebabkan fungsi f(x) mempunyai
bentuk turunan sebanyak tak hingga, misal f(x) = sec x. Kadang pula terjadi terlalu
banyak koefisien yang harus dicari, sehingga dirasa metode pengerjaan tersebut kurang
praktis. Metode berikut akan membahas cara yang lebih umum tanpa memperhatikan
bentuk fungsi f(x).
Misal yh = C1 y1 + C2 y2 merupakan solusi homogen PD : y " + p y ' + q y = f ( x ) .
Maka solusi pelengkap dimisalkan : y p = v1 y1 + v2 y2
Fungsi v1(x) dan v2(x) merupakan fungsi parameter. Bila solusi pelengkap diatas
diturunkan
sekali
(
v1' y1 + v2' y2 = 0 ,
) (
)
y 'p = v1' y1 + v2' y2 + v1 y1' + v2 y2' .
maka
sehingga
y"p = v1' y1' + v2' y2' + v1 y1" + v2 y2" .
didapatkan
Substitusikan
turunan
y p , y 'p dan y"p
Dipilih
keduanya
ke
dalam
:
:
PD
didapatkan : v1' y1' + v2' y2' = f ( x ) .
Fungsi paramater v1(x) dan v2(x) didapatkan dari solusi dari sistem persamaan linear
dalam v1' dan v2' berikut :
v1' y1 + v2' y2 = 0
v1' y1' + v2' y2' = f ( x ) .
Menggunakan metode Crammer didapatkan :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
137
Matematika Dasar
0
y2
f ( x ) y2'
'
v1 =
y1 y2
y1' y2'
y1
v2' =
v1 =
∫
v2 =
∫
− y2 f ( x )
( y1 y2' − y2 y1' )
dx
0
y1' f ( x )
y1 y2
y1'
⇒
⇒
y2'
(
y1 f ( x )
y1 y2' − y2 y1'
)
dx
Contoh 7.10
Tentukan solusi umum PD : y “ + y = sec x
Jawab :
Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi
pelengkap, yp = v1( x ) cos x + v2( x ) sin x. Fungsi parameter v1( x ) dan v2( x )
diselesaikan dari sistem persamaan berikut :
v1( x ) cos x + v2( x ) sin x = 0
- v1( x ) sin x + v2( x ) cos x = sec x
Didapatkan : v1( x ) = ln ( cos x ) dan v2( x ) = x, sehingga solusi pelengkap,
yp = ln ( cos x ) cos x + x sin x.
Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x
Soal latihan 7.6
Tentukan solusi umum PD berikut :
1. y "+3 y '+2 y = 2 e3 x
2. y "−4 y '+2 y = 2 x 2
3. y "− 3 y ' + 2 y = 10 sin 2 x
4. y "− 3 y ' − 4 y = e− x
5. y "−2 y '+ y = ex
6. y "+2 y '−3 y = f ( x )
a. f ( x ) = x 2 + x − 3
b. f(x) = sin 3x + cos 3x
x
c. f(x) = x e .
7. y "+ y = sec x
8. y "+2 y '+ y = e− x ln x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
138
Matematika Dasar
9. y "+ y = sec x tan x
10. y "−3 y '+2 y =
1
1 + e− x
11. y "+2 y '+ y = e− x ln x
12. y "−3 y '+2 y =
ex
1 + ex
( Nomor 13 sd 15 ) Tentukan solusi khusus PD berikut :
13. y "+ y = 2 x ; y ( 0) = 1, y ' ( 0) = 2
14. y "−4 y '+4 y = e2 x ; y (0) = y '(0) = 0
15. y "+3 y '+2 y = 20 cos 2 x ; y ( 0 ) = -1 , y ‘ ( 0 ) = 6.
16. Pada rangkaian listrik seri, RCL, berdasarkan hukum Kirchoff dirumuskan sebagai
Q
berikut : L Q "+ R Q '+ = E (t ) dengan Induksi L (Henry ), Tahanan R ( Ohm ),
C
Muatan Q ( Coulomb ), Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik E(t) ( volt ).
I
Karena I = Q ' maka dapat dituliskan
: L I "+ R I '+ = E ' ( t ) . Dengan
C
menggunakan rumus di atas hitunglah muatan ( Q ) dan kuat arus ( I ) dalam fungsi t
-4
dari rangkaian RCL tersebut bila R = 16, L = 0,02 , C = 2 x 10 dan E = 12. Anggap
bahwa nilai Q = 0 dan I = 0 pada saat t = 0.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
139
Matematika Dasar
BAB 8 KALKULUS FUNGSI VEKTOR
8.1 Kurva Bidang
8.2 Fungsi Vektor
8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan
8.4 Komponen Normal dan Tangensial
8.1 Kurva Bidang
Bentuk kurva biang seringkali dinyatakan dalam persamaan parameter. Misal x = f(t) ,
y = g(t) dengan t ∈ I ( interval ) sebagai parameter ( bilanagn real ). Dengan melakukan
eliminasi parameter t akan didapatkan bentuk kurva dalam peubah x dan y yang dapat
dinyatakan sebagai y = f(x) atau f ( x, y ) = 0. Suatu kurva bidang dapat dinyatakan
dengan lebih dari satu parameter. Sebagai contoh diberikan berikut.
Contoh 8.1
Tunjukkan bahwa setiap persamaan parameter berikut menggambarkan setengah
lingkaran.
1. x = t , y = 1 − t 2 , -1 ≤ t ≤ 1
2. x = cos t, y = sin t , 0 ≤ t ≤ π
Jawab :
1. Substitusi x = t ke bentuk y = 1 − t 2 didapatkan y = 1 − x 2 . Bila kedua ruas
dikuadratkan maka x 2 + y 2 = 1 . Sebab -1 ≤ x ≤ 1, kurva berupa setengah lingkaran
dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu.
2. x 2 + y 2 = cos 2 t + sin 2 t = 1 . Sebab 0 ≤ t ≤ π maka Sebab -1 ≤ x ≤ 1. Jadi kurva
berupa setengah lingkaran dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu.
Misal x = f(t) dan y = g(t) merupakan fungsi kontinu dan f ‘ ( t ) ≠ 0 untuk suatu t ∈ I.
dy
Maka turunan pertama
dari kurva bidang diberikan dengan :
dx
dy
dy
g ' (t )
= dt =
dx dx dt
f ' (t )
Sedangkan turunan kedua
d2y
dx 2
=
d2y
dx 2
g " (t ) f ' (t ) − f " (t )g ' (t )
[ f ' (t )]2
didapatkan dengan menurunkan sekali lagi
.
Demikian seterusnya untuk turunan tingkat ke-n.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
dy
, yaitu
dx
140
Matematika Dasar
Contoh 8.2
Hitung
d2y
dy
bila
dan
dx
dx 2
1. x = t 2 + t , y = 1 − t 3
2. x = 2 cos t , y = 5 sin t
Jawab :
2
1. x ‘ = 2 t + 1, y ‘ = -3 t , x “ = 2 dan y “ = - 6t. Jadi
d2y
dx 2
=
y " x '− x " y '
(x ')2
=
dy y ' − 3t 2
=
=
dan
dx x ' 2t + 1
− 6t 2 − 6t
(2t + 1)2
2. x ‘ = - 2 sin t, y ‘ = 5 cos t, x “ = -2 cos t dan y “ = -5 sin t. Jadi
d2y
dx 2
=
y " x '− x " y '
(x ')2
=
5
2
dy
5 cos t
=
dan
dx − 2 sin t
csc 2 t
Penerapan turunan pertama digunakan dalam menyelesaikan permasalahan geometris
yang muncul pada kurva bidang, yakni garis singgung dan garis normal. Misal P(a,b)
merupakan titik pada kurva bidang x = x(t) dan y = y(t). Maka bentuk persamaan garis
singgung dan garis normal kurva yang menyinggung titik P diberikan dengan :
Garis singgung,
Garis normal,
dy
(x − a )
dx
dx
y − b = − (x − a )
dy
y −b =
Contoh 8.3
2
Carilah persamaan garis singgung dan garis normal kurva x = 2t –1 dan y = 2 + t di
1. t = 1
2. Titik ( 1,1 )
Jawab :
dy 1
1. Turunan pertama di t = 1,
= , sedangkan nilai titik singgungnya , ( 1, -1 ). Jadi
dx 4
1
persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, y + 1 = (x − 1) dan
4
y + 1 = −4(x − 1)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
141
Matematika Dasar
dy
1
= − . Jadi
dx
4
1
persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, y − 1 = − (x − 1) dan
4
y − 1 = 4(x − 1)
2. Dari titik ( 1,1 ) didapatkan t = -1. turunan pertama di t = -1 ,
Bentuk integral yang melibatkan persamaan parameter diselesaikan dengan menyatakan
integral dalam parameter tersebut. Sebagai contoh diperlihatkan berikut.
Contoh 8.4
2
Hitung ∫ xy dx bila x = 2t + 2 dan y = t .
Jawab :
2
4 4 3
∫ xy dx = ∫ (2t + 2)t 2 dt = t + 3 t + C
Soal Latihan 8.1
( Nomor 1 sd 5 ) Nyatakan persamaan kurva bidang berikut ke dalam persamaan
cartesius ( dalam x dan y ) bila
2
1. x = 2 t + 1 dan y = 1 – t .
1
2. x = t –1 dan y =
t
3. x = t − 2 dan y = 2 t + 1
4. x = sin t dan y = 2 cos t
5. x = sin t dan y = sin 2t
( Nomor 6 sd 10 ) Hitung turunan pertama
dy
d2y
dan turunan kedua
dari kurva
dx
dx 2
bidang berikut.
2
6. x = t –1 dan y = t + 1
t
7. x =
dan y = 2t
t +1
1
1
8. x =
dan y =
t2 −1
t − t2
9. x = 2 sin t –2 dan y = sec t +2
10. x = 1- 2 sin t dan y = 2 cos t + 1
( Nomor 11 sd 14 ) Carilah persamaan garis singgung dan garis normal dari kurva
bidang berikut di titik yang diberikan :
2
11. x = 2t dan y = t di t = -2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
142
Matematika Dasar
3
12. x = 1- 2t dan y 1- t di t = 1
13. x = sin t dan y = 2 cos t di t =
π
4
14. x = 2 e 2t dan y = −e− 2t di t = 0
( Nomor 15 sd 18 ) Selesaikan integral
2
15. ∫ 2 x(1 + y ) dx bila x = 2t –1 dan y = t .
16.
∫ y(1 − x ) dy
bila x = 2t dan y =
1
t
1
2
17. ∫ 2 xy dx bila x = 1 + 2 t dan y = 4t -1
0
1
18. ∫ x( y + 2)dy bila x = 2t + 3 dan y = 4t
2
0
( Nomor 19 sd 21 ) Hitung luas daerah yang dibatasi oleh daerah D bila
19. D dibatasi oleh x = 1 – 2t , y = 4t + 3 , t = -1 dan t = 3
1
1
20. D dibatasi oleh x = t + , y = t − dan garis 3x – 10 = 0
t
t
21. D terletak di kuadran pertama dan dibatasi oleh x = 2 sin t dan y = 1 + cos t.
8.2 Fungsi Vektor
Untuk mengawali pembahasan fungsi vektor akan dikenalkan terlebih dahulu tentang
2
3
vektor di bidang dan vektor di ruang. Bentuk vektor di bidang ( ℜ ) dan di ruang ( ℜ )
diberikan berikut.
Z
Y
•A(x,y)
A(x,y,z)
O
X
Y
O
X
Ruas garis berarah dari O ke A menyatakan vektor dan merupakan vektor posisi dari
titik A. Vektor tersebut dinyatakan dengan
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
143
Matematika Dasar
x
OA = a = (x, y ) =
y
Sedangkan vektor satuan ( vektor yang panjangnya satu ) yang searah dengan salib
sumbu, sumbu X dan sumbu Y dinyatakan berturut-turut dengan
1
0
i = (1,0) = dan j = (0,1) =
0
1
Menggunakan notasi di atas , suatu vektor dapat dinyatakan sebagai jumlah dari sukusuku vektor satuan.
a = (x, y ) = (x,0 ) + (0, y ) = x(1,0 ) + y (0,1) = x i + y j .
Bilangan x dan y dinamakan skalar.
Sedangkan untuk vektor di ruang, vektor posisi titik A dinyatakan dengan
x
OA = a = (x, y, z ) = y dan a = (x, y, z ) = x i + y j + z k
z
dengan
1
0
0
i = (1,0,0 ) = 0 , j = (0,1,0 ) = 1 , k = (0,0,1) = 0
0
0
1
2
Misal F merupakan fungsi yang memetakan dari ℜ ke ℜ . Maka dapat yang
dinyatakan dengan
F :ℜ → ℜ2
t α F (t ) = (x(t ), y (t ) ) = x(t ) i + y (t ) j
2
Sedangkan untuk fungsi yang memetakan dari ℜ ke ℜ dinyatakan dengan
F : ℜ → ℜ3
t α F (t ) = (x(t ), y (t ), z (t ) ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k
Fungsi di atas dinamakan Fungsi Bernilai Vektor atau disingkat dengan Fungsi Vektor.
Sedangkan x(t) , y(t) atau z(t) merupakan komponen fungsi vektor F (t ) .
Contoh 8.5
Carilah nilai fungsi F (t ) di t = 2 bila diberikan
1. F (t ) = (2t − 1)i + t 2 j
2. F (t ) = (2t + 3, t ,2t − 1)
Jawab :
1. F (t ) = 3 i + 4 j
2. F (t ) = (7,2,3)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
144
Matematika Dasar
Daerah asal
Daerah asal fungsi vektor sangat ditentukan dari daerah asal dari komponenkomponennya. Misal daerah asal dari x(t) dan y(t) berturut-turut A dan B. Maka daerah
asal dari F (t ) = x(t ) i + y (t ) j adalah A ∩ B. Bila daerah asal dari x(t) , y(t) dan z(t)
berturut-turut adalh A, B dan C, maka daerah asal dari F (t ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k
adalah A ∩ B ∩ C.
Contoh 8.6
Tentukan daerah asal dari fungsi berikut:
1. F (t ) =
2. G (t ) =
( t − 1, t 2 )
i
t
+ (2 − t ) j +
k
t +1
1− t
Jawab :
1. Daerah asal dari komponen x = t − 1 , Dx = [1, ∞ ) . Sedangkan daerah asal dari
2
komponen y = t , D y = ℜ . Jadi daerah asal fungsi vektor DF = [1, ∞ ) Ι ℜ = [1, ∞ )
1
t
, y = 2- t dan z =
berturut-turut adalah
t +1
1− t
Dx = (− ∞,−1) Υ (− 1, ∞ ), D y = ℜ dan Dz = (− ∞,1) . Jadi daerah asal fungsi vektor
2. Daerah asal dari komponen : x =
adalah DF = Dx Ι D y Ι Dz = (− ∞,−1) Υ (− 1,1)
Limit Fungsi
Limit fungsi vektor F (t ) = x(t ) i + y (t ) j di titik t = c dinyatakan dengan lim F (t ) .
t →c
Keberadaan limit fungsi vektor sangat ditentukan oleh keberadaan dari limit komponenkomponennya. Sehingga dapat dinyatakan berikut.
Teorema : Keberadaan Limit Fungsi Vektor
Limit fungsi F (t ) = x(t ) i + y (t ) j di titik t = c ada bila dan hanya bila limit fungsi x =
x(t) di t = c dan limit fungsi y = y(t) di t = c ada.
Sehingga dapat dituliskan menjadi :
lim F (t ) = lim x(t ) i + lim y (t ) j
t →c
t →c
t →c
Teorema di atas juga akan berlaku untuk fungsi vektor di ruang. Misal limit fungsi
F (t ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k di titik t = c ada . Maka dapat dituliskan dengan
lim F (t ) = lim x(t ) i + lim y (t ) j + lim z (t ) k
t →c
t →c
t →c
t →c
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
145
Matematika Dasar
Contoh 8.7
Hitung limit berikut ( bila ada ) :
sint
1. lim 4t 2 − 1 i −
j
t
t →0
2t i sin t
5t + 1
k
2. lim
+
j −
t
t →∞ t − 1
t2
)
(
Jawab :
sint
1. lim 4t 2 − 1 i −
t
t →0
)
(
sint
j = lim 4t 2 − 1 i − lim
j = −i − j
t →0
t →0 t
5t + 1
sin t
sama dengan nol maka
2. Sebab nilai limit di t → ∞ dari komponen
dan
t
t2
2t i sin t
5t + 1
k = 2i
lim
j −
+
t
t →∞ t − 1
t2
Kekontinuan Fungsi Vektor
Fungsi F (t ) = x(t ) i + y (t ) j dikatakan kontinu di titik t = c bila nilai fungsi di titik
tersebut sama dengan nilai limitnya. Hal ini dapat dijelaskan berikut.
Definisi : Kekontinuan Fungsi Vektor
Fungsi F (t ) = x(t ) i + y (t ) j dikatakan kontinu di titik t = c bila dipenuhi ketiga syarat
berikut :
1. F (t ) terdefinisi di t = c
2. lim F (t ) ada
t →c
3. F (c) = lim F (t )
t →c
Bila paling sedikit salah satu dari ketiga syarat di atas tidak dipenuhi maka dikatakan
F (t ) tidak kontinu ( diskontinu ) di t = c. Definisi kekontinuan di atas juga berlaku
untuk vektor di ruang.
Contoh 8.8
Selidiki kekontinuan fungsi vektor berikut di titik yang diberikan
sin t
1. F (t ) = 4t 2 − 1 i −
j di t = 0
t
2. G (t ) = (2t + 3, 4t , sin t ) di t = 0
(
)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
146
Matematika Dasar
Jawab :
(
)
sint
1. Walupun nilai limit di t = 0 ada yaitu lim 4t 2 − 1 i −
j = −i − j tetapi fungsi
t
t →0
sin t
tidak terdefinisi di t = 0, sebab komponen
tidak terdefinisi di t = 0. Jadi fungsi
t
diskontinu di t = 0.
2. Nilai fungsi di t = 0, G (0) = (3,0,0 ) = 3 i dan nilai limit di t = 0,
[
]
lim (2t + 3) i + 4t j + sin t k = 3 i . Karena nilai fungsi dan limitnya sama maka
t →0
fungsi kontinu di t = 0.
Turunan Fungsi Vektor
Turunan fungsi F (t ) di titik t = c dinyatakan dengan
F (t ) − F (c)
t −c
t →c
F ' (c) = lim
Bentuk di atas menyatakan bahwa fungsi F (t ) = x(t ) i + y (t ) j dapat diturunkan (
diferensiabel ) di t = c bila dan hanya bila komponen-komponennya juga dapat
diturunkan di t = c. Sehingga dapat dituliskan menjadi :
F ' (c ) = x ' (c ) i + y ' (c ) j
Untuk fungsi vektor di ruang juga berlaku sebagaimana fungsi vektor di bidang, yaitu
F ' (c ) = x ' (c ) i + y ' (c ) j + z ' ( c ) k
Contoh 8.9
Selidiki apakah fungsi berikut diferensiabel di titik yang diberikan . Bila ya, carilah nilai
turunan fungsi di titik tersebut.
t
1. F (t ) =
, 5t − 2 di t = 1
t +1
2. G (t ) = sin t i + 1 + t j + t k di t = 0
Jawab :
1
1. Turunan pertama di t = 1 dari komponennya yaitu x ' t =1 =
t =1 = 1 dan y ‘ =
(t + 1)2
5. Jadi fungsi diferensiabel di t = 1 dan F ' (1) = i + 5 j .
2. Karena komponen z = | t | tidak diferensiabel di t = 0 ( Tunjukkan ! ), maka fungsi
G (t ) tidak diferensiabel di t = 0.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
147
Matematika Dasar
Soal Latihan 8.2
( Nomor 1 sd 4 ) Nyatakan vektor posisi dari titik atau ruas garis berikut ( dalam sukusuku vektor satuan i, j atau k ).
1. A = ( 2, -3 )
2. B = ( -4 , 2 , -1 )
3. AB dengan A ( 4,2 ) dan B ( -5,1 )
4. BA dengan A ( 3, -2 , 1 ) dan B ( 1,-1,-1 )
( Nomor 5 sd 8 ) Tentukan daerah asal dari kurva bidang berikut
−1
5. F (t ) =
, t + 1
t +1
t
1
, sin t ,
6. G (t ) =
t −2
t +1
7. G (t ) = e 2t −1 i + sec t j
)
(
8. F (t ) = 2t 2 − 1 i − j 1 − t 2 + 2k
( Nomor 9 sd 12 ) Hitung limit kurva bidang berikut ( bila ada )
tan t
9. lim
, 2t − 1
t →0 t
2
sin t t + 1 1 − 3t
,
,
10. lim
− 2t
t − 1
t →∞ t
1 − t 2
j
11. lim 2t i +
t − 1
t →1
1+ t2
12. lim i t + 2 +
j + e 2 +t k
2+t
t →−2
( Nomor 13 sd 16 ) Selidiki kekontinuan kurva bidang berikut di nilai yang diberikan
13. F (t ) = 2t , t − 1 ; t = 1
sin t
14. G (t ) =
, 2t − 1, cos t ; t = 0
t
5−t
15. H (t ) = t i −
j ; t=5
2
t − 25
(
)
( ) ( )
16. F (t ) = 1 − t 2 i − et − 1 j + 2t k
; t=0
( Nomor 17 sd 20 ) Selidiki apakah kurva berikut diferensiabel di titik yang diberikan.
Bila ya, tentukan turunannya.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
148
Matematika Dasar
17. F (t ) =
(
(
)
2t − 1,1 − t ; t = 5
)
18. G (t ) = t − 1 , t + 1, t 2 − 1
;t=1
19. F (t ) = cos t i + sec t j ; t = 0
20. G (t ) = et −1 i + sin π t j − t + 8 k ; t = 1
8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan
Y
P(t)
r (t )
X
Misal diberikan kurva bidang x = x(t) dan y
= y(t) dengan titik P(t) = ( x(t), y(t) )
sembarang terletak pada kurva. Seperti
terlihat pada gambar disamping.
menyatakan vektor
r (t ) = x(t ) i + y (t ) j
posisi dari titik P(t) = ( x(t), y(t) ). Misal t
menyatakan waktu. Bila t berubah maka
ujung vektor r (t ) akan bergerak sepanjang
kurva bidang. Gerak demikian dinamakan
gerak kurvilinear ( gerak sepanjang kurva ).
Vektor kecepatan dan percepatan gerak
kurvilinear dinyatakan dengan v(t ) = r ' (t )
dan a (t ) = r ' ' t ) .
Sedangkan panjang atau besar dari vektor kecepatan, v(t ) dinamakan dengan laju.
Contoh 8.10
2
Diberikan kurva bidang yang dinyatakan dengan x = t +1 dan y = t + 1 . Tentukan
vektor kecepatan, vektor percepatan dan laju suatu partikel pada saat t = 3.
Jawab :
( )
Vektor posisi partikel pada saat t dituliskan dengan r (t ) = t 2 + 1 i + t + 1 j . Vektor
kecepatan dan vektor percepatan pada saat t berturut-turut adalah
j
j
v(t ) = r ' (t ) = 2t i+
dan a(t ) = r ' ' t ) = 2 i −
. Sedangkan pada saat t = 3
3
2 t +1
4 (t + 1)
maka
v(t ) = 6 i+
v(t ) = 36 +
j
4
dan
a (t ) = 2 i −
j
.
32
Jadi
laju
1
1
= 36 .
16
16
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
pada
saat
t
=
3,
149
Matematika Dasar
Kelengkungan
Misal diberikan lintasan dari titik A ke titik B dari kurva bidang yang dinyatakan oleh
r (t ) = x(t ) i + y (t ) j dengan a ≤ t ≤ b dan r ' (t ) ≠ 0 serta r ' (t ) ada dan kontinu. Maka
A = r (a) dan B = r (b) .
Misal P(t) = ( x(t), y(t) ) merupakan titik sembarang pada lintasan dan s = h(t)
menyatakan panjang lintasan dari A ke P(t). Maka panjang s dapat dinyatakan dengan
t
s=
(x' (u ))2 + (y ' (u ))2 du =
∫
a
t
∫ r ' (u )
du
a
ds
. Sebab r ' (t ) ≠ 0 maka
dt
| v(t) | > 0. Ini berarti bahwa nilai s bertambah besar bila t bertambah besar. Dengan
teorema balikan didapatkan :
dt
1
1
=
=
ds ds dt
v(t )
Dari bentuk di atas didapatkan besar laju, v(t ) = r ' (t ) =
Misal T (t ) merupakan vektor singgung satuan di P(t), yaitu vektor yang didapatkan
dengan menormalisasikan vektor v(t ) . Maka dapat dituliskan dengan
T (t ) =
v(t )
v(t )
=
r ' (t )
r ' (t )
Maka vektor kelengkungan di P(t) diberikan dengan
d T d T dt T ' (t )
.
=
=
ds
ds
v
(
t
)
dt
Besar vektor Kelengkungan di P(t) dinamakan Kelengkungan dan dinotasikan dengan
T ' (t )
dT
K=
.
=
ds
v(t )
Untuk mendapatkan nilai kelengkungan menggunakan rumus di atas kadang mengalami
kesulitan. Akan diberikan rumus lain sebagai berikut. Misal kurva bidang atau lintasan
dinyatakan dengan x = x(t) dan y = y(t) atau r (t ) = x(t ) i + y (t ) j . Maka kelengkungan
dihitung menggunakan
x ' y "− x " y '
K=
3
(x ')2 + (y ')2 2
Sedangkan bila persamaan lintasan dinyatakan dengan y = f(x), maka kelengkungan
dihitung menggunakan
y"
K=
3
1 + ( y ')2 2
Dapat disimpulkan bahwa kelengkungan merupakan bilangan positif atau besaran yang
menyatakan seberapa tajam sebuah kurva melengkung. Hal ini dapat dikatakan bahwa
[
[
]
]
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
150
Matematika Dasar
sebuah garis akan mempunyai kelengkungan nol. Sedangkan kurva yang berbelok
semakin tajam akan mempunyai kelengkungan yang semakin besar.
Contoh 8.11
Tentukan besar kelengkungan dari vektor bidang yang diberikan berikut :
1
1. r (t ) = 1 t 2 i + t 3 j di t = 1
2
3
π 1
2. y = cos 2x di ,
6 2
Jawab :
1
1
1
1. Dari r (t ) = 1 t 2 i + t 3 j didapatkan x(t ) = t 2 dan y (t ) = t 3 . Digunakan
2
3
2
3
x ' y "− x " y '
2
rumus K =
maka kelengkungan di t = 1, K =
5
3
25
(x ')2 + (y ')2 2
y"
1
π 1
2. Digunakan rumus K =
maka kelengkungan di , , K =
3
4
6 2
1 + ( y ')2 2
[
]
[
]
Soal Latihan 8.3
( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan vektor kecepatan , vektor percepatan dan laju dari partikel
sepanjang kurva bidang di titik yang diberikan berikut.
1. x(t ) = 2t 2 , y (t ) = 2t , t = −1
1
1
2. x(t ) = t 2 , y (t ) = t 4 , t = 1
2
4
3. x(t ) = 2 t + 1 , y (t ) = t + 6 , t = 3
4. y = e− x + x, (1,2)
π
2
5. y = cos x , − ,
4 2
( Nomor 6 sd 10 ) Carilah vektor kelengkungan dan besar kelengkungan di titik yang
diberikan dari kurva bidang berikut
1
1
6. r (t ) = t 2 i + t 4 j ; t = 1
2
4
π
7. r (t ) = 2 sin t i + 3 cos t j ; t =
4
8. y = x 2 − 1 ; (− 1,0 )
9. y 2 = x + 1 ; (3,−2 )
π
10. y = ln cos x ; , − ln 2
4
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
151
Matematika Dasar
8.4 Komponen Normal dan Tangensial
Misal diberikan lintasan yang
dinyatakan oleh r (t ) = x(t ) i + y (t ) j
T (t )
dan N = N (t ) merupakan vektor
normal satuan, yaitu vektor yang
tegak lurus dengan vektor singgung
T (t ) di P(t). Seperti terlihat pada
gambar disamping. Oleh karena itu
dapat didefinisikan vektor normal
tersebut sebagai berikut.
P(t)
N (t )
N=
dT
dT
ds = 1 d T atau d T = K N
ds
K ds
ds
Besar vektor percepatan didapatkan dari penurunan sekali lagi vektor kecepatan.
v(t )
r ' (t )
Sedangkan vektor kecepatan didapatkan dari persamaan T (t ) =
=
atau
v(t )
r ' (t )
ds
d v d 2s
ds d T
T (t ) . Maka vektor percepatan : a (t ) =
=
T (t ) +
.
dt
dt
dt dt
dt 2
d T d T ds
dT
Menggunakan persamaan
=
dan
= K N maka vektor percepatan,
dt
ds dt
ds
ds 2
d 2s
a(t ) =
T + K N
T = T (t )
dt
dt 2
Bila persamaan di atas dipandang sebagai suku-suku dalam T dan N maka koefisien dari
v(t ) = v(t ) T (t ) =
[
T yaitu aT =
d 2s
dt 2
]
disebut komponen tangensial percepatan. Sedangkan koefisien dari N
2
ds
yaitu a N = K disebut komponen normal percepatan. Jadi bentuk vektor
dt
percepatan dapat dituliskan menjadi a (t ) = aT T + a N N . Karena | T | = | N | = 1 dan
dua vektor N dan T saling tegak lurus maka didapatkan hubungan , a(t ) = aT + a N
atau a(t )
2
2 .
= aT2 + a N
Contoh 8.12
Tentukan komponen normal dan komponen tangensial vektor percepatan dari
r (t ) = t 2 i + t j di t = 1.
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
152
Matematika Dasar
Vektor kecepatan , v(t ) = 2t i + j
Vektor percepatan, a(t ) = 2i
ds
Laju,
= v(t ) = 4t 2 + 1
dt
Komponen tangensial, aT =
d 2s
4t
=
dt 2
4t 2 + 1
demikian didapatkan komponen normal,
2
2 = a (t ) − a 2 = 4 −
aN
T
aN =
16 t 2
4t 2 + 1
=
4
4t 2 + 1
. Untuk di t= 1, maka aT =
atau a N =
2
.
5
2
4t 2 + 1
4
. Dengan
5
. Untuk di t = 1 maka
Sola Latihan 8.4
Tentukan komponen normal dan komponen tangensial vektor percepatan di nilai yang
diberikan dari :
1. r (t ) = −t i + t 3 j di t = 2
2. r (t ) = e 2t i − cosh 2t j di t = 0
( )
3. r (t ) = 1 − t 2 i − 2t j di ( 0,-2 )
2
4. r (t ) = 4(1 − sin t )i + 4(1 + cos t ) j di t = π
3
5. r (t ) = (ln t )i − 3t 2 j di t = 1
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
153
Matematika Dasar
BAB 9 FUNGSI PEUBAH BANYAK
9.1 Domain dan Range
9.2 Permukaan
9.3 Turunan Parsial
9.4 Vektor Gardien dan Turunan Berarah
9.5 Nilai Ekstrim
9.1 Domain dan Range
Fungsi
{
dua
peubah
}
f
didefinisikan sebagai pengaitan setiap elemen dari
D = ( x , y ) x , y ∈ℜ ke suatu bilangan real ( ℜ ), dinotasikan dengan :
f : D →ℜ
(x, y ) α f (x, y ) = z
x dan y merupakan peubah bebas, sedangkan z merupakan peubah tak bebas. Himpunan
2
D ⊆ ℜ merupakan domain / daerah asal dari f(x,y), dinotasikan dengan Df . Sedangkan
himpunan {z z = f (x, y ), (x, y ) ∈ D} merupakan Range / daerah hasil, dinotasikan
dengan Rf.
Untuk mencari domain fungsi dua peubah dilakukan dengan cara mencari nilai x dan y
yang memenuhi f(x,y) ∈ ℜ. Sedangkan range ditentukan dari nilai fungsi f (x,y ) untuk
x dan y yang terletak di dalam domainnya. Agar lebih memperjelas pengertian tentang
domain dan range fungsi dua peubah, diberikan contoh berikut.
Contoh 9.1
Tentukan Domain dan range dari fungsi berikut.
1. f (x, y ) = y (x + 1)
−1
2. f (x, y ) =
x2 + y2
Jawab :
1. Karena f (x, y ) = y (x + 1) ∈ ℜ maka y ( x + 1 ) ≥ 0. Didapatkan y ≥ 0 dan x ≥ -1
atau
y
≤
0
dan
x
≤
-1.
Jadi
Domain,
D f = {(x, y ) x ≥ −1 dan y ≥ 0 atau x ≤ −1dan y ≤ 0}. Bila ( x,y )
∈ Df
disubstitusikan ke dalam f(x,y) maka f( x,y ) ≥ 0. Jadi R f = [0, ∞ ) .
2
2
2. Karena x + y ≥ 0 dan f ( x,y ) ∈ ℜ maka penyebut tidak nol atau ( x,y ) ≠ ( 0,0 ).
Jadi domain, D f = {(x, y ) (x, y ) ≠ (0,0 )}. Untuk ( x,y ) ∈ Df maka range,
R f = (− ∞,0 ) .
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
154
Matematika Dasar
Soal Latihan 9.1
Tentukan domain dan range dari fungsi berikut :
1. f ( x , y ) =
x (1 − y )
2. f ( x , y ) =
x
1− y
3. f ( x , y ) =
y
−2
x
4. f ( x , y ) =
5. f ( x , y ) =
6. f ( x , y ) =
7. f ( x , y ) =
x
y
x− y
x+ y
y
x −1
x y2
x2 − y2
x+y
8. f ( x , y ) =
x y −1
9. f ( x , y ) = x 2 − 1
10. f ( x,y ) = ln ( xy )
11. f ( x , y ) =
x2 + y2
x2 − y2
12. f ( x , y ) = 1 − x 2 − y 2
9.2 Permukaan
Posisi suatu titik ( a,b,c) di dalam koordinat ruang / koordinat kartesius ( sumbu X ,
sumbu Y dan sumbu Z ) dalam aturan tangan kanan digambarkan berikut.
Grafik fungsi dua peubah f(x,y) merupakan bidang atau permukaan. Bentuk umum
bidang dituliskan : a x + b y + c z = d dengan a,b,c,d ∈ R. Bila b = 0 dan c = 0 maka a
x = d merupakan bidang sejajar bidang YOZ, sedangkan b y = d merupakan bidang
sejajar bidang XOZ dan a z = d merupakan bidang sejajar bidang XOY.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
155
Matematika Dasar
Z
c
O
a
(a,b,c)
b
Y
X
Beberapa bentuk permukaan diberikan berikut :
1. Bola pusat di O dan jari-jari a > 0, x 2 + y 2 + z 2 = a 2
2. Ellipsoida pusat O,
x2
y2 z2
+
+
= 1 ; a ,b, c > 0
a 2 b 2 c2
3. Hiperboloida berdaun satu pusat di O,
4. Hiperboloida berdaun dua pusat di O,
5. Parabolida elliptik pusat di O,
x2
a2
x2
y2
z2
+ 2 − 2 =1
b
c
; a , b, c > 0
y2 z2
−
−
=1
a 2 b2 c2
; a , b, c > 0
a2
x2
y2
z
+ 2 =
c
b
6. Paraboloida Hiperbolik pusat di O,
7. Kerucut pusat di O,
x2
x2
; a , b, c > 0
y2
z
−
=
a 2 b2 c
y 2 z2
+
−
=0
a 2 b2 c2
; a , b, c > 0
; a , b, c > 0
8. Tabung , x 2 + y 2 = a 2 , y 2 + z 2 = a 2 atau x 2 + z 2 = a 2
Secara umum perpotongan antara dua buah grafik fungsi dua peubah akan merupakan
garis atau lengkungan. Bila kurva z = f(x,y) dipotongkan dengan bidang horisontal z = k
( k konstanta ) maka akan didapatkan suatu keluarga garis atau lengkungan dan disebut
lengkungan Ketinggian dari z = f(x,y).
Contoh 9.2
Tentukan lengkungan ketinggian dari f ( x, y ) = x 2 − y
Jawab :
Grafik f ( x, y ) = x 2 − y dipotongkan dengan garis z = k. Jadi x - y = k. Persamaan
terakhir berbentuk parabola terbuka ke atas dengan titik puncak pusat sumbu.
2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
156
Matematika Dasar
Soal latihan 9.2
( Nomor 1 sd 8 ) Tentukan bentuk kurva dan gambar grafik dari :
1. 4x 2 − 9 y 2 − 36z 2 = 36
2. 4 x 2 + 9 y 2 + z 2 + 8x − 18 y − 4 z = 19
3. 4 x 2 − y 2 + 9 z 2 = 36
4. x 2 + 4 y 2 + 4 x + 16 y − 16z + 20 = 0
5. x 2 − 16 y 2 + 4 z 2 + 4 x + 96 y + 16z = 62
6. x 2 + 4 y 2 − z 2 + 2 x − 8 y − 5 = 0
7. 9 x 2 + y 2 − z 2 − 9 x − 4 y + 8z − 39 = 0
8. x 2 + 3y 2 + 2 z 2 − 6 x − 6 y + 4 z + 14 = 0
( Nomor 9 sd 16 ) Tentukan lengkungan ketinggian dari :
9. f ( x , y ) = 4 x 2 + 9 y 2
10. f ( x , y ) = 2 x − y 2
11. z =
x+y
12. z = 4 x 2 − 9 y 2
13. z = 10 − 2 y − x 2
14. z = 16 − y 2 − 4 x 2
15. x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 16
16. 4( x − 1) 2 + 9 y 2 − 36( z − 1) 2 = 36
9.3 Turunan Parsial
Bila dua garis berpotongan maka akan menghasilkan sebuah titik, sedangkan
perpotongan antara dua buah bidang atau permukaan berupa garis atau lengkungan.
Secara geometris, turunan parsial terhadap x dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik
P(a,b,f(a,b)), fx(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 1 ) dari
lengkungan perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang y = b di titik P.
Sedangkan turunan parsial terhadap y dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik P(a,b,f(a,b)),
fy(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 2 ) dari lengkungan
perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang x = a di titik P.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
157
Matematika Dasar
Z
g
Z
g
P(a,b,f(a,b)) z = f(x,y)
O
b
P(a,b,f(a,b)) z=f(x,y)
Y
O
Y
a
X
X
Gb. 1
Gb. 2
Secara formal turunan parsial terhadap x dan y dari fungsi dua peubah f(x,y) di (a,b)
diberikan :
f (a + h , b ) − f (a , b )
f x (a , b) = lim
h
h→ 0
f (a , b + h) − f (a , b)
h
h→ 0
f y (a , b) = lim
∂f
∂f
Notasi lain yang biasa digunakan untuk turunan parsial adalah : f x =
dan f y =
.
∂x
∂y
Dalam perhitungan turunan parsial fungsi f(x,y) terhadap x, fx(x,y) dapat dilakukan
dengan menggunakan rumus turunan fungsi satu peubah dengan memandang peubah y
sebagai konstan. Demikian pula untuk menghitung fy(x,y) dapat dipandang merupakan
fungsi satu peubah y dengan memandang peubah x sebagai konstan.
Untuk fungsi tiga peubah, w = f( x,y,z ), turunan parsial dari f terhadap x, y dan z di
( x,y,z ) didefinisikan sebagai :
f ( x + h, y , z ) − f ( x , y , z )
∂f
= f x ( x , y , z ) = lim
∂x
h
h→ 0
f ( x , y + h, z ) − f ( x , y , z )
∂f
= f y ( x , y , z ) = lim
∂y
h
h→ 0
f ( x , y , z + h) − f ( x , y , z )
∂f
= f z ( x , y , z ) = lim
∂z
h
h→ 0
Contoh 9.3
Tentukan turunan parsial terhadap peubah bebasnya dari fungsi berikut.
1. f ( x , y ) = y( x + 1)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
158
Matematika Dasar
2.
f (x , y , z ) =
z
1 + xy
Jawab :
1.
2.
y
x +1
; f y ( x, y) =
2 y ( x + 1)
2 y ( x + 1)
− yz
− xz
1
f x ( x , y, z) =
;
f
(
x
,
y
,
z
)
=
;
f
(
x
,
y
,
z
)
=
y
z
1 + xy
(1 + xy)2
(1 + xy )2
f x ( x, y) =
Limit dan Kekontinuan
Konsep turunan parsial dari fungsi dua peubah walaupun didefinisikan dalam bentuk
limit namun merupakan limit dari satu peubah karena peubah lain kita pandang sebagai
konstan. Sedangkan limit dari dua peubah itu sendiri dan diberikan berikut.
Limit dari fungsi z = f( x,y ) di ( a,b ) sama dengan L, dinotasikan dengan
f ( x , y ) = L berarti bahwa untuk nilai seberapapun kecilnya, misal ε > 0,
lim
( x , y )→ ( a ,b )
akan ada ( terdapat ) nilai δ > 0 sehingga berlaku :
f ( x , y) − L < 0 bila
0 < ( x , y) − (a , b) < δ . Bentuk 0 < ( x , y) − (a , b) < δ merupakan tempat kedudukan
titik yang terletak di dalam lingkaran ( disebut lingkaran buka ) yang berpusat di ( a,b )
dan jari-jari δ.
Dalam perhitungan limit fungsi dua peubah,
lim
f ( x , y ) sangat bergantung dari
( x , y )→( a ,b)
bagaimana ( x,y ) → ( a,b ) [ Baca : ( x,y ) mendekati ( a,b ) ] atau bergantung dari
( kurva ) lintasan yang melalui ( a,b ). Bila dari sekian lintasan terdapat satu lintasan
yang mempunyai nilai berbeda dari semua nilai untuk lintasan yang lain maka
dikatakan
lim
f ( x , y ) tidak ada. Diberikan contoh berikut.
( x , y )→( a ,b)
x2 − y2
Akan ditunjukkan limit fungsi f ( x , y ) = 2
di ( 0,0 ) tidak ada.
x + y2
x2 − 0
= 1 . Nilai limit dari f(x,y ) di
1. Bentuk fungsi untuk y = 0 dan x ≠ 0 , f ( x ,0) = 2
x +0
(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu X :
lim
f ( x ,0) = 1 .
( x ,0)→ ( 0,0)
2. Bentuk fungsi untuk x = 0 dan y ≠ 0, f ( 0, y ) =
(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu Y :
lim
0 − y2
= −1 . Nilai limit dari f(x,y) di
0 + y2
f ( 0, y ) = − 1 .
( 0, y )→ ( 0,0)
Dari dua buah lintasan ( sepanjang sumbu X dan sumbu Y ) ternyata menghasilkan nilai
yang berbeda, maka hal ini menunjukkan bahwa
lim
x2 − y2
( x , y )→ ( 0,0) x 2 + y 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
tidak ada.
159
Matematika Dasar
Secara intuitif fungsi dua peubah dikatakan kontinu di suatu titik bilamana tidak terjadi
loncatan atau fluktuasi di titik tersebut. Secara formal diberikan definisi berikut.
Definisi : Fungsi dua Peubah Kontinu
Fungsi z = f (x,y ) dikatakan Kontinu di titik ( a,b ) bila :
1. f ( a,b ) terdefinisi.
2. Limit dari z = f(x,y ) di titik ( a,b ) ada.
3.
lim
f (x , y ) = f (a ,b)
( x , y )→ ( a ,b )
Sebuah fungsi akan kontinu bila merupakan jumlah, selisih, hasilkali atau komposisi
dari dua fungsi yang kontinu pula. Sedangkan hasilbagi dua fungsi yang kontinu juga
akan kontinu kecuali pada nilai yang menyebabkan penyebut sama dengan nol. Dari
beberapa sifat tersebut kita dapat menentukan daerah yang menyebabkan fungsi dua
peubah kontinu, seperti contoh yang diberikan berikut.
Contoh 9.4
Tentukan daerah yang menyebabkan fungsi f ( x , y ) =
x
kontinu.
1− y
Jawab :
Daerah yang menyebabkan f(x,y) kontinu adalah ( x , y ) y ≠ 1
{
}
Turunan Parsial Kedua
∂f
∂f
dan f y =
berturut-turut merupakan notasi turunan parsial pertama
∂x
∂y
terhadap x dan terhadap y dari z = f(x,y). sedangkan turunan parsial kedua dari z =
f(x,y) didapatkan dengan menurunkan secara parsial ( terhadap x dan y ) dari turunan
parsial pertamanya.
∂f
∂f
∂
∂
2
∂x ∂ f
∂y ∂ 2 f
= 2 = f xx
= 2 = f yy
∂x
∂y
∂x
∂y
Bentuk f x =
∂f
∂f
∂
∂
2
∂y ∂ f
∂x ∂ 2 f
=
= f xy
=
= f yx
∂x
∂x ∂y
∂y
∂y ∂x
Secara umum, f xy ≠ f yx . Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
160
Matematika Dasar
x2 − y2
xy
; ( x , y ) ≠ ( 0,0)
Misal
f (x, y) =
.
x2 + y2
0
;
( x , y ) = ( 0,0)
f xy (0,0) ≠ f yx (0,0) .
Akan
ditunjukkan
bahwa
f ( 0 + h , y) − f ( 0, y)
= −y
h
h→ 0
(1). f x ( 0, y ) = lim
f (x ,0 + h) − f (x ,0)
=x
h
h→ 0
( 2). f y (x ,0) = lim
f y (0 + h ,0) − f y (0,0)
=1
h
h→ 0
f (0,0 + h) − f x (0,0)
( 4 ). f xy ( 0,0) = lim x
= −1
h
h→ 0
( 3). f yx ( 0,0) = lim
Dalam aplikasi pada bidang teknik yang sering dijumpai adalah f xy = f yx . Syarat
perlu dan cukup agar keduanya sama diberikan berikut. Misal turunan parsial pertama
dan kedua dari f(x,y) : f x , f y , f xy dan f yx kontinu pada domain ( buka )@ D. Maka
f xy = f yx untuk setiap (x,y)∈ D.
Contoh 9.5
−1
Tentukan semua turunan parsial kedua dari f ( x , y ) = 2
x + y2
Jawab :
2x
2y
Turunan parsial pertama, f x ( x , y ) =
;
f
(
x
,
y
)
=
y
2
2
x2 + y2
x2 + y2
Turunan parsial kedua,
f xx ( x , y ) =
2 y 2 − 6x 2
(
(
)
(
)
2 x2 − 6 y2
8 xy
;
f
(
x
,
y
)
=
;
f
x
,
y
=
f
(
x
,
y
)
=
(
)
yy
yx
xy
3
3
3
x2 + y2
x2 + y2
x2 + y2
)
(
)
(
)
Bidang Singgung
Bila kita mempunyai dua buah titik maka dapat dibuat sebuah garis. Sedangkan bila kita
mempunyai dua buah garis maka dapat dibuat sebuah bidang. Pengertian sederhana ini
akan kita gunakan untuk mendefinisikan sebuah bidang singgung dari suatu permukaan
z = f(x,y).
@
Himpunan D disebut himpunan buka bila untuk setiap titik yang terletak di dalam D dapat dibuat lingkaran
{
}
berpusat di titik tersebut sehingga semua daerah lingkaran terletak di dalam D. Contoh D = ( x , y ) x > 0 dan y > 0
, daerah di kuadran pertama merupakan himpunan buka.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
161
Matematika Dasar
Misal C merupakan kurva dari z = f(x,y) dan titik P ( a,b,c ) terletak pada C. Maka
didapatkan beberapa garis singgung yang melalui titik P dengan dua di antaranya
mempunyai slope ( gradien ) : f x (a , b) dan f y (a , b) . Bidang yang dibentuk oleh dua
garis singgung tersebut disebut Bidang Singgung dari z = f(x,y) di titik P. Bentuk
Persamaaan bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P ( a,b,c ) :
f x ( a .b ) ( x − a ) + f y ( a , b ) ( y − b ) = z − c
Garis Normal dari z = f (x,y ) di titik P merupakan persamaan garis yang tegak lurus
pada bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P. Persamaan garis normal dari z = f (x,y )
di titik P ( a,b,c ) adalah :
x − a = f x (a ,b) t
y − b = f y (a , b) t
z−c= t
Bentuk persamaan garis normal di atas disebut Persamaan parametrik. Bila
f x (a , b) ≠ 0 dan f y (a , b) ≠ 0 maka persamaan garis normal dapat dituliskan :
x−a
y−b
=
= z−c
f x (a ,b) f y (a ,b)
Contoh 9.6
Carilah persamaan bidang singgung dan garis normal dari f ( x , y ) = xe− y di ( 1,0,1 ).
Jawab :
Nilai turunan parsial pertama di ( 1,0,1 ) :
f x ( x , y) = e− y ⇒ f x (1,0) = 1
f y (x , y) = − xe− y ⇒ f y (1,0) = −1
Persamaan bidang singgung,
( x - 1 ) - y = z - 1 atau x - y - z = 0.
Persamaan garis normal,
x − 1 = t
x − 1 = − y = z − 1 atau y = − t
z − 1 = t
Diferensial Total
Pengertian dari diferensial ( total ) dari z = f ( x,y ) di titik P ( a,b,c ) dapat diturunkan
dari persamaan bidang singgung dari z = f ( x,y ) di titik tersebut. Misal dibuat salib
sumbu baru yang mempunyai pusat salib sumbu di titik P ( a,b,c ) dan diambil dx = x - a
, dy = y - b dan dz = z - c. Maka diferensial total dari z = f ( x,y ) di P ( a,b,c )
didefinisikan sebagai :
f x (a.b) dx + f y (a , b) dy = dz
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
162
Matematika Dasar
Contoh 9.7
Tentukan diferensial total dari f (x , y) = 5x 2 y − y 3 + 1
Jawab :
Turunan parsial pertama, f x ( x , y ) = 10 xy ; f y ( x , y ) = 5x 2 − 3 y 2 .
(
)
Diferensial Total, dz = (10xy) dx + 5x 2 − y 2 dy .
Soal Latihan 9.3
( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan f x , f y , f xx , f yy dan f xy bila :
1. f ( x , y ) =
x2 + y2
x
2. f ( x,y ) = e cos y
2
3. f ( x , y ) = ex − y
x2 − y2
4. f ( x , y ) = 2
x + y2
5. f ( x , y ) = y 3 e− 5x
6. z = 4 x 2 − 2 y + 7 x 4 y5
(
7. z = cos x5y 4
(
)
8. z = x 3 ln 1 + xy − 3/5
(
9. z = y 2 tan x
10. z = x 2 y exy
)−4/ 3
)
∂2f
∂2f
+
= 0 disebut persamaan Laplace dari f(x,y).
∂x 2 ∂y 2
( Nomor 11 sd 14 ) Apakah fungsi berikut memenuhi persamaan Laplace ?
Bentuk persamaaan :
11. f ( x , y ) = 3x 2 y − y 3 + 1
12. f ( x , y ) = ex sin y + e y cos x
(
13. f ( x , y ) = ln x 2 + y 2
)
2 xy
14. f ( x , y ) = tan−1 2
x − y2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
163
Matematika Dasar
Misal diberikan fungsi : U(x,y) dan V(x,y). Maka kedua fungsi akan berlaku Persamaan
∂U ∂V
∂U
∂V
Cauchy Riemann ( PCR ) bila memenuhi :
=
dan
=−
.
∂x
∂y
∂y
∂x
( Nomor 15 sd 17 ) Apakah dua fungsi berikut berlaku PCR ?
15. U ( x , y ) = x 2 − y 2 ; V ( x , y ) = 2 xy
16. U ( x , y ) = ex cos y ; V ( x , y ) = ex sin y
(
17. U ( x , y ) = ln x 2 + y 2
)
y
; V ( x , y ) = 2 tan −1
x
( Nomor 18 sd 26 ) Tentukan persamaan bidang singgung dan garis normal di titik yang
diberikan dari fungsi berikut !
18. z = 4 x 3y 2 + 2 y
19. z = x e− y
; (1,−2 ,12 )
; (1,0,1)
20. z = e3y sin 3x
;
21. x 2 + y 2 + z 2 = 25
π
( ,0,1)
6
(−3,0,4 )
;
22. x 2 y − 4 z 2 = −7 ;
( −3,1,−2)
23. z = ln x 2 + y 2 ; (− 1,0,0)
24. z = x1/ 2 + y1/ 2 ;
(4,9,5)
25. z = x 2 e2 y ; (1,ln 2 , 4)
26. x 2 y 3z 4 + xyz = 2 ;
(2,1,−1)
( Nomor 27 sd 30 ) Carilah diferensial total dari :
27. z = 7x - 2y
2 5
28. z = 5x y - 2x + 4 y + 7
-1
29. z = tan xy
2
30. z = sec ( x - 3y)
9.4 Vektor Gradien dan Turunan Berarah
Misal diberikan fungsi dua peubah, z = f(x,y) dan titik P(a,b). Maka ( vektor ) gradien
dari z = f(x,y) di titik P didefinisikan sebagai:
grad f (a , b) = ∇f (a , b) =
∂f (a , b) ∂f (a , b)
∂f (a , b)
∂f (a , b)
i+
j=
,
∂x
∂y
∂y
∂x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
164
Matematika Dasar
Untuk fungsi dengan tiga peubah w = f (x,y,z ), maka gradien di titik ( x,y,z ) diberikan:
df ( x , y , z ) df ( x , y , z ) df (x , y , z )
∇f ( x , y , z ) =
,
,
∂x
∂y
∂z
Sifat gradien dari suatu fungsi diberikan berikut :
1. ∇(a f + b g ) = a∇f + b∇g
[ sifat linear ]
2. ∇( f g ) = f ∇g + g ∇f
( )
3. ∇ f n = n f n−1 ∇f
f g∇f − f∇g
4. ∇ =
g
g2
Contoh 9.8
Carilah vektor gradien dari f( x,y ) = y ln ( x + y ) di titik ( -3,4 )
Jawab:
Turunan parsial pertama,
y
f x (x , y ) =
⇒ f x (−3,4 ) = 4
x+y
y
f y (x, y) =
+ ln( x + y ) ⇒ f x (−3,4 ) = 4
x+ y
Jadi Gradien : ∆f (− 3,4) = 4i + 4 j
Turunan parsial dari z = f(x,y) terhadap x dan y berturut-turut dapat kita pandang
sebagai turunan berarah dari z = f(x,y) dengan arah vektor satuan yang searah dengan
1
0
sumbu X dan Y : i = dan j = . Oleh karena itu, turunan parsial dari z = f(x,y)
0
1
terhadap x dan y dituliskan berikut :
f (x + h, y ) − f (x, y )
f (x, y ) + hi − f (x, y )
f x (x, y ) = lim
= lim
h
h
h →0
h →0
(
)
(
)
f (x, y + h ) − f (x, y )
f (x, y ) + h j − f (x, y )
= lim
h
h
h →0
h →0
f y (x, y ) = lim
2
Misal u ∈ ℜ merupakan vektor satuan, yaitu vektor dengan panjang atau norm satu.
2
Maka turunan berarah dari z = f(x,y) di titik ( a,b ) searah dengan u ∈ ℜ didefinisikan
f (a, b ) + hu − f (a, b )
Du f (a, b ) = lim
h
h →0
(
)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
165
Matematika Dasar
Sedangkan turunan berarah dari w = f( x,y,z ) di titik ( a,b,c ) dengan arah vektor satuan
3
u ∈ ℜ didefinisikan :
f (a, b, c ) + hu − f (a, b, c )
Du f (a, b, c ) = lim
h
h →0
(
)
u = u1 i + u2 j merupakan vektor satuan u12 + u22 = 1 dan z = f ( x,y )
mempunyai turunan parsial pertama di ( a,b ). Maka turunan berarah dari z = f ( x,y ) di
( a,b ) dalam arah u diberikan :
Du f (a, b ) = u • ∇f (a, b ) = u1 f x (a, b ) + u2 f y (a, b )
Misal
Contoh 9.9
Tentukan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik P dengan vektor arah u bila :
3
3 4
1. f (x, y ) = x 2 + xy ; P(1,1) ; u = i − j
5 5
(
2.
)
f (x, y ) = x 2 − 3 xy + 4 y3 ; P(− 2,0 ) ; u = (1,2)
Jawab:
1.
( )2 (2x + y ) ⇒ f x (1,1) = 36
2
f y (x, y ) = 3 x (x 2 + xy ) ⇒ f y (1,1) = 12
f x (x, y ) = 3 x 2 + xy
3
−4
Du f (1,1) = 36 + 12
= 12
5
5
2. f x (x, y ) = 2 x − 3 y ⇒ f x (− 2,0 ) = −4
f y (x, y ) = −3x + 12 y 2 ⇒ f y (− 2,0 ) = 6
Karena u bukan merupakan vektor satuan maka diubah dahulu menjadi vektor satuan
u
i
2j
dengan menormalisaikan u , misal w =
. Oleh karena itu, w =
+
. Jadi
5
5
u
8
1 2
Du f (− 2,0 ) = −4
+ 6
=
5
5 5
Secara geometris, turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor
satuan u dapat dinyatakan :
Du f (a, b ) = u • ∇f (a, b ) = ∇f (a, b ) cos θ
dengan θ merupakan sudut yang dibentuk oleh u dan ∇f( a,b ).
Bila θ = 0 maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor
satuan u akan mencapai maksimum yaitu :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
166
Matematika Dasar
Du f (a, b ) = ∇f (a, b )
Bila θ = π maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor
satuan u akan mencapai minimum yaitu :
Du f (a, b ) = − ∇f (a, b )
Contoh 9.10
Diketahui f (x, y ) = xy dan titik P ( -1,-4 ).
1. Tentukan turunan berarah minimum di titik P
2. Cari vektor satuan u agar turunan berarah di titik P tertinggi
Jawab :
y
⇒ f x (− 1,−4) = −1
1. f x (x, y ) =
2 xy
1
x
⇒ f y (− 1,−4 ) = −
f y (x, y ) =
4
2 xy
Gradien f di titik P, ∇f (− 1,−4) = −i −
j
4
17
4
17
2. Turunan berarah maksimum ( tertinggi ), ∇f (− 1,−4) =
4
∇f (− 1,−4)
−2
j
=
Vektor arah satuan, u =
i−
∇f (− 1,−4)
17
2 17
Turunan bearah minimum ( terendah ), − ∇f (− 1,−4 ) = −
Soal latihan 9.4
( Nomor 1 sd 6 ) Carilah vektor gradien dan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik yang
diberikan dalam arah vektor a berikut:
1. f (x, y ) = 4 x3 y 2 ;(2,1); a = 4i − 3 j
2. f (x, y ) = y 2 ln x ; (1,4) ; a = i − j
3. f (x, y ) = x 2 − 3 xy + 2 y 2 ;(− 1,2 ); a = 2i − j
4. f (x, y ) = e−xy ; (1,−1) ; a = −i + j 3
π
5. f (x, y ) = e x sin y ; 0, ;a = i + j 3
4
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
167
Matematika Dasar
y
6. f (x, y ) = tan −1 ; (− 2,2 );a = −i − j
x
( Nomor 7 sd 10 ) Carilah Du f di titik yang diberikan.
i
j
+
2
2
−3 4
8. f (x, y ) = e2 xy ;(4,0 );u =
i+ j
5
5
x
9. f ( x , y , z ) = ye sin z ; (ln 2 ,2 ,π / 4) ; u = i − 2 j + 2k
(− 1,1,1)
10. f (x, y, z ) = ln (xyz );(3,2,6);u =
3
( Nomor 11 sd 13 ) carilah turunan berarah dari fungsi f di titik A dengan vektor arah
membentuk sudut α dengan sumbu x positif.
7. f (x, y ) = (1 + xy )3 / 2 ;(3,1);u =
11. f ( x , y ) = xy ; A(1,4 ) ;α = π / 3
x− y
π
12. f (x, y ) =
; A(− 1,−2) ;α =
x+ y
2
13. f (x, y ) = sinh x cosh y ; A(0,0 ) ; α = π
( Nomor 14 sd 18 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y )
maksimum di titik yang diberikan !
14. f (x , y) = x 3 − y 3 ;
15. f ( x , y) = e y sin x
(2,−1)
5π
; ,0
6
16. f ( x , y) = 1 − x 2 − y 2 ; (− 1,2)
x 2 + y 2 ; (4,−3)
x
18. f (x, y ) =
; (0,2 )
x+ y
17. f (x, y ) =
( Nomor 19 sd 22 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y )
minimum di titik yang diberikan !
19. f (x, y ) = 20 − x 2 − y 2 ; (− 1,−3)
π π
20. f ( x , y) = sin(3x − y) ; ,
6 4
21. f (x, y ) = e xy ; (0,2 )
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
168
Matematika Dasar
22. f (x, y ) =
x− y
; (3,1)
x+ y
( Nomor 23 sd 26 ) Carilah turunan berarah dari f di titik A dalam arah menuju ke titik
B bila :
23. f (x, y ) = x 2 y 5 ; A(3,1) ; B(4,-3)
π
24. f ( x, y ) = e− x cos y ; A 0, ; B = O .
3
x
25. f (x, y ) =
; A(1,0) ; B(− 1,−1)
x+ y
26. f (x, y ) = xy + yz + xz ; A(1,−1,2) ; B(11,10,0)
3 4
( Nomor 27 sd 30 ) Diketahui Du f (1,2) = −5 bila u = i − j dan Dv f (1,2) = 10 bila
5 5
4 3
v = i + j . Tentukan :
5 5
27. f x (1,2)
28. f y (1,2)
29. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah menuju ke pusat sumbu.
30. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah sumbu Y negatif.
31. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila
32. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila
9.5 Nilai Ekstrim
Nilai Ektrim ( maksimum dan minimum - relatif ) dari fungsi z = f ( x,y ) di titik (a,b )
didefinisikan sebagai berikut.
Definisi : Maksimum dan Minimum
1. f ( a,b ) disebut Nilai maksimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≥ f ( x,y ) untuk setiap
( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) )
disebut titik maksimum dari z = f ( x,y ).
2. f ( a,b ) disebut Nilai minimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≤ f ( x,y ) untuk setiap
( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) )
disebut titik minimum dari z = f ( x,y ).
Misal z = f ( x,y ) mencapai nilai ekstrim di titik ( a,b ) dan turunan parsial pertama di
titik (a,b ) ada. Maka fx( a,b ) = 0 dan fy( a,b ) = 0. Sedangkan titik yang membuat nol
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
169
Matematika Dasar
turunan parsial pertama terhadap x dan y disebut titik kritis. Titik kritis yang
menyebabkan z = f (x,y ) mencapai nilai ekstrim atau berlaku (1) dan (2) disebut titik
stasioner. Titik kritis yang tidak berlaku (1) dan (2) disebut titik sadel / titik pelana .
Untuk menguji apakah titik kritis merupakan titik stasioner atau sadel dilakukan sebagai
berikut.
Misal z = f ( x,y ) mempunyai turunan parsial pertama kontinu pada lingkaran ( buka )
2 (a , b)
yang berpusat di ( a,b ) dan D = f xx (a , b) f yy (a , b) − f xy
1. Bila D > 0 dan fxx( a,b ) > 0 maka z = f ( x,y ) mencapai minimum di ( a,b ).
2. Bila D > 0 dan fxx( a,b ) < 0 maka z = f ( x,y ) mencapai maksimum di ( a,b ).
3. Bila D < 0 maka ( a, b ) merupakan titik sadel.
4. Bila D = 0 maka tidak dapat ditarik suatu kesimpulan.
Contoh 9.11
Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari f (x, y ) = x3 − 3 xy − y 3
Jawab :
Turunan parsial pertama, f x (x, y ) = 3x 2 − 3 y dan f y (x, y ) = −3 x − 3 y 2
Bila f x (x, y ) = 0 dan f y (x, y ) = 0 maka x = 0, y = 0 dan x = -1, y = 1, sehingga (0,0)
dan ( -1,1 ) merupakan titik kritis dari f.
Turunan parsial kedua, f xx (x, y ) = 6 x, f yy (x, y ) = −6 y , f xy (x, y ) = −3
2 (0,0 ) = −9 . Jadi ( 0,0,0 ) merupakan titik
Untuk ( 0,0 ), D = f xx (0,0 ) f yy (0,0 ) − f xy
2 (− 1,1) = 27 > 0 dan
D = f xx (− 1,1) f yy (− 1,1) − f xy
f xx (− 1,1) = −6 < 0 . Jadi f ( -1, 1 ) = 1 merupakan nilai maksimum dan ( -1,1,1 )
merupakan titik maksimum.
sadel.
Untuk
(
-1,1
),
Soal Latihan 9.5
Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi dua peubah berikut :
1. f (x, y ) = x 2 + 3 xy + 3 y 2 − 6 x + 3 y − 6
2. f (x, y ) = 2 xy − 5 x 2 − 2 y 2 + 4 x + 4 y
3. f (x, y ) = x e y
4. f (x, y ) = e x sin y
2 4
5. f (x, y ) = xy + +
x y
6. f (x, y ) = x 2 y − 6 y 2 − 3 x 2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
170
Matematika Dasar
1
7. z = x3 − 3xy + y 2
2
1 1
8. z = xy + +
x y
9. z = xy (2 x + 4 y + 1)
10. z = x3 y 2 (1 − x − y )
2
11. z = x 2 + y 2 +
xy
12. z = 2 y 2 x − y x 2 + 4 xy
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
171
Matematika Dasar
BAB 10 INTEGRAL RANGKAP
10.1 Integral Rangkap Dua
10.2 Volume dan Pusat Massa
10.3 Integral Rangkap Tiga
10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola
10.1. Intergral Rangkap Dua
Misal
{
diberikan daerah di bidang XOY yang berbentuk persegi panjang,
}
D = ( x , y) a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d dan fungsi dua peubah z = f ( x,y ) > 0 . Maka untuk
menghitung volume benda ruang yang dibatasi di atas oleh kurva z = f ( x,y ) dan di
bawah oleh D dilakukan sebagai berikut.
Bagi daerah D menjadi sub persegi
panjang yang berukuran ∆xi dan ∆yi.
Y
Ambil sebuah titik pada sub persegi
panjang, misal titik potong diagonal
d
( xi,yi ), sehingga kita dapatkan
bangun ruang yang dibatasi di atas
oleh
z = f ( x,y ) dan di
∆yi
bawah oleh sub persegi panjang.
Bangun ruang ( partisi ) tersebut
akan mendekati bangun balok dengan
c
tinggi f ( xi,yi ). Maka kita dapatkan
volume tiap-tiap partisi adalah
a
∆xi
b
hasilkali luas alas ( ∆Ai = ∆xi ∆yi )
X
dan tinggi
( f ( xi,yi ) ), yakni
Vi = f ( xi,yi ) ∆Ai . Bila tiap-tiap
partisi kita jumlahkan maka dapat dituliskan dalam bentuk :
n
n
i =1
i =1
∑Vi = ∑ f (xi , yi ) ∆Ai .
Jumlah volume partisi tersebut akan merupakan volume bangun ruang yang dibatasi di
atas oleh z = f ( x,y ) dan di bawah oleh D bila diambil sebanyak tak hingga partisi atau
n → ∞ , yakni :
n
V = lim
∑
n→∞ i =1
f ( xi , yi ) ∆Ai
Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D didefinisikan sebagai berikut:
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
172
Matematika Dasar
∫∫ f ( x , y)
n
dA = lim
f ( xi , yi ) ∆Ai
∑
n→∞ i =1
D
Sifat-sifat dari integral rangkap dua diberikan berikut :
1. ∫∫ a f ( x , y ) + bg( x , y ) dA = a ∫∫ f ( x , y ) dA + b ∫∫ g( x , y ) dA
D
[
]
D
D
2. Bila D = B ∪ C dan B ∩ C = ∅ maka
∫∫ f (x , y) dA = ∫∫ f (x , y) dA + ∫∫ f (x , y) dA
D
B
C
Iterasi Integral
Untuk menghitung integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah berbentuk persegi
panjang D kita lakukan sebagai berikut.
Luas penampang benda yang tegak
lurus terhadap sumbu Y dengan
Z
c ≤ y ≤ d , misal A(yi) adalah
b
A( yi ) =
z
∫ f ( x, y) dx .
a
Volume bangun ruang merupakan
n
c
a
Y
b
∆y
X
∫∫
D
f (x , y) dA =
jumlah volume :
d
d
∫
c
A( y) dy =
∑ A( yi ) ∆y
untuk
i =1
n → ∞.
Oleh karena itu, integral rangkap dua
dari z = f ( x,y ) atas daerah D dapat
diselesaikan dengan cara berikut :
d b
dx .
f
x
,
y
dy
(
)
∫ ∫
c a
Dengan menggunakan pendekatan yang sama seperti di atas, integral rangkap dua dari z
= f ( x,y ) atas daerah D dapat diselesaikan dengan cara sebagai berikut :
∫∫
D
f ( x , y) dA =
b d
dy
f
x
,
y
dx
(
)
∫ ∫
a c
Metode penyelesaian integral rangkap dua di atas dinamakan Iterasi Integrasi.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
173
Matematika Dasar
Contoh 10.1
Hitung integral ∫∫ f ( x , y ) dA bila
D
{
}
1.
f ( x , y ) = 2 xy dan D = ( x , y ) 0 < x < 2 ,1 < y < 3
2.
f ( x , y ) = x 2 dan D daerah tertutup yang dibatasi oleh garis x = -1, x = 1 , y = 0 ,
y = 1.
Jawab :
23
2 3
1. ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 xy dy dx = ∫ x ∫ 2 y dy
D
01
0 1
dx = 16
2
2. ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ x dx dy = ∫ ∫ x 2 dx dy =
3
0 −1
D
0 −1
1 1
1 1
2
Integral Rangkap atas Daerah Sembarang
Misal R merupakan daerah sembarang . Maka untuk menghitung integral rangkap dua
dari z = f ( x,y ) atas daerah R dilakukan berikut. Dibentuk daerah persegi panjang D
yang melingkupi daerah R dan didefinisikan suatu fungsi baru, g ( x, y ) yaitu:
f ( x , y) ; (x , y) ∈R
g( x , y) =
0 ; ( x , y) ∈D − R
Nilai integral rangkap dua dari g ( x,y ) atas D sama dengan integral rangkap dua dari
f ( x,y ) atas R, dituliskan :
∫∫ f (x , y) dA = ∫∫ g(x , y) dA
R
D
Hal ini menunjukkan bahwa untuk menghitung integral rangkap dua atas suatu daerah
sembarang dapat dicari dengan menggunakan pendekatan yang sama seperti
menghitung integral rangkap atas daerah berbentuk persegi panjang.
Adapun daerah sembarang secara umum dapat dibedakan menjadi dua tipe yaitu :
1. Tipe I, R = ( x , y) a ≤ x ≤ b , v ( x ) ≤ y ≤ w ( x )
Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R dituliskan dengan :
{
}
b w(x )
∫∫ f (x , y) dA = ∫ ∫ f (x , y) dy dx
R
a v(x)
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
174
Matematika Dasar
{
}
2. Tipe II, R = (x , y) g ( y ) ≤ x ≤ h ( y ), c ≤ y ≤ d
Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R dituliskan dengan :
d h( y )
∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ f ( x, y) dx dy
R
c g( y)
Y
Y
g(y)
w(x)
h(y)
d
v(x)
c
O
a
bX
O
X
Tipe I
Tipe II
Contoh 10.2
Hitung integral ∫∫ f ( x , y ) dA bila
R
1.
{
}
f ( x , y ) = 2 x dan R = ( x , y ) 0 < x < 1, x < y < − x 2 + 1
2. f(x,y) = 2y dan R merupakan daerah tertutup yang dibatasi oleh x = 2, y = x2 ,
sumbu X.
Jawab :
− x 2 +1
1
1. ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 x dy dx = ∫ 2 x
dy dx = −
∫
6
0 x
0
R
x
2. Daerah R dapat dituliskan menjadi :
1 − x 2 +1
1
{
}
i. R1 = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x 2 atau
{
ii. R2 = ( x , y )
}
y ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4
32
Untuk R1, ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 y dy dx = ∫ ∫ 2 y dy dx =
5
R1
0 0
0 0
2 x2
2 x2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
175
Matematika Dasar
2
32
Untuk R2 , ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 y dx dy = ∫ 2 y ∫ dx dy =
5
0 y
0
R2
y
4 2
4
Perubahan Urutan Integrasi
Seringkali dijumpai dalam perhitungan integral rangkap dua, kita dihadapkan kepada
bentuk iterasi yang diberikan tidak dapat dilakukan secara langsung seperti apa yang
diminta. Sebagai contoh, perhitungan integral rangkap dua berikut tidak dapat
dilakukan dengan iterasi yang diberikan ( dengan mengintegralkan terhadap y
kemudian terhadap x ).
4 2
∫ ∫
2
e y dy dx
0 x2
Untuk menyelesaikan integral di atas kita harus merubah urutan integrasi. Bila integral
dituliskan dalam bentuk :
∫∫
2
e y dA
R
x
maka R = ( x , y) 0 ≤ x ≤ 4 , ≤ y ≤ 2 . Daerah R digambarkan berikut :
2
Daerah R dapat juga dinyatakan dengan :
R = ( x , y) 0 ≤ y ≤ 2 , 0 ≤ x ≤ 2 y
{
Y
}
Oleh karena itu, nilai integral dari :
4 2
2
∫ ∫
R
O
2
e y dy dx =
0 x2
4
X
Contoh 10.3
Ubahlah urutan integrasi dari integral rangkap berikut
2
2 y
1. ∫ ∫ f ( x , y ) dx dy
0 0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
2 2y
∫ ∫
0 0
2
e y dx dy
176
Matematika Dasar
0
∫
2.
x2
∫ f ( x , y ) dy dx
−1 − x 2
Jawab :
{
}
{
}
1. Misal R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2 . Maka R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤
2
2y
x .
4 2
Jadi ∫ ∫ f ( x , y ) dx dy = ∫ ∫ f ( x , y ) dy dx .
0 0
0
{
x
}
2. Misal R = ( x , y ) − 1 ≤ x ≤ 0, − x 2 ≤ y ≤ x 2 .
{
} {
}
Maka R = ( x , y ) − 1 ≤ x ≤ − − y , − 1 ≤ y ≤ 0 ∪ ( x , y ) − 1 ≤ x ≤ − y , 0 ≤ y ≤ 1
0
Jadi ∫
x2
0 − −y
∫ f ( x , y ) dy dx = ∫
−1 − x
2
−1
∫
−1
1 − y
f ( x , y ) dx dy + ∫
∫
f ( x , y ) dx dy
0 −1
Koordinat Kutub
Kadang-kadang perhitungan integral rangkap dua dalam koordinat cartesius ( x dan y )
membutuhkan perhitungan yang rumit. Untuk lebih menyederhanakan perhitungan kita
kenalkan koordinat kutub ( polar ).
Misal ( x,y ) merupakan titik pada
koordinat cartesius. Maka dalam
koordinat kutub didapatkan hubungan :
x = r cos θ dan y = r sin θ.
• (x,y)
Integral rangkap dua dari f ( x,y ) atas
daerah R dapat dituliskan :
r
y
∫∫ f (x , y ) dA = ∫∫ f (r cosθ , r sinθ ) dA
R
O
R
= ∫∫ F (r ,θ ) dA
θ
R
Sumbu Polar
Dalam koordinat cartesius, dA = dx dy
x
atau dA = dy dx , sedangkan dalam
dalam koordinat kutub : dA = | J(r,θ) | dr dθ atau dA = | J(r,θ) | dθ dr dengan
∂x ∂x
cos θ − r sin θ
J (r ,θ ) = ∂∂yr ∂θ
=
= r disebut determinan Jacobi dari r dan θ.
∂y
sin θ r cosθ
∂r ∂θ
Sehingga bentuk integral dalam koordinat kutub dituliskan berikut :
∫∫
R
f ( x , y ) dA =
∫∫ F ( r ,θ )
R
J ( r ,θ ) dr dθ =
∫∫ F ( r ,θ ) r dr dθ
R
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
177
Matematika Dasar
Contoh 10.4
1
Gunakan koordinat kutub untuk menyelesaikan ∫
1− x 2
∫
0 − 1− x
Jawab :
{
x dy dx
2
}
R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤1, − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 . Maka R merupakan daerah
Misal
setengah lingkaran dengan 0 ≤ r ≤ 1 dan
1− x 2
1
Jadi ∫
∫
0 − 1− x 2
−π
π
≤θ ≤ .
2
2
1 π /2
1 π /2
2
2
2
r
cos
θ
d
θ
dr
=
∫
∫ r ∫ cosθ dθ dr = 3
0 −π / 2
0 −π / 2
x dy dx = ∫
Soal Latihan 10.1
( Nomor 1 sd 6 ) Hitung nilai integral rangkap dua berikut :
1.
∫∫ (1 + 8xy) dA ; D = {(x , y) 1 ≤ x ≤ 2 ,1 ≤ y ≤ 2}
D
2.
∫∫ ( 4 xy 3) dA ; D = {( x, y ) − 1 ≤ x ≤ 1,−2 ≤ y ≤ 2}
D
xy
dA ; D =
3. ∫∫
2
2
D x + y + 1
4.
∫∫ (x sin y − y sin x )dA ; D = ( x , y ) 0 ≤ x ≤
D
2 3
5.
{( x, y) 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1}
π
π
,0 ≤ y ≤
2
3
∫ ∫ (2 x − xy ) dx dy
1 0
π 2
6.
∫ ∫ x cos ( xy) dy dx
π
2
1
( Nomor 7 sd 16 ) Hitung integral rangkap dua berikut :
1 x
7.
∫ ∫
xy 2 dy dx
0 x2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
178
Matematika Dasar
2
3 9− y
8.
∫
∫
0
0
x3
2π
9.
∫
π
10.
y dx dy
∫
π
0
y
dy dx
x
2
2 x
∫ ∫ ( x 2 − y 2 ) dy dx
0
0
2 y2
11.
sin
x
2
e y dx dy
∫ ∫
1 0
12.
2
∫∫ 6xy dA
; R daerah dibatasi oleh y = 0, x = 2 dan y = x .
∫∫
; R merupakan trapesium dengan titik sudut ( 1,3 ), ( 5,3 ) , ( 2,1 ) dan
R
13.
xy dA
R
( 4,1 ).
14. ∫∫ x cos( xy) dA ; R daerah dibatasi oleh x = 1, x = 2, y = ½ π dan y = 2π / x.
R
15.
dA ; R daerah dibatasi oleh y = x 2 dan y = x
∫∫ (x + y )
R
16.
∫∫ xy 2 dA
; R daerah dibatasi oleh y =1, y = 2, x = 0 dan y = x.
R
( Nomor 17 sd 22 ) Hitung integral rangkap dua berikut dengan merubah urutan
integrasinya terlebih dahulu.
1 4
17.
2
e− y dy dx
∫ ∫
0 4x
2 1
18.
( )
cos x 2 dx dy
∫ ∫
0 y
2
4 2
19.
3
∫ ∫
ex dx dy
∫ ∫
x dy dx
0
y
3 ln x
20.
1
0
1 cos−1 x
21.
∫
0
∫
x dy dx
0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
179
Matematika Dasar
1
22.
∫
π
2
sec2 (cos x) dx dy
∫
0 sin −1 x
( Nomor 23 sd 29 ) Selesaikan integral rangkap dua berikut ( Gunakan koordinat kutub )
23.
∫∫ ex
2 + y2
2
2
dA ; R daerah di dalam lingkaran x + y = 4
R
24.
∫∫
2
2
4 − x 2 − y 2 dA ; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x + y = 4,
R
y = 0 dan y = x.
1
2
2
25. ∫∫
dA ; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x + y = 4,
2
2
R 4+x + y
y = 0 dan y = x.
26.
∫∫ y dA
2
2
2
2
; R daerah di dalam x + y = 4 dan di luar x + y = 1 yang terletak di
R
kuadran pertama.
1 1− x 2
27.
∫
0
28.
0
1
1− y 2
0
0
∫
2
29.
∫
∫
1
∫
2x − x 2
∫
0
(
4 − x2 − y2
)
−1
(
)
(
−1
2
dy dx
sin x 2 + y 2 dx dy
x2 + y2
)
2
dy dx
10.2. Volume dan Pusat Massa
Sebagaimana dijelaskan di awal bahwa pengertian integral rangkap dua diturunkan dari
menghitung volume benda ruang yang dibatasi oleh dua buah permukaan. Misal
z = f ( x,y ) dan R merupakan daerah terletak pada bidang XOY yang diberikan atau
bisa merupakan proyeksi dari permukaan z = f ( x,y ). Maka volume benda ruang yang
dibatasi di atas oleh permukaaan z = f ( x,y ) dan dibatasi di bawah oleh R dituliskan:
V =
∫∫
f ( x , y ) dA
R
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
180
Matematika Dasar
Contoh 10.5
Hitung volume bangun ruang yang terletak di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang
2x + 3y + z - 6 = 0.
Jawab :
Z
6
O
R
3
2
Y
X
Dari 2x + 3y + z - 6 = 0 didapatkan,
f ( x, y ) = -2x - 3y + 6. Misal R daerah di
oktan pertama ( x ≥ 0, y ≥ 0 dan z ≥ 0 )
merupakan proyeksi f(x,y) di bidang XOY.
Maka
6 − 2x
R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤
atau
3
6 − 3x
R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤
, 0 ≤ y ≤ 2
2
Jadi volume bangun ruang :
V = ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫∫ (− 2 x − 3y + 6) dA
R
R
Dalam fisika, integral rangkap dua dapat digunakan untuk menghitung massa, pusat
massa dan momen dari suatu lamina ( lempengan ) yang mempunyai massa jenis yang
dinyatakan sebagai fungsi dari x dan y.
Misal suatu lamina f(x,y) dengan massa jenis δ ( x,y ) yang proyeksinya pada bidang
XOY adalah R. Maka massa lamina :
m = ∫∫ δ ( x , y ) dA
R
Sedangkan momen dari lamina terhadap sumbu Y dan sumbu X :
Momen dari lamina
terhadap sumbu Y = M y = ∫∫ x δ ( x , y ) dA
R
Momen dari lamina
terhadap sumbu X = M x = ∫∫ y δ ( x , y ) dA
R
Pusat massa dari lamina ( x,y ) dengan : x =
My
m
dan y =
Mx
.
m
Contoh 10.6
Tentukan massa dan pusat massa dari lamina yang dinyatakan oleh f(x,y) = 2x - y + 4
dengan massa jenis δ (x,y ) = x - y.
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
181
Matematika Dasar
Proyeksi f(x,y) = 2x - y + 4 pada bidang XOY, R =
{(x, y) − 2 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ 2x + 4} .
2 x +4
Massa, m = ∫∫ δ ( x , y ) dA = ∫ ∫ ( x − y ) dy dx = − 8
−2 0
R
0
2 x +4
16
Momen terhadap sumbu Y, M y = ∫∫ x δ ( x , y ) dA = ∫ x ∫ ( x − y ) dy dx =
3
−2 0
R
0
0 2 x +4
328
Momen terhadap sumbu X, M x = ∫∫ y δ ( x , y ) dA = ∫ ∫ y ( x − y ) dy dx = −
9
−2 0
R
M y M x − 2 41
=
Pusat massa,
,
,
m m 3 9
Soal latihan 10.2
( Nomor 1 sd 6 ) Hitung volume benda ruang berikut :
1. Terletak di bawah z = 2
R = (x , y) 3 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 2 .
{
[
}
x
+
y
dan
di
atas
persegi
panjang
]
2. Terletak di oktan pertama x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 dibatasi oleh : x = 0, z = 0, z - y = 0,
x = 5 dan z = = -2y + 6.
3. Terletak di oktan pertama dibatasi oleh bidang koordinat ( x = 0, y = 0 dan z = 0 )
dan bidang z = 5 - 2x - y.
2
2
4. Dibatasi oleh tabung x + y = 9 dan bidang z = 0 dan z = 3 - x.
5. Dibatasi di atas oleh z = x + 2y + 2 dan di bawah oleh bidang XOY antara y = 0 dan
2
y=1-x .
2
2
6. Dibatasi di atas oleh z = 9 - x dan di bawah oleh z = 0 dan y = 3x.
( Nomor 7 sd 9 ) Tentukan massa dan pusat massa dari lamina dengan massa jenis
δ ( x,y ) bila lamina diberikan berikut :
7. Sumbu X, garis x = 1 dan kurva y = x ; δ ( x,y ) = x y
8. y = sin x, y = 0, x = 0 dan x = π. ; δ ( x,y ) = x + y
2
9. y = x dan y = 2 - x ; δ ( x,y ) = x
10.3. Integral Rangkap Tiga
Misal diberikan fungsi tiga peubah, w = f ( x,y,z ). Maka untuk menentukan integral
rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap suatu balok, B dilakukan sebagai berikut. bagi
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
182
Matematika Dasar
balok, B menjadi sejumlah n sub balok, Bi ; i = 1,2,…,n. Didapatkan volume sub balok
∆Vi = ∆xi ∆yi ∆zi , sehingga volume balok, B yaitu :
n
V =
∑
i =1
∆Vi
Integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap B didefinisikan sebagai berikut:
∫∫∫
n
f ( x , y , z ) dV = lim
∑ f (xi , yi , zi ) ∆Vi
n→∞ i =1
B
Syarat yang harus dipenuhi untuk integral rangkap tiga di atas adalah w = f ( x,y,z )
kontinu pada B.
Misal G merupakan benda ruang sembarang. Maka untuk menghitung integral rangkap
tiga dari w = f ( x,y,z ) atas G dilakukan dengan cara mendefinsikan fungsi g ( x,y,z )
berikut :
f (x , y , z ) ; (x, y, z ) ∈ G
g (x , y , z ) =
0 ; ( x , y , z ) ∈ B − G
B merupakan balok yang melingkupi benda ruang, G. Sehingga didapatkan :
∫∫∫
f ( x , y , z ) dV =
G
∫∫∫ g (x , y , z ) dV
B
Dalam perhitungan, G dapat dipandang sebagai benda ruang yang dibatasi oleh Gz -
batas bawah dan batas atas dari Gz berturut-turut z1 = u(x , y) dan z2 = v(x , y) atau
{
}
dalam notasi himpunan, Gz = z u(x , y) ≤ z ≤ v( x , y) - dan Gxy
proyeksi dari G pada bidang XOY.
w = f ( x,y,z ) atas G dituliskan :
Sehingga bentuk integral rangkap tiga dari
v(x,y)
∫∫∫ f (x , y , z ) dV = ∫∫ ∫ f (x , y , z ) dz dA
G
Gxy u ( x , y )
Bentuk dari Gxy dapat dibedakan menjadi dua yaitu :
1. Gxy =
yang merupakan
{(x , y) a ≤ x ≤ b, h( x) ≤ y ≤ g( x)}
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
183
Matematika Dasar
v ( x , y )
b g( x ) v ( x , y )
∫∫ ∫ f ( x, y , z) dz dA = ∫ ∫
∫ f ( x, y, z) dz dy dx
Gxy u( x , y )
a h( x ) u ( x , y )
2. Gxy =
{(x , y) h( y) ≤ x ≤ g (x ), c ≤ y ≤ d}
v ( x , y )
d g( y) v( x, y)
∫∫ ∫ f ( x, y , z) dz dA = ∫ ∫
∫ f ( x, y , z) dz dx dy
Gxy u( x , y )
c
h
(
y
)
u
(
x
, y)
Urutan integrasi sangat mungkin bergantung dari bentuk bangun ruang G, sehingga
selain merupakan gabungan dari Gz dan Gxy . Namun dapat juga G dipandang sebagai
gabungan antara Gx dan Gyz atau Gy dan Gxz . Sedangkan Gyz dan Gxz berturut-turut
merupakan proyeksi dari bangun ruang G pada bidang YOZ dan XOZ.
Contoh 10.7
2 z
x/z
0 1
0
Hitung integral ∫ ∫
∫ 2 xyz dy dx dz
Jawab :
2 z
∫ ∫
0 1
2 z x / z
2
dz =
2
xyz
dy
dx
dz
=
z
x
2
y
dy
dx
∫
∫ ∫ ∫
3
0
0 1 0
x/z
Contoh 10.8
Hitung integral ∫∫∫ 2x dV bila
G
3
1. G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x
2
2. G merupakan daerah di oktan pertama yang dibatasi oleh tabung y2 + z2 = 1, bidang
x = 1 dan x = 4.
Jawab :
4 y 3x / 2
4 y
3x / 2
65
1. ∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫ ∫ 2 x dz dx dy = ∫ ∫ 2 x ∫ dz dx dy =
4
0
G
0 0 0
0 0
2. G dituliskan, G = ( x , y , z ) 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 1 − z 2 , 0 ≤ z ≤ 1 .
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
184
Matematika Dasar
1 1− z 2
∫ 2 x dy dz dx = ∫ 2 x ∫ ∫ dy dz dx = −4π .
0
1
0 0
4 1 1− z 2
Jadi ∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫
G
1 0
4
Secara geometris nilai integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas bangun ruang G
merupakan volume dari bangun ruang G bila f ( x,y,z ) = 1.
Contoh 10.9
Hitung volume bangun ruang, G yang terletak di oktan pertama dibatasi oleh y = 2 x2
dan
y + 4z = 8.
Jawab :
8− y
G dituliskan , G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 x 2 , 0 ≤ z ≤
.
4
2 2 x 2 (8− y )/ 4
2 2 x 2 (8− y )/ 4
224
Volume, V = ∫∫∫ dV = ∫ ∫
∫ dz dy dx = ∫ ∫ ∫ dz dy dx = 30
0 0
0
0 0
0
G
Soal Latihan 10.3
( Nomor 1 sd 5 ) Hitung nilai integral rangkap tiga berikut.
5 3x x + 2
1.
∫ ∫ ∫
−2 0
π
2.
4 x dz dy dx
y
2 z y
∫ ∫ ∫ sin (x + y + z ) dx dy dz
0 00
2 4 3y + x
3.
∫ ∫ ∫
0 −1
0
4 x +1
4.
∫ ∫
− 2 x −1
π
5.
2
dz dy dx
0
∫ ∫
0 sin z
2y
∫
x
3xyz dz dy dx
0
2 yz
∫
0
x
sin dx dy dz
y
( Nomor 6 sd 9 ) Hitung nilai integral
∫∫∫ xyz dV
bila :
G
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
185
Matematika Dasar
1
6. G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 3, 0 ≤ z ≤ (12 − 3x − 2 y )
6
7. G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 4 − y 2 , 0 ≤ y ≤ 2, 0 ≤ z ≤ 3
8. G =
9. G =
{( x, y, z)
}
0 ≤ x ≤ 3z , 0 ≤ y ≤ 4 − x − 2 z , 0 ≤ z ≤ 2
{(x, y, z) 0 ≤ x ≤ y2 , 0 ≤ y ≤
}
z ,0 ≤ z ≤ 1
( Nomor 10 sd 13 ) Hitung volume bangun ruang G bila G dibatasi oleh :
2
10. y = 2x , y + 4z = 8 dan terletak di oktan pertama.
2
2
11. y + 4z = 4 , y = x , y = 0 dan terletak di oktan pertama
2
2
12. x =y , z = y dan y = 1
2
13. y = x + 2 , y = 4, z = 0 dan 3y - 4z = 0
10.4. Koordinat Tabung dan Koordinat Bola
Dalam perhitungan integral rangkap tiga dari suatu fungsi tiga peubah atas bangun
ruang G seringkali dijumpai beberapa kesulitan dalam pengintegralan. Untuk itu,
dilakukan tarsnformasi dari kordinat cartesius ke dalam koordinat tabung dan koordinat
bola. Hubungan antara koordinat cartesius dengan koordinat tabung dan koordinat bola
dijelaskan dari gambar berikut.
Z
Z
z
z
(r,θ,z)
(ρ,θ,φ)
φ
y
O
x
Y
θ
Y
θ
X
Koordinat Tabung
y
O
r
X
ρ
r
Koordinat Bola
Bila dalam koordinat cartesius P( x,y,z ) dan dalam koordinat tabung P( r,θ,z ) maka
diperoleh hubungan berikut :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
186
Matematika Dasar
2
2
2
x +y =r
x = r cos θ
y = r sin θ
z=z
Bila dalam koordinat cartesius P ( x,y,z ) dan dalam koordinat bola P ( ρ,θ,φ ) maka
didapatkan hubungan berikut :
ρ 2 = x2 + y2 + z2
x = ρ sin φ cosθ
y = ρ sin φ sin θ
z = ρ cos φ
Untuk mentransformasikan integral dari koordinat cartesius ke dalam koordinat tabung
atau koordinat bola digunakan metode determinan jacobi.
Koordinat Tabung
∂x
∂r
∂y
J (r ,θ , z ) =
∂r
∂z
∂r
∫∫∫
∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ
f ( x , y , z ) dV =
G
∂x
∂z
cos θ
∂z
= sin θ
∂z
0
∂z
∂z
− r sin θ
r cos θ
0
θ2 r2 (θ ) v2 ( r ,θ )
∫
∫
∫
θ1 r1 (θ ) v1 ( r ,θ )
0
0 =r
1
f (r cosθ , r sin θ , z ) r dz dr dθ
Koordinat Bola
∂x
∂ρ
∂y
J ( ρ ,θ , φ ) =
∂ρ
∂z
∂ρ
∂x
∂θ
∂y
∂θ
∂z
∂θ
∂x
∂φ
sin φ cos θ
∂z
= sin φ sin θ
∂φ
cos φ
∂z
∂φ
θ2 ρ2 (θ ) v2 ( ρ ,θ )
∫∫∫ f ( x , y , z ) dV = ∫
G
∫
∫
θ1 ρ1 (θ ) v1 ( ρ ,θ )
− ρ sin φ sin θ
ρ sin φ cos θ
0
ρ cos φ cosθ
ρ cos φ sin θ = ρ 2 sin φ
− ρ sin φ
F (ρ ,θ , φ ) ρ 2 sin φ dφ dρ dθ
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
187
Matematika Dasar
Dalam penerapan, bila bangun ruang G simetris terhadap suatu sumbu ( garis ) maka
digunakan koordinat tabung. Sedangkan koordinat bola digunakan bila bangun ruang G
simetri terhadap suatu titik.
Contoh 10.10
3
Gunakan koordinat tabung untuk menghitung integral ∫
9− x 2 2
∫
0
0
∫ x 2 + y 2 dz dy dx
0
Jawab :
8− y
Misal G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2 x 2 , 0 ≤ z ≤
.
4
π
Maka G = (r ,θ , z ) 0 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ z ≤ 2
2
Jadi,
3
∫
0
9− x2 2
∫
0
2
π / 2
∫ r dz dθ dr = ∫ r ∫
0
0
0
3 π /2 2
2
∫ x + y dz dy dx = ∫ ∫
0
0
0
3
2
2
2
∫ dz dθ dr = 9π
0
Contoh 10.11
2
Gunakan koordinat bola untuk menghitung ∫
0
4− x2
4− x2 − y 2
0
0
∫
∫z
dz dy dx
Jawab :
Misal G = ( x , y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 4 − x 2 − y 2 .
π
π
Maka G = ( ρ ,θ , φ ) 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ φ ≤
2
2
2
4− x2
4− x2 − y 2
0
0
0
∫
∫
∫z
2 π /2 π /2
dz dy dx = ∫
0
∫
0
2
∫ ρ cosφ ρ sin φ dφ dθ dρ
0
2
π / 2 π / 2
= ∫ ρ 3 ∫ ∫ cosφ sin φ dφ dθ dρ
0 0
0
=π
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
188
Matematika Dasar
Soal latihan 10.4
9− x2 9− x2 − y2
3
∫
1. Hitung
∫
∫
− 3 − 9− x 2
x 2 dz dy dx
0
2. Tentukan besar volume bangun ruang G bila G dibatasi oleh :
2
2
25 − x 2 − y 2 , bagian bawah : z = 0 dan selimut : x + y = 25
a. Bagian atas : z =
2
2
2
2
2
b. Bagian atas dan bawah : x + y + z = 9 dan selimut : x + y = 4
2
2
c. z = x + y dan z = 9
3. Gunakan koordinat Bola untuk menghitung integral berikut:
a.
4− x 2 − y 2
4− x2
2
∫
∫
− 2 − 4− x 2
b.
0
9− x 2
3
∫
z 2 x 2 + y 2 + z 2 dz dy dx
∫
9− x 2 − z 2
∫
∫
− 3 − 9 − x 2 − 9− x 2 − z 2
2
4− x2
4− x2 − y 2
0
0
0
c. ∫
∫
∫
(
)
3
x 2 + y 2 + z 2 2 dy dz dx
z 4 − x 2 − y 2 dz dy dx
2
2
2
4. Hitung volume bangun ruang G yang dibatasi di atas oleh x + y + z = 16 dan di
bawah oleh : z =
x2 + y2
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
189
Matematika Dasar
BAB 11 KALKULUS INTEGRAL VEKTOR
11.1 Medan Vektor
11.2 Integral Garis
11.3 Integral Permukaan
Di Dalam bab ini akan dibahas tentang integral dari fungsi bernilai vektor atau fungsi
n
vektor. Bila fungsi dengan domain ℜ dan range ℜ akan menghasilkan fungsi bernilai
real ( skalar ) atau lebih dikenal dengan fungsi peubah banyak. Diferensial dan integral
dari fungsi dua peubah dan tiga peubah telah dibahas pada bab sebelumnya. Sedangkan
n
bila domain ℜ dan range ℜ akan didapatkan fungsi yang dinyatakan dalam notasi
vektor. Untuk membedakan dengan fungsi skalar maka digunakan huruf kapital yang
dicetak tebal untuk menyatakan fungsi vektor.
Pembahasan tentang diferensial dan integral fungsi vektor hanya terbatas untuk fungsi
2
3
vektor di bidang (ℜ ) dan di ruang (ℜ ).
11.1 Medan Vektor
2
3
Misal A ⊆ ℜ dan B ⊆ ℜ atau B ⊆ ℜ . Maka kita dapat mendefinisikan suatu fungsi
vektor dari A ke B, F : A → B dengan F (t) = ( x(t) , y(t) ) = x(t) i + y(t) j bila B ⊆
2
ℜ atau F (t) = ( x(t) , y(t), z(t) ) = x(t) i + y(t) j + z(t) k
3
bila B ⊆ ℜ . Fungsi vektor
F disebut Medan / Lapangan Vektor . Bentuk parametrik x(t), y(t) dan z(t)
merupakan fungsi bernilai real dan disebut komponen dari F . Seringkali dalam
menyatakan medan vektor F tidak menggunakan parameter t, namun menggunakan
2
3
peubah x dan y untuk ℜ dan peubah x,y dan z untuk ℜ yaitu :
F ( x, y ) = f ( x, y )i + g ( x, y ) j
F ( x, y, z ) = f ( x, y, z )i + g ( x, y, z ) j + h( x, y, z ) k
f( x,y ), g( x,y ), f( x,y,z ), g ( x,y,z ) dan h ( x.y,z ) disebut Medan Skalar.
2
Misal C merupakan kurva / lintasan di ℜ yang menghubungkan dari titik A menuju
titik B dan P ( x,y ) merupakan titik sembarang yang terletak pada C. Maka vektor
posisi untuk lintasan C dapat dinyatakan dengan :
r (t ) = x(t )i + y (t ) j; a ≤ t ≤ b
dengan t merupakan parameter , r (a) = A dan r (b) = B. Secara fisis, turunan dari r (t)
yaitu r ‘ (t) menunjukkan kecepatan partikel di titik P yang bergerak, sedangkan
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
190
Matematika Dasar
medan vektor F (t) = x(t) i + y(t) j atau F (x,y) = f(x,y) i + g(x,y) j menunjukkan
(vektor) gaya yang bekerja di titik P.
2
Misal diberikan medan skalar f ( x,y ) di ℜ yang mempunyai turunan parsial pertama.
Maka gradien dari f didefinisikan :
grad ( f ) = ∇( f ) =
∂ f
∂ f
i+
j
∂x
∂y
Dari definisi di atas, didapatkan suatu “ operator diferensial vektor “, ∇ ( baca : del atau
nabla ) , yaitu :
∇=
∂
∂
i+
j
∂x ∂y
3
Sedang untuk medan skalar di ℜ didapatkan operator ∇, yaitu :
∂
∂
∂
∇ = i+
j+ k
∂x ∂y
∂z
3
Diberikan medan vektor F di ℜ yang terdefinisi dalam domain D dengan medan
skalar f ( x,y,z ) , g ( x,y,z ) dan h ( x,y,z ) yang mempunyai turunan parsial pertama
pada D. Didefinisikan suatu Divergensi dari medan vektor F berikut :
∂ f ∂g ∂h
div F = ∇ • F =
+
+
∂x ∂y ∂z
Sifat-sifat dasar dari divergensi dari suatu medan vektor, yaitu sifat linear :
div a F + bG = a div F + b divG
(
)
Bila hasilkali titik dari dua vektor operator gradien dengan medan vektor menghasilkan
skalar ( divergensi ) maka hasilkali silang antara operator gradien dan medan vektor F
yang mempunyai medan skalar f, g dan h menghasilkan suatu vektor, Rotasi :
i
∂
rot F = ∇ × F =
∂x
f
j
∂
∂y
g
k
∂h ∂g ∂f ∂h ∂g ∂f
∂
= − i + − j +
− k
∂z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
h
Rotasi dari medan vektor F disebut juga dengan curl dan dinotasikan dengan curl F .
Contoh 11.1
Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor F = z 2 xi − 2 xy j + 2 y 2 z k
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
191
Matematika Dasar
∂f
∂g
= z 2 , g( x , y , z ) = −2 xy →
= −2 x dan
∂x
∂x
∂h
h( x , y , z ) = 2 y 2 z →
= 2 y2 .
∂x
∂ f ∂g ∂h 2
div F = ∇ • F =
+
+
= z − 2x + 2 y2
∂x ∂y ∂z
f (x , y , z ) = z 2 x →
i
∂
curl F =
∂x
j
∂
∂y
k
∂
= (4 yz )i − (− 2 xz ) j + (− 2 y )k
∂z
z 2 x − 2 xy 2 y 2 z
Soal Latihan 11.1
Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor berikut.
1. F = x 2 yi − 2 xz j + 2 yz k
2. G = 2 yzi − x 2 y j + xz 2 k
3. F = x 2 yi − 2 x 2 z j + z k
4. F = xsin y i − y cos x j + xyz k
5. F = e x y i − 2e x z j + xz k
6. F = x 2 ln (xy )i − 2 x 2 ln (xz ) j + yz k
11.2. Integral Garis
3
Misal kurva C dari titik A sampai titik B di ℜ ditentukan oleh persamaan parameter x
= x(s), y = y(s) dan z = z(s) dengan s merupakan panjang busur dari C yang diukur dari
2
sebuah titik ( x,y,z ) pada C. Maka didapatkan ( ds) 2 = ( dx) 2 + ( dy) + ( dz ) 2 . Bila r =
x i +
y j + z k merupakan vektor posisi dari titik ( x,y,z ) maka
vektor satuan# yang menyinggung kurva C. Hal ini ditunjukkan berikut :
dr
dx dy
dz
=
i+
j+ k =
ds
ds
ds
ds
#
(dx )2 + (dy )2 + (dz )2
(ds )2
=1
vektor satuan adalah vektor yang mempunyai norm atau panjang satu
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
dr
merupakan
ds
192
Matematika Dasar
Bila gaya yang bekerja di titik ( x,y,z ) dinyatakan dengan medan vektor , F ( x,y,z ) =
f ( x,y,z ) i + g ( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k dengan medan skalar f , g dan h kontinu,
maka besarnya kerja atau usaha, W yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan
partikel dari titik A ke titik B sepanjang kurva C dicari sebagai berikut.
dr
Misal
= T . Maka besar usaha, ∆W yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan
ds
partikel dari titik P ( x,y,z ) sejauh ∆s sepanjang kurva C adalah :
∆W = F •T ∆s
Oleh karena itu, usaha yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan partikel dari titik A
sampai titik B sepanjang kurva C diberikan :
dr
W = ∫ F•T ds = ∫ F •
ds = ∫ F • dr
ds
Z
C
r
A
F
T
B
O
Dari r = x i + y j + z k didapatkan
Y
X
W=
C
Bentuk integral di atas dinamakan
integral garis dari medan vektor F
atas kurva C.
P(x,y,z)
C
C
d r = dx i + dy j + dz k . Maka
besar usaha, W yang dilakukan oleh
gaya F sepanjang C adalah :
∫ F •d r = ∫ ( f ( x, y, z ) dx + g ( x, y, z ) dy + h( x, y, z ) dz )
C
C
Bila kurva C yang dinyatakan dengan persamaan parameter ( t ), x = x (t), y = y (t) dan
z = z (t) dengan a ≤ t ≤ b maka besar usaha :
W=
∫ ( f ( x , y , z) dx + g ( x, y, z) dy + h( x, y, z) dz)
C
b
dx
dy
dz
= ∫ f ( x (t ), y (t ), z (t ))
+ g( x (t ), y (t ), z (t ))
+ h( x (t ), y (t ), z (t ) ) dt
dt
dt
dt
a
2
Untuk medan vektor di ℜ , F ( x,y ) = f ( x,y ) i + g ( x,y ) j , maka besar usaha
yang dilakukan gaya F ( x,y ) sepanjang kurva C yang dinyatakan oleh persamaan : x
= x(t) dan y = y(t) dengan a ≤ t ≤ b dituliskan :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
193
Matematika Dasar
∫ ( f (x , y) dx + g(x , y) dy)
W=
C
b
dx
dy
= ∫ f (x ( t ), y ( t )) + g( x ( t ), y ( t )) dt
dt
dt
a
Bila kurva C dinyatakan dalam bentuk y = v(x) dengan a ≤ x ≤ b maka x dapat
dipandang sebagai parameter, menggantikan parameter t. Sehinggga kurva C diberikan
dengan persamaan :
x = x , y = v(x) ; a ≤ x ≤ b
Besar usaha, W yang dilakukan oleh gaya F sepanjang kurva C adalah :
b
∫ ( f (x , v (x )) + g(x , v (x )) v ' (x )) dx
W=
a
Contoh 11.2
Tentukan besarnya usaha yang dilakukan medan vektor ( gaya ) , F ( x,y ) = ( x + 2y )
i + ( x - y ) j untuk memindahkan partikel sepanjang kurva / lintasan C yang diberikan
π
dengan persamaan : x = 2 cos t , y = 4 sin t dengan 0 ≤ t ≤ .
4
Jawab :
W = ∫ F •d r =
C
π
=
∫ [(x + 2 y )dx + (x − y )dy ]
C
4
∫ [(2cos t + 8sin t )(−2)sin t + (2 cos t − 4sin t )4cos t ]dt = 1 − π
0
Contoh 11.3
Hitung integral garis :
∫ ( yz dx − xz dy + xy dz )
bila C merupakan kurva yang dinyatakan
C
dengan persamaan : x = et , y = e3t dan z = e− t ; 0 ≤ t ≤ 1 .
Jawab :
1
∫ ( yz dx − xz dy + xy dz ) = ∫ − 3 e3t dt = 1 − e3
C
0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
194
Matematika Dasar
Contoh 11.4
Tentukan besar usaha yang dilakukan oleh gaya F ( x,y ) = y i + x
2
2
j untuk
memindahkan partikel sepanjang kurva y = x dari titik ( -2,4 ) ke titik ( 2,4 ).
Jawab :
(
)
2
(
)
W = ∫ y dx + x dy = ∫ x 2 + 2 x 3 dx =
C
2
−2
16
3
Teorema Green
Suatu kurva C dari titik A ( x1,y1 ) sampai titik B ( x2,y2 ) dinyatakan dengan
persamaan x = x(t) dan y = y(t) ; a ≤ t ≤ b dikatakan kurva tutup bila ujung-ujungnya
saling berimpit, yaitu A = B atau x1(a) = x2(b) dan y1(a) = y2(b). Kurva tutup C
dikatakan kurva tutup sederhana bila kurva tidak berpotongan kecuali pada ujungujungnya.
2
Misal diberikan medan vektor di ℜ , F ( x,y ) = f ( x,y ) i + g ( x,y ) j dengan medan
skalar f ( x,y ) dan g ( x,y ) kontinu dan mempunyai turunan parsial pertama kontinu
pada R ( Daerah R merupakan daerah yang dibatasi atau dilingkupi oleh kurva tutup
sederhana C ). Maka integral garis dari medan vektor F atas kurva tutup sederhana C
dengan arah positif ( arah positif dari lintasan tutup sederhana dapat diketahui bila kita
berjalan mengikuti larah lintasan tersebut daerah R selalu terletak di sebelah kiri kita )
dapat diselesaikan menggunakan integral rangkap dua berikut :
∂g
∂f
∫ ( f (x , y ) dx + g (x , y ) dy) = ∫∫ ∂x − ∂y dA
C
R
Bentuk di atas dinamakan Teorema Green ( di Bidang ).
Contoh 11.5
Hitung integral garis
∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy) , kurva C merupakan segmen garis dari titik
C
(0,0) ke ( 2,0 ) dan berakhir di ( 2,3 ).
Jawab :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
195
Matematika Dasar
Y
C = C1 Υ C2 Υ C3
dengan :
C1 segmen garis dari ( 0,0 ) ke ( 2,0 )
R
C3
C2 segmen garis dari ( 2,0 ) ke ( 2,3 )
C2
C3 segmen garis dari ( 2,3 ) ke ( 0,0 )
Oleh karena itu, Bilamana integral garis
diselesaikan secara langsung didapatkan
perhitungan berikut :
X
C1
∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy ) = ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy ) + ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy ) + ∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy)
C
C1
C2
C3
Sedangkan bila digunakan teorema Green maka didapatkan :
∂f
∂g
f ( x , y ) = xy 2 →
= 2 xy
; g( x, y) = x2 y →
= −2 xy
∂y
∂x
3
R = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x
2
(
)
2 3x / 2
∫ xy 2 dx − x 2 y dy = ∫∫ − 4 xy dA = ∫
C
R
0
∫ − 4 xy dy dx = −18
0
Dari bentuk teorema green di bidang, misal f ( x,y ) = -y dan g ( x,y ) = x. Maka :
∂
∂
∫ (− y dx + x dy) = ∫∫ ∂x ( x) − ∂y (− y) dA = 2∫∫ dA . Hal ini dapat disimpulkan
C
R
R
bahwa luas daerah yang dilingkupi lintasan tutup sederhana C yaitu daerah R
mempunyai luas :
Luas R =
1
∫ (− y dx + x dy )
2
C
Contoh 11.6
Hitung luas Ellips yang dinyatakan dengan : x = a cos t , y = b sin t
Jawab :
1
Luas =
2
∫
C
1
(− y dx + x dy ) = 2
2π
∫ [(a cos t )(b cos t ) − (b sin t )(− a sin t )] dt = π a b
0
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
196
Matematika Dasar
Kebebasan Lintasan
Secara umum, integral garis dari medan vektor F sangat bergantung dari bentuk kurva
C yang diberikan walaupun ujung-ujung dari kurva sama. Berikut akan dibahas syarat
perlu dan cukup agar integral garis dari suatu medan vektor F atas kurva C bernilai
sama walaupun bentuk kurva berbeda asal ujung-ujungnya tetap. Hal ini, kita katakan
integral garis bebas kurva / bebas lintasan / bebas tapak.
Misal D merupakan daerah pada bidang XOY dan F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j
dengan medan skalar f ( x,y ) dan g ( x,y ) kontinu pada D. Maka integral garis :
∫ ( f ( x, y ) dx + g( x, y ) dy )
C
bebas lintasan di D bila terdapat fungsi P ( x,y ) ( disebut fungsi potensial ) sehingga
berlaku:
∂P ( x , y )
∂P ( x , y )
= f ( x , y ) dan
= g (x, y)
∂x
∂y
Syarat di atas dapat juga dituliskan bahwa integral garis bebas lintasan bila berlaku :
∂f ( x , y ) ∂g ( x , y )
=
∂y
∂x
∂P ( x , y )
∂P ( x , y )
dx +
dy . Maka
∂x
∂y
didapatkan : dP( x,y ) = f ( x,y ) dx + g ( x,y ) dy. Bila kurva C mempunyai arah dari
titik
( x1, y1 ) ke titik ( x2, y2 ) maka :
Dari diferensial total fungsi P ( x,y ), dP ( x , y ) =
∫ ( f ( x, y ) dx + g ( x, y) dy ) =
C
=
(x2 , y2 )
∫
(x2 , y2 )
∫ ( f ( x, y) dx + g ( x, y ) dy )
(x1, y1 )
d P ( x, y )
(x1, y1 )
= P(x 2 , y 2 ) − P(x1 , y1 )
Medan vektor F sehingga integral garis dari F atas lintasan C bebas lintasan
2
dinamakan Konservatif. Untuk medan vektor di ℜ , F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j
∂f ( x , y ) ∂g ( x , y )
konservatif bila dan hanya bila
=
. Sedangkan untuk medan vektor di
∂y
∂x
3
ℜ , F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k konservatif bila dan hanya
∂g ( x , y , x ) ∂h( x , y , z)
bila
rot F = curl F = ∇ x F =
atau
,
=
∂z
∂y
∂g ( x , y , x ) ∂f ( x , y , z)
∂f ( x , y , x ) ∂h( x , y , z)
dan
=
.
=
∂x
∂y
∂z
∂x
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
197
Matematika Dasar
2
2
Bila C merupakan kurva tutup dan medan vektor F ( di ℜ atau ℜ ) konservatif maka
∫ ( f ( x , y) dx + g ( x, y) dy) = 0 atau ∫ ( f ( x, y , z) dx + g ( x , y , z) dy + h( x , y , z) dz) = 0 .
C
C
Permasalahan yang dihadapi disini adalah bagaimana menentukan fungsi Potensial P
bila F konservatif. Misal F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j konservatif. Maka untuk
∂P ( x , y )
∂P ( x , y )
menentukan fungsi P(x,y ) sehingga berlaku
= f ( x , y ) dan
= g (x, y)
∂x
∂y
dilakukan berikut.
∂P( x , y )
Dari
P ( x , y ) = ∫ f ( x , y ) dx = f1 ( x , y ) + k ( y ) . Maka
= f ( x , y ) , misal
∂x
∂P ( x , y ) ∂f1 ( x , y )
=
+ k ' ( y ) = g ( x , y ) . Sehingga diperoleh bentuk k (y) berikut :
∂y
∂y
∂f ( x , y )
k ( y) = ∫ g (x , y ) − 1
dy . Dengan cara sama dapat ditentukan fungsi potensial,
∂y
3
P dari medan vektor, F konservatif di ℜ .
Contoh 11.7
Selidiki apakah medan vektor F konservatif. Bila ya, tentukan P ( fungsi potensial )
F ( x,y ) = 3 y i + 3 x j
(
) (
)
F (x, y, z ) = e x cos y + yz i + xz − e x sin y J + xy k
Jawab :
a. f ( x,y ) = 3 y dan g ( x,y ) = 3x.
∂f ∂g
Karena
=
= 3 maka F konservatif.
∂y ∂x
Misal P ( x,y ) fungsi potensial. Maka :
P( x , y ) = ∫ f ( x , y ) dx = ∫ 3 y dx = 3xy + C ( y )
∂P( x , y )
= g ( x , y ) ⇒ 3x + C '( y ) = 3x ⇒ C ( y ) = C
∂y
Jadi P( x , y ) = 3xy + C
∂f
∂f
b. f ( x , y , z ) = e x cos y + yz ⇒
= − e x sin y + z dan
=y
∂y
∂z
∂g
∂g
g ( x , y , z ) = xz − e x sin y ⇒
= z − e x sin y dan
=x
∂x
∂z
∂h
∂h
h( x , y , z ) = xy ⇒
= y dan
=x
∂x
∂y
Jadi F konservatif. Misal P ( x,y,z ) fungsi potensial. Maka
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
198
Matematika Dasar
P (x, y, z ) =
∫ ( ex cos y + yz) dx = ex sin y + xyz + C ( y , z )
∂P
∂C
= g ( x , y , z ) ⇒ − ex sin y + xz +
= − ex sin y + xz ⇒ C ( y , z ) = L( z )
∂y
∂y
∂P
= h ( x , y , z ) ⇒ xy + L ' ( z ) = xy ⇒ L( z ) = C
∂z
Jadi P ( x , y , z ) = ex sin y + xyz + C
Soal latihan 11.2
( Nomor 1 sd 3 ) Hitung integral
∫
C
[( x − y) dx + ( y − x) dy] dengan lintasan C
2
2
menghubungkan titik (0,1) ke titik ( 1,2 ) berbentuk :
1. Garis lurus.
2. Garis lurus dari ( 0,1 ) ke ( 1,1 ) kemudian dari ( 1,1 ) ke ( 1,2 ).
2
3. Parabola x = t dan y = t + 1.
)
(
)
(
( Nomor 4 sd 6 ) Diketahui F ( x, y, z ) = 3 x 2 − 6 yz i + (2 y + 3 xz ) j + 1 − 4 xyz 2 k . Hitung
∫ F•dr
dari titik ( 0,0,0 ) sampai titik ( 1,1,1 ) melalui lintasan C
C
2
3
4. x = t, y = t , z = t .
5. Garis lurus.
6. Garis lurus dari ( 0,0,0 ) sampai ( 0,0,1 ) kemudian menuju ( 0,1,1 ) seterusnya
menuju
( 1,1,1 ).
( Nomor 7 dan 8 ) Hitung integral
∫
C
[( 2xy − x ) dx + ( x + y ) dy] .Lintasan C berupa
2
2
2
2
lengkung tertutup merupakan batas dari daerah yang dibatasi oleh y = x dan y = x.
7. Perhitungan langsung.
8. Gunakan teorema Green.
( Nomor 9 sd 14 ) Hitung integral garis berikut :
∫ (3xy dx + 2 xy dy) ; C merupakan segiempat yang dibatasi oleh y = 1, y = 2, x = -2 ,
9.
C
x = 4.
10.
∫
[( x
C
)
2 − y 2 dx + x dy
] ;C≡x
2
2
+y =9
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
199
Matematika Dasar
11.
∫ (x cos y dx − y sin x dy)
; C kubus dengan titik sudut ( 0,0 ), ( 0, ½ π ), ( ½ π,½
C
π ) dan ( ½ π , 0 ).
[( x − y) dx + x dy] ; C ≡ x + y = 4
13. ∫ [( e + y ) dx + ( e + x ) dy] ; C ≡ y = x dan y = x
14. ∫ [( e − y ) dx + ( cos y + x ) dy] ; C ≡ x + y = 1
12.
2
2
∫
2
C
x
2
x
3
y
2
2
C
3
2
2
C
( Nomor 15 sd 19 ) Hitung integral berikut dengan mencari potensialnya terlebih
dahulu.
(1,π / 2 )
15.
ex sin y dx + ex cos y dy]
[
( 0,0)
∫
( 3,2)
16.
2xe y dx + x 2 e y dy]
[
( 0,0)
∫
(1,1,1)
17.
∫
( 0,0,0
(1,1,1)
18.
[( 6xy
)
3 + 2 z 2 dx + 9 x 2 y 2 dy + ( 4 xz + 1) dz
]
∫ [( yz + 1) dx + ( xz + 1) dy + (xy + 1) dz]
( 0,1,0)
(−1,0,π )
19.
∫ [( y + z ) dx + ( x + z ) dy + (x + y) dz]
( 0,0,0)
11.3. Integral Permukaan
Misal S suatu permukaan yang dinyatakan dengan persamaan z = f( x,y ) dan D
merupakan proyeksi S pada bidang XOY. Bila diberikan lapangan vektor F ( x,y,z ) =
f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k dan vektor n merupakan vektor normal dari S.
Maka integral dari lapangan vektor F atas permukaan S dinyatakan dengan :
∫∫ F • n dA = ∫∫ F • n dA
S
D
Untuk S permukaan tertutup, dinotasikan dengan :
∫∫ F • n dA .
Bentuk integral tersebut
S
disebut Integral Permukaan.
Vektor posisi ( posisi suatu titik, misal ( x,y,z ) yang terletak pada permukaan S yang
dinyatakan sebagai besaran vektor ) dari S, dinyatakan dengan :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
200
Matematika Dasar
r ( x,y ) = x i + y j + z k = x i + y j + f ( x,y ) k
Normal n dari permukaan S diberikan,
i j k
∂r ∂r
n=
×
= 1 0 fx = − fxi − f y j + k
∂x ∂y
0 1 fy
yang mempunyai arah ke atas, sedangkan normal yang mempunyai arah ke bawah
diberikan,
i j j
∂r ∂r
n=
×
= 0 1 fy = fxi + f y j − k
∂y ∂x
1 0 fx
Oleh karena itu, integral permukaan dengan vektor normal n mempunyai arah ke atas
dapat dituliskan :
∫∫ F • n dA = ∫∫ f (x, y, z )i + g (x, y, z ) j + h(x, y, z )k • − f x i − f y j + k dA
S
D
=
(
∫∫ (− f
D
)(
)
)
f x − g f y + h dA
Bentuk dA = dx dy atau dA = dy dx.
Contoh 11.8
Hitung
∫∫ F • ndA
bila F ( x,y,z ) = 18z i - 12 j + 3y k dan S merupakan bagian
S
dari bidang 2x + 3y + 6z = 12 yang terletak di oktan pertama.
Jawab :
Dari 2x + 3y + 6z = 12 didapatkan z = f ( x,y ) = 2 - 1/3 x - ½ y dan vektor posisi dari
sembarang titik pada permukaan S, r ( x,y ) = x i + y j + z k = x i + y j + ( 2 - 1/3
x - ½ y ) k . Normal bidang, n =
∂r ∂r 1 1
×
= i+ j+k .
∂x ∂y 3 2
12 − 2x
Proyeksi dari S pada bidang XOY, D = (x , y) 0 ≤ x ≤ 6 , 0 ≤ y ≤
atau
3
12 − 3 y
D = ( x , y ) 0 ≤ x ≤
, 0 ≤ y ≤ 4
2
Jadi
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
201
Matematika Dasar
6 (12− 2 x )3
∫∫ F • n dA = ∫
S
=
=
∫
0
0
6 (12− 2 x)3
1
1
− 18 z − − (− 12 ) − + 3 y dy dx
3
2
1
1 1
1
− 18 2 − x − y − − (− 12 ) − + 3 y dy dx
3
2 3
2
∫
∫
∫
∫ (6 − 2 x )dy dx = 24
0
0
6 (12− 2 x)3
0
0
Seringkali dijumpai bentuk permukaan S bermuka dua ( mempunyai dua muka / sisi),
secara fisis kita dapat menghitung besarnya garis gaya ( fluks ) dari gaya / lapangan
vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k yang menembus
permukaan S menggunakan integral permukaan.
Misal S merupakan permukaan yang mempunyai dua sisi yang dinyatakan dengan
z = f ( x,y ). Maka besar garis gaya ( fluks ) dari gaya F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g(
x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k menembus permukaan S dinyatakan oleh :
fluks F =
∫∫ F • n dA = ∫∫ (− f
S
)
f x − g f y + h dA
D
Contoh 11.9
Hitung besar garis gaya ( fluks ) dari F ( x,y,z ) = -y i + x j yang menembus
permukaan S yang merupakan bagian dari bidang z = 8x - 4y - 5 yang terletak di atas
segitiga dengan titik sudut ( 0,0,0 ), ( 0,1,0 ) dan ( 1,0,0 ).
Jawab:
{( x, y) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ − x + 1} .
1 − x +1
fluks F = ∫∫ F •n dA = ∫∫ (− f f x − g f y + g )dA = ∫ ∫ (− (− y )(8) − x(− 4))dy dx = 2
Proyeksi S pada bidang XOY, D =
S
D
0
0
Satu cara dikenalkan untuk menentukan besar garis gaya ( fluks ) dari gaya F yang
menembus permukaan S. Bila permukaan S bermuka dua yang tertutup dan menutupi
volume V maka besar fluks dari F dicari menggunakan teorema divergensi.
Teorema Divergensi
Misal S merupakan permukaan padat yang menutupi volume V. Maka integral
permukaan dari lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k
atas permukaan S atau besarnya fluks dari F yang menembus permukaan S dapat
diselesaikan menggunakan integral rangkap tiga, yaitu :
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
202
Matematika Dasar
∫∫ F • n dA = ∫∫∫ div F dV
S
S
Vektor normal n diambil yang mengarah keluar. Teorema di atas lebih dikenal dengan
Teorema Divergensi Gauss ( Teorema Gauss ).
Contoh 11.10
Hitung
∫∫ F • n dA
bila
S
F ( x,y,z ) = ( 2x - z) i + x2 y j - x z2 k dan S merupakan daerah yang dibatasi oleh
x = 0, x = 1, y = 0, y = 1, z = 0 dan z = 1
Jawab :
div F = f x + g y + hz = 2+ x 2 − 2 xz , S =
∫∫ F • n dA =
S
∫∫∫ div F dV =
S
111
∫∫∫
000
{(x , y , z) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1}
(2 + x2 − 2 xz )dx dy dz = 116
Contoh 11.11
Hitung besar fluks dari gaya F ( x,y,z ) = 4x i - 2 y2 j + z2 k yang menembus
permukaan S yang dibatasi oleh x2 + y2 = 4, z = 0 dan z = 3.
Jawab :
div F = f x + g y + hz = 4− 4 y + 2 z ,
S=
{(x, y, z) − 2 ≤ x ≤ 2, −
3 2
∫∫ F • n dA = ∫∫∫ div F dV = ∫ ∫
S
}
4 − x 2 ≤ y ≤ 4 − x 2 ,0 ≤ z ≤ 3
4− x 2
∫ (4 − 4 y + 4 z )dy dx dz
0 − 2− 4 − x 2
S
3 2 4− x 2
= 4∫
∫
00
∫ (4 − 4 y + 4 z )dy dx dz = 120π − 128
0
Teorema Stokes
Misal S permukaan terbuka bermuka dua dinyatakan oleh z = f(x,y) yang dibatasi oleh
lengkungan / lintasan tutup sederhana C. Maka integral dari F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i +
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
203
Matematika Dasar
g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k atas lengkungan / lintasan C dalam arah positif$ dapat
dinyatakan sebagai integral permukaan dari curl F atas S berikut.
∫ F • d r = ∫∫ curl F • n dA
C
S
Normal n ditentukan dari normalisasi gradien dari permukaan S yang dinyatakan secara
∇f (x, y, z )
.
implisit, f ( x,y,z ) = 0, yaitu n =
∇f (x, y, z )
Contoh 11.12
Diketahui lapangan vektor F ( x,y,z ) = 3 y i - x z j + y z2 k dan S permukaan
paraboloida 2 z = x2 + y2 dibatasi oleh z = 2 dengan lintasan C merupakan kelilingnya.
Gunakan teorema Stokes untuk menghtiung ∫∫ curl F • n dA
S
Jawab :
Lintasan C, x2 + y2 = 4 , z = 2 atau x = 2 cos t, y = 2 sin t , z = 2 dengan 0 ≤ t ≤ 2π.
∫∫ curl F • n dA = ∫ F • d r = ∫
S
C
(
)
3 y dx − xz dy + yz 2 dz =
C
2π
∫ (3(2sin t )(− 2sin t ) − (2cost )(2))dt
0
= −12π
Soal Latihan 11.3
( Nomor 1 sd 3 ) Selesaikan integral
∫∫ F • n dA
bila
S
2
1. F ( x,y,z ) = i + x j + x y z k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang
dibatasi
z = xy, 0 ≤ x ≤ y dan 0 ≤ y ≤ 1
2. F ( x,y,z ) = cosh x i + sinh y k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang
dibatasi
z = x + y2, 0 ≤ y ≤ x dan 0 ≤ x ≤ 1.
3. F ( x,y,z ) = x i - 2 x2 j + y z k dan permukaan S dinyatakan oleh daerah yang
dibatasi z = x + y , 0 ≤ x ≤ y dan 0 ≤ y ≤ 1.
( Nomor 4 sd 6 ) Hitung besar fluks dari gaya F yang menembus permukaan S bila
4. F ( x,y,z ) = ( 9 - x2 ) j dan permukaan S merupakan bagian bidang 2x + 3y + 6z =
6 yang terletak di oktan pertama.
$
Lintasan C mempunyai arah positif bila seseorang berjalan menyusuri lintasan tersebut maka
permukaan S selalu terletak di sebelah kirinya.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom
204
Matematika Dasar
5. F ( x,y,z ) =
y i - x
j + 2
k dan permukaan S ditentukan oleh
z = 1 − y2 , 0 ≤ x ≤ 5
6. F ( x,y,z ) =
(
z = x2 + y2
2 i + 5
j + 3 k dan permukaan S adalah bagian dari
)1/ 2 yang terletak di dalam tabung x
2
+ y2 = 1.
( Nomor 7 sd 10 ) Gunakan teorema divergensi gauss untuk menghitung
∫∫ F • n dA
bila
S
7. F ( x,y,z ) =
z i + x
j + y k dan permukaan S ditentukan oleh
0 ≤ z ≤ 9 − x2 − y2
8. F ( x,y,z ) = x i + 2y j + 3z k dan permukaan S berupa kubus 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤
1, 0 ≤ z ≤ 1
9. F ( x,y,z ) = 3x i - 2y j + 4z k dan permukaan S dinyatakan oleh x2 + y2 + z2 ≤ 9
10. F ( x,y,z ) = xyz k dan permukaan S merupakan tetrahedron yang dibatasi oleh
bidang x = 0, y = 0, z = 0 dan x + y + z =1
( Nomor 11 sd 13 ) Gunakan teorema Stokes untuk menghitung
∫∫ curl F • n dA
S
11. F ( x,y,z ) = xy i + yz j + xz k dan S merupakan segitiga dengan titik sudut
( 0,0,0 ), ( 1,0,0 ) dan ( 0,2,1 )
12. F ( x,y,z ) = yz i + 3xz j + z2 k dan S merupakan bagian bola x2 + y2 + z2 = 16
yang terletak di bawah bidang z = 2.
13. F ( x,y,z ) = ( z -y ) i + ( z + x ) j - ( x + y ) k dan S merupakan bagian
paraboloida
z = 1 - x2 - y2 yang terletak di atas bidang XOY.
Danang Mursita
Sekolah Tinggi Teknologi Telkom