Kalkulus Dasar
February 19, 2017 | Author: Rashya Rashya | Category: N/A
Short Description
Download Kalkulus Dasar...
Description
KENNETH CHRISTIAN NATHANAEL
1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45. 46.
Sistem Bilang Real Fungsi dan Grafik Limit dan Kekontinuan Limit Tak Hingga Turunan Fungsi Turunan Fungsi Trigonometri Teorema Rantai Turunan Tingkat Tinggi Fungsi Implisit Kemotonan Kurva Nilai Ekstrim Dalil L Hopital Integral Tak Tentu Notasi Sigma Integral Tentu Luas Daerah Volume Benda Putar Panjang Kurva Fungsi Invers Fungsi Logaritma Eksponen Fungsi Invers Trogonometri Fungsi Hiperbolik Fungsi Invers Hiperbolik Limit Bentuk Tak Tentu Integral Tak Wajar Barisan Bilangan Deret Tak Hingga Deret Berganti Tanda Konvergen Mutlak dan Bersyarat Deret Kuasa Deret Taylor Maclaurin Turunan Integral Deret Kuasa Order Persamaan Differensial Persamaan Differensial Orde Satu Peubah Terpisah Persamaan Differensial dengan Koefisien Terpisah Persamaan Differensial Orde Dua Persamaan Differensial Orde Dua Tidak Homogen Permukaan Integral Rangkap 2 Integral Rangkap 3 Volume Pusat Massa Koordinat Tabung Bola Medan Vektor Integral Garis Integral Permukaan
Matematika Dasar
SISTEM BILANGAN REAL Bilangan real, dinotasikan dengan ℜ memainkan peranan yang sangat penting dalam Kalkulus. Untuk itu, pertama kali akan diberikan beberapa fakta dan terminologi dari bilangan real. Secara geometri, bilangan real ℜ dapat digambarkan sebagai garis bilangan, dinotasikan dengan ℜ = ( -∞,∞ ) . Sedangkan himpunan bagian dari garis bilangan berupa segmen garis atau interval dinotasikan dengan himpunan sebagai berikut.
Garis bilangan : Interval dan himpunan
a
b
[ a ,b ] = {x| a ≤ x ≤ b}
( a ,b ) = {x| a < x < b}
[ a ,b ) = {x| a ≤ x < b}
(a , b] = {x| a < x ≤ b}
( b, ∞ ) = { x| x > b}
[ b, ∞ ) = { x| x ≥ b}
( −∞, a ) = { x| x < a}
( −∞, a ] = { x| x ≤ a}
Pertidaksamaan Permasalahan pertidaksamaan
Matematika
aljabar.
Himpunan
yang jawab
berkaitan atau
dengan
solusi
dari
interval
terletak
pertidaksamaan
pada aljabar
merupakan salah satu dari bentuk interval di atas. Adapun penjelasannya diberikan berikut. Bentuk umum pertidaksamaan aljabar :
A( x ) C ( x ) < , B( x ) D( x )
A(x), B(x), C(x) dan
D(x) : suku banyak. ( tanda < dapat
digantikan oleh ≤ , ≥ , > ).
Himpunan semua bilangan real x yang memenuhi pertidaksamaan disebut himpunan penyelesaian atau solusi pertidaksamaan.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Cara mencari solusi pertidaksamaan aljabar sebagai berikut :
1. Nyatakan pertidaksamaan tersebut sehingga didapatkan salah satu ruasnya menjadi nol, A( x ) C( x ) P ( x) − < 0 . Kemudian sederhanakan bentuk ruas kiri, misal < 0. B( x ) D ( x ) Q( x ) 2. Cari dan gambarkan pada garis bilangan semua pembuat nol dari P(x) dan Q(x). 3. Tentukan setiap tanda ( + atau - ) pada setiap interval yang terjadi dari garis bilangan di atas. Interval dengan tanda ( - ) merupakan solusi pertidaksamaan.
Contoh : Tentukan himpunan solusi dari pertidaksamaan berikut : 1. x + 1 ≥ 2.
−1 x −1
x −2 x+3 > x −1 x +1
Jawab : 1. x + 1 ≥ x +1 +
−1 x −1 1 ≥0 x −1
( x + 1)(x − 1) + x −1
1 ≥0 x −1
x2 ≥0 x −1 Pembuat nol dari pembilang dan penyebut adalah 0 dan 1. Pada garis bilangan didapatkan nilai dari tiap selang, yaitu : ------
--------
0
++++
1
Himpunan solusi pertidaksamaan, {0} U (1, ∞ )
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Pertaksamaan dengan Nilai Mutlak Secara geometris, nilai mutlak atau nilai absolut dari bilangan real x didefinisikan sebagai jarak dari x terhadap 0, sehingga nilai mutlak dari setiap bilangan selalu bernilai positif. Notasi yang digunakan adalah : ,x≥0 ,x < 0
x x = − x
Sifat-sifat nilai mutlak : 1. x =
x2
2. | x | < a ⇔ -a < x < a 3. | x | > a ⇔ x < -a atau x > a 4. | x + y | < | x | + | y | ( ketidaksamaan segitiga ) 5. | x y | = | x | | y | 6.
x | x| = y |y|
7. | x | < | y |
x2 < y2
⇔
Soal latihan ( Nomor 1 sd 25 ) Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan
1. 4x - 7 < 3x + 5 2. 3x < 5x + 1 < 16 3. 6 ≤ x 2 + x < 20
7.
2 3 < x x−4
8.
1 3 ≥ x+1 x−2
9.
x− 2 1 − 6 x
11. x + 1 < 4 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
12. 2 x − 7 > 3
22.
1 1 < | x − 4| | x + 7|
23.
1 1 − ≥0 | x − 3| | x + 4|
13. x − 2 < 3 x + 7 14.
x −1 ≤ 5
15. x x − 1 ≥
6 x +1
24. 2 3 − x + 3 x + 1 ≥ 2 25. x − 2 + 3 x − 1 ≥ 1
16. 2 x + 3 < 4 x − 5 17. 2( x − 1) 2 − x − 1 ≤ 1
( Nomor 26 sd 27 ) Tentukan nilai x yang
18. 3( x − 1) 2 + 8 x − 1 ≤ 3
mungkin
19. 3x + 1 ≥ ( 3x + 1) 2 − 6 20.
3 − 2x ≤4 1+ x
21.
x ≤1 2x − 1
agar
berikut
menghasilkan
bilangan real : 26.
x2 + x − 6
27.
x+2 x −1
28. Selesaikan : x − 3 2 − 4| x − 3| = 12
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
FUNGSI DAN GRAFIK
Suatu pengaitan dari himpunan A ke himpunan B disebut fungsi bila mengaitkan setiap anggota dari himpunan A dengan tepat satu anggota dari himpunan B. Notasi :
f : A → B x → f(x) = y
Himpunan A disebut Domain / daerah asal dari f(x), dinotasikan
{y| f (x ) = y , x ∈A} ⊆ B disebut Range / daerah hasil
Df , sedang
dari f(x) dinotasikan Rf .
Beberapa macam fungsi dan sifat-sifat yang dimiliki akan dibahas berikut.
Fungsi Polinom Bentuk umum fungsi polinom order atau pangkat n ( n bilangan bulat positif ) dinyatakan oleh f ( x ) = a0 + a1x + a2 x 2 +...+a n x n dengan an ≠ 0 . Berikut bentuk khusus dari fungsi polinom, yaitu : • Fungsi konstan : f(x) = a0. • Fungsi Linear : f ( x) = a0 + a1x . ( f(x) = x : fungsi identitas ) • Fungsi Kuadrat : f ( x) = a0 + a1x + a2 x 2 Misal f(x) merupakan fungsi polinom order n maka akan mempunyai paling banyak n buah pembuat nol yang berbeda. Untuk mendapatkan pembuat nol fungsi polinom dapat digunakan aturan horner.
Fungsi Rasional Bentuk umum fungsi rasional adalah f ( x ) =
p (x ) dengan p(x) dan q(x) merupakan fungsi q (x )
polinom. Fungsi rasional f(x) tidak terdefinisi pada nilai x yang menyebabkan penyebut sama dengan nol atau q(x) = 0. Sedangkan pembuat nol dari pembilang atau p(x) tetapi bukan pembuat nol penyebut merupakan pembuat nol dari fungsi rasional f(x).
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh: Tentukan nilai x yang menyebabkan fungsi f ( x ) =
x 2 − 3x + 2 x2 − 4
sama dengan nol
Jawab : Permbuat nol pembilang, x = 2 dan x = 1. Pembuat nol penyebut, x = -2 dan x = 2. Jadi nilai x yang memenuhi adalah x = -2.
Fungsi bernilai mutlak Bentuk dasar fungsi bernilai mutlak dinyatakan oleh f(x) = | x |. Grafik fungsi f(x) simetris terhadap sumbu Y dan terletak di atasdan atau pada sumbu X. Secara
umum fungsi
bernilai mutlak dapat dinyatakan oleh : g (x ) , x ∈ A C f ( x ) = g ( x) = C ; Df = A ∪ A − g ( x) , x ∈ A Contoh : Tentukan nilai x agar grafik fungsi f ( x ) = x 2 + 1 terletak di bawah garis y = 2. Jawab : Dicari nilai x yang memenuhi pertidaksamaan, pertidaksamaan nilai mutlak
(
f ( x ) = x 2 + 1 < 2 . Menggunakan sifat
)
2
x 2 + 1 < 2 ⇔ x 2 + 1 < 4 didapatkan
2
(x2 + 3 )(x2 − 1) < 0 . 2
Sebab x + 3 definit positif yaitu selalu bernilai positif untuk setiap x real maka x – 1 < 0. Sehingga nilai x yang memenuhi adalah –1 < x < 1 atau | x | < 1.
Fungsi banyak aturan Fungsi ini merupakan bentuk pengembangan dari fungsi bernilai mutlak, untuk fungsi dengan dua aturan dinyatakan oleh: f (x ) , x ∈ A C f (x ) = 1 C ; A∪ A = Df f 2 ( x) , x ∈ A Fungsi banyak aturan dapat dikembangkan sampai n buah fungsi fj(x) dengan j = 1,2,…,n.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Fungsi f(x) disebut fungsi genap bila f(x) = f(-x) untuk setiap x di domain f(x) [ grafik f(x) simetris terhadap sumbu y ]. Fungsi f(x) disebut fungsi ganjil bila f(x) = - f(-x) untuk setiap x di domain f(x) [ grafik f(x) simetris terhadap titik pusat atau pusat sumbu ]. Bila suatu fungsi bukan merupakan fungsi genap maka belum tentu merupakan fungsi ganjil.
Contoh : Manakah diantara fungsi berikut yang merupakan fungsi genap, ganjil atau bukan keduanya 1.
f (x ) = x 2 − 2
2.
x2 − 2 f (x ) = x
3.
f (x ) = x 2 − 2 x + 1
Jawab : 1. Fungsi genap sebab f (− x ) = (− x )2 − 2 = x 2 − 2 = f ( x) 2. Fungsi ganjil sebab f (− x ) =
(− x )2 − 2 −x
=−
x2 − 2 = − f ( x) x
3. Bukan keduanya
Fungsi Trigonometri Bentuk dasar dari fungsi trigonometri diberikan berikut • f(x) = sin x ; f(x) = csc x • f(x) = cos x ; f(x) = sec x • f(x) = tan x ; f(x) = cot x
Sedangkan beberapa persamaan atau identitas yang berlaku pada fungsi trigonometri diberikan : 1. sin (-x ) =
- sin x
6. cot ( -x ) = cot x
2. cos ( -x ) = cos x
7. sin ( π/2 - x ) = cos x
3. tan ( -x ) = - tan x
8. cos ( π/2 - x ) = sin x
4. csc ( -x ) = - csc x
9. tan ( π/2 - x ) = cot x
5. sec ( -x ) = sec x
10. sin ( x + y ) = sin x cos y + sin y cos x Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
11. cos ( x + y ) = cos x cos y – sin x sin y
20. cos x − cos y = −2 sin
tan x + tan y 1 − tan x tan y
12. tan ( x + y ) =
21. sin x + sin y = 2 sin
13. sin ( x - y ) = sin x cos y – sin y cos x tan x − tan y 1 − tan x tan y
15. tan ( x − y ) =
2
17. cos 2x = 2 cos x –1 = 1 – 2 sin x 18. tan 2 x =
2 tan x 1 − tan x 2
x+y x−y cos 2 2
23. sin x sin y =
cos( x − y ) − cos( x + y ) 2
24. sin x cos y =
sin (x + y ) + sin ( x − y ) 2
25. cos x cos y =
cos ( x + y ) + cos (x − y ) 2
16. sin 2x = 2 sin x cos x 2
x+y x−y cos 2 2
22. cos x + cos y = 2 cos
14. cos ( x - y ) = cos x cos y + sin x sin y
x+y x− y sin 2 2
19. sin 2 x + cos 2 x = 1
Fungsi Periodik Fungsi f(x) disebut fungsi periodik f(x+p) = f(x)
jika ada bilangan real positif p sehingga berlaku
untuk setiap x di domain
f(x). Nilai p terkecil disebut periode dari f(x).
Fungsi dasar trigonometri merupakan fungsi periodik dengan periode, •
f(x) = sin x = sin ( x + 2π ) = f( x + 2π )
•
f(x) = cos x = cos ( x + 2π ) = f( x + 2π )
•
f(x) = tan x = tan ( x + π ) = f( x + π )
Translasi ( Pergeseran ) Bila grafik fungsi f(x ) digeser ke kanan ( searah atau sejajar sumbu x ) sepanjang k maka hasil pergeseran merupakan grafik dari fungsi f( x - k ). Bila grafik fungsi f(x) digeser ke atas ( searah atau sejajar sumbu y ) sepanjang a maka hasil pergeseran merupakan grafik fungsi f(x) + a.
Fungsi Komposisi Komposisi dari fungsi f(x) dan g(x) didefinisikan sebagai ( g o f ) ( x ) = g ( f (x) ) Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Sebagai catatan bahwa tidak semua fungsi dapat dilakukan komposisi. Agar dapat dilakukan komposisi antara fungsi f dan g yaitu
g o f maka syarat yang harus dipenuhi
adalah R f I Dg ≠ ∅
Contoh : Diketahui fungsi f ( x ) = 1 − x dan g ( x) =
x . 1− x
1. Tentukan domain dan range dari fungsi f(x) dan g(x). 2. Apakah g o f terdefinisi ? Bila ya tentukan rumusannya. 3. Apakah f o g terdefinisi ? Bila ya, tentukan rumusannya. Jawab : 1. Domain , D f = ( −∞,1) ; Dg = ( −∞,1) ∪ (1, ∞ ) . Range, R f = ( 0, ∞ ) ; Rg = ℜ 2. Sebab R f I Dg = (1, ∞ ) maka g o f terdefinisi dan rumusannya yaitu:
( gof )( x ) = g ( f ( x) ) = g (
)
1− x =
1− x 1− 1− x
3. Sebab, Rg I D f = (−∞,1) maka f o g terdefinsi dan rumusannya yaitu :
( fog )( x ) = f ( g ( x) ) =
x x f = 1− 1− x 1− x
Sifat-sifat : 1. f o g ≠ g o f 2. ( f o g ) o h = f o ( g o h ) 3. Dg o f ⊆ Df
dan Dg ⊆ R f
4. Bila Dg = R f maka Dgof = D f
Soal Latihan 1 1. Diketahui : f ( x ) = x 2x
,x > 3 . Hitung : ,x ≤ 3
a. f( -4)
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
b. f(0) 2
c. f( t + 5 )
2. Nyatakan fungsi berikut tidak dalam nilai mutlak.
a. f(x) = | x | + | 3x + 1 | b. f(x) = 3 + | 2x - 5 | c. f(x ) = 3 | x - 2 | - | x + 1 |
3. Tentukan domain dan range dari : a. f ( x ) =
2x + 3
e. g(u) = | 2u + 3 |
f. h( y ) = − 625 − y 4
1 4x − 1
b. g ( x ) =
c. h( x ) = ( x + 1) −1
g. f ( x ) =
cos( x + 1) 2x 2 − 3x + 1
2
d. f ( t ) = t 3 − 4
4. Gambarkan grafik dari fungsi berikut :
a. f(x) = x - 1
d. f ( x ) = [ x + 2 ] − 2
b. f ( x ) = ( x − 2) 2
e. f(x) = | x -2 | + 2
2
c. f ( x) = ( x − 2) 2 − 1
5. Tentukan ( fog ) (x) dan ( gof ) (x) bila terdefinisi dari :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
a. f ( x ) = x 2 − 1 ; g ( x ) =
2 x
b. f ( x ) = 16 − x 2 ; g ( x ) = 1 − x 2 c. f ( x ) =
x ; g ( x) = x 2 x +1
d. f ( x ) = x − 4
; g ( x ) =| x|
6. Tentukan domain dan range dari soal di atas.
5x 7. Hitung ( fog ) (x). bila f ( x ) = − x x
,x ≤ 0 ,0 < x ≤ 8 ,x > 8
; g (x ) = x 3
8. Carilah f(x), bila : a. f ( x + 1) = x 2 + 3x + 5 x b. f ( 3x ) = 2 x +1 c. g ( x ) = 2x − 1 dan ( gof )( x ) = x 2 d. g ( x ) = x + 5 dan ( gof )( x ) = 3| x | e. g ( x ) = x + 5 ;
( fog ) (x ) = x
1
4 − x2
F. g ( x ) = x 2 ; ( fog)( x ) = ax 2 + b
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
LIMIT DAN KEKONTINUAN
Pengertian dan notasi dari limit suatu fungsi, f(x) di suatu nilai x = a diberikan secara intuitif berikut. Bila nilai f(x) mendekati L untuk nilai x mendekati a dari arah kanan maka dikatakan bahwa limit fungsi f(x) untuk x mendekati a dari kanan sama dengan L dan dinotasikan lim f ( x ) = L
(1)
x→ a +
Bila nilai f(x) mendekati l untuk nilai x mendekati a dari arah kiri maka dikatakan bahwa limit fungsi f(x) untuk x mendekati a dari arah kiri sama dengan l dan dinotasikan lim f ( x ) = l
(2)
x→ a −
Bila L = l maka dikatakan bahwa limit fungsi f(x) untuk x mendekati a sama dengan L dan dinotasikan lim f ( x) = L
(3)
x →a
Sedangkan bila L ≠ l maka dikatakan bahwa limit fungsi f(x) untuk x mendekati a tidak ada.
Bentuk (1) dan (2) disebut limit sepihak, . Sedangkan bentuk (3) mengisyaratkan bahwa nilai limit fungsi pada suatu titik dikatakan ada bila nilai limit sepihaknya sama atau nilai limit kanan ( 1) sama dengan nilai limit kiri ( 2 ).
Sifat-sifat limit: Misal lim f ( x ) = L dan lim g ( x) = G . Maka : x→ a
x →a
1. lim [ f ( x ) + g ( x ) ] = L + G x→ a
2. lim [ f ( x ) − g (x ) ] = L − G x→ a
3. lim [ f ( x ) g ( x )] = LG x→ a
f (x ) L = ,bila G ≠ 0 G x→ a g ( x )
4. lim
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
5. lim n f ( x ) = n lim f ( x ) = n L untuk L > 0 bila n genap. x→ a
x→ a
Sebagai catatan bahwa sifat-sifat di atas juga berlaku untuk limit sepihak.
Contoh : x 2 + 1 , x ≥ 1 Selesaikan limit fungsi f ( x ) = bila ada 2 x , x < 1 1. 2.
lim f ( x)
x →1+
lim f ( x)
x →1−
3.
lim f ( x ) x→1
Jawab : 1. 2.
(
)
lim f ( x) = lim x 2 + 1 = 2
x →1+
x →1+
lim f ( x) = lim 2 x = 2
x →1−
x →1−
3. Sebab limit kiri sama dengan limit kanan maka limit fungsi ada dan lim f ( x) = 2 x →1
Contoh : Selesaikan lim
x 2 + 3x + 2
x →− 2
x2 − 4
Jawab : lim
x →−2
x 2 + 3x + 2 x −4 2
( x + 2)( x + 1) = lim x + 1 = 1 4 x →− 2 ( x + 2 )( x − 2 ) x →− 2 x − 2
= lim
Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada suatu titik x = a bila nilai limit f(x) pada x mendekati a sama dengan nilai fungsi di x = a atau f(a). Secara lebih jelas, f(x) dikatakan kontinu di x = a bila berlaku : 1. f( a ) terdefinisi atau f(a) ∈ ℜ.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
2. lim f ( x ) ada, yakni : x→ a
lim f ( x ) = lim f ( x )
x→ a +
x→ a −
3. lim f ( x ) = f (a ) x →a
Bila minimal salah satu dari persyaratan di atas tidak dipenuhi maka f(x) dikatakan tidak kontinu atau diskontinu di x = a dan titik x = a disebut titik diskontinu. Secara geometris, grafik fungsi kontinu tidak ada loncatan atau tidak terputus. Bilamana kita menggambarkan suatu grafik fungsi sembarang dengan mengerakkan pensil kita di kertas dan tanpa pernah mengangkat pensil tersebut sebelum selesai maka akan kita dapatkan fungsi kontinu.
Fungsi f(x) dikatakan kontinu pada interval buka ( a,b ) bila f(x) kontinu pada setiap titik di dalam interval tersebut. Sedangkan f(x) dikatakan kontinu pada interval tutup [ a,b ] bila : 1. f(x) kontinu pada ( a,b ) 2. f(x) kontinu kanan di x = a lim f ( x ) = f (a ) x →a + 3. f(x) kontinu kiri di x = b lim f ( x ) = f (b ) x →b − Bila f(x) kontinu untuk setiap nilai x ∈ ℜ maka dikatakan f(x)
kontinu atau kontinu
dimana-mana .
Contoh : x 2 + 2kx + 1 , x < −1 Tentukan nilai k agar fungsi f ( x ) = kontinu di x = -1. x +1 x2 + 2 , x ≥ −1 Jawab : Nilai fungsi di x = -1, f( -1 ) = 3.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Sebab nilai limit kanan sama dengan 3 maka nilai limit kiri juga sama dengan 3. Untuk itu pembilang dari bentuk
x2 + 2kx + 1 harus x +1
mempunyai faktor x + 1. Dengan
melakukan pembagian pembilang oleh penyebut didapatkan, x2 + 2kx + 1 − 2k + 2 = x + 2k −1 + . Dari sisa pembagian ( -2k + 2 ) sama dengan nol x +1 x +1 maka didapatkan k = 1.
Soal Latihan 1. Diketahui :
x 2 + 1, x ≤ 1 f(x) = 2 x − x + 2 , x > 1
lim
a. Hitung
x→1−
f ( x) dan
Selidiki apakah
b.
lim
lim
x→1+
f (x )
f ( x ) ada, jika limit ini ada tentukan nilainya.
x→1
2. Diketahui g(x) = x − 2 − 3x , hitung ( bila ada ) :
a. c.
lim
x →2 −
lim
x→2
g( x)
lim−
x →2 +
g( x)
g (x )
3. Diketahui f(x) = a.
lim
b.
x−2 x−2
f (x )
x→ 2
, hitung ( bila ada ) : b.
lim+
f (x )
x→ 2
c. lim x →2
f ( x)
2 x − a , x < −3 4. Diketahui f(x) = ax + 2b, − 3 ≤ x ≤ 3 , tentukan nilai a dan b agar lim f ( x ) dan b − 5x , x > 3 x→−3
lim
x→3
f ( x ) ada.
x 2 − 1, x ≤ −1 5. Diketahui f(x) = , selidiki kekontinuan fungsi f(x) di x = -1 2x + 2, x > −1 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
x + 1, x < 1 6. Agar fungsi f(x) = ax + b , 1 ≤ x < 2 , kontinu pada R, maka a + 2b = 3x , x ≥ 2 ax 2 + bx − 4 , x < 2 , kontinu di x = 2 7. Tentukan a dan b agar fungsi f(x) = x− 2 2 − 4 x , x≥ 2 8. Tentukan nilai a, b dan c agar fungsi berikut kontinu di x = 1. ax 2 − x − 1 ; x >1 x −1 f (x ) = b ;x = 1 − x + c ;x < 1 9. Tentukan nilai k agar membuat fungsi berikut kontinu : 7x − 2 , x ≤ 1 a. f ( x ) = 2 , x >1 k x k x 2 , x ≤ 2 b. f ( x ) = 2x + k , x > 2 x2 − 7 c. f ( x ) = 6 x
;0 k
10. Carilah titik diskontinu dari fungsi x 2 + 3x a. f ( x ) = x+3 b. f ( x ) =
x2 − 4
c. f ( x ) = 3 x −8
x− 2 | x|−2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
LIMIT TAK HINGGA DAN LIMIT DI TAK HINGGA
Dalam sub bab ini pengertian limit tak hingga dan limit di tak hingga secara formal tidak diberikan seperti halnya pada pengertian limit di suatu titik pada pembahasan terdahulu. Secara intuisi diberikan melalui contoh berikut. Misal diberikan fungsi f ( x ) =
1 . Maka nilai fungsi f(x) menuju tak hingga ( ∞ ) x −1
untuk x mendekati 1 dari kanan, sedangkan menuju minus tak hingga ( -∞ ) untuk x mendekati 1 dari kiri. Pengertian tersebut dapat dinotasikan dengan limit sebagai berikut : lim f ( x) = −∞
dan
x→1−
Bila
f ( x) =
atau dituliskan
1
lim f (x ) = ∞
x→1+
maka didapatkan
( x − 1) 2
lim f ( x ) = ∞ dan lim f ( x ) = ∞
x→1−
x→1+
lim f ( x ) = ∞ . Bentuk limit tersebut dinamakan limit tak hingga,
x→1
yaitu nilai fungsi f(x) untuk x mendekati 1 sama dengan tak hingga (∞ ).
Sedangkan bentuk limit di titik mendekati tak hingga diilustrasikan berikut. Misal diberikan fungsi f ( x ) =
1 . Maka nilai fungsi akan mendekati nol bila nilai x x
menuju tak hingga atau minus tak hingga, dinotasikan : lim f ( x ) = 0
x →∞
dan
lim f ( x ) = 0
x → −∞
1 Secara umum, limit fungsi dari f ( x ) = n , n ∈B + untuk x mendekati tak x hingga atau minus tak hingga sama dengan nol, dituliskan : 1 = 0 atau lim =0 x→∞ x n x→− ∞ x n lim
1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Bila f(x) merupakan fungsi rasional, misal
f (x ) =
p (x ) q (x )
dengan p(x) dan q(x)
merupakan polinom maka untuk menyelesaikan limit di tak hingga dilakukan dengan membagi pembilang, p(x) dan penyebut, q(x) dengan x pangkat tertinggi yang terjadi.
Contoh : 3+ x x→ 3+ 3 − x
Hitung lim Jawab :
Nilai dari pembilang untuk x mendekati 3 dari arah kanan adalah mendekati 6, sedangkan nilai penyebut akan
mendekati negatif bilangan yang sangat kecil. Bila 6
dibagi oleh bilangan negatif kecil sekali akan menghasilkan bilangan yang sangat kecil. 3+ x = −∞ x →3 + 3 − x
Jadi lim
Soal Latihan
Hitung limit berikut ( bila ada ) : 1.
3+ x x→ 3+ 3 − x
7. lim
2.
3+ x x →3 3 − x
8.
3.
lim
lim
3
lim
2 x→ 2+ x − 4
4. lim
x→∞ 1 + x 2
x2 + 1
lim
x→−∞ x 2 − 1
x2 + x 9. lim x→∞ x + 1
3
x →2 x 2 − 4
x
10.
1 − x3 x→−∞ 1 − x lim
x3 − 1 5. lim x→1− x − 1
11. lim
x3 − 1 6. lim x→1+ x − 1
12. lim
2 − 3x + x2 1 + x2
x→∞
2x 3
x→∞ 1 + x 3
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
TURUNAN FUNGSI Misal diberikan grafik fungsi y = f(x) dengan P ( a, b ) terletak pada kurva f(x). Bila
Q ( x,y) merupakan titik sembarang pada kurva f(x) maka gradien garis PQ dapat
dinyatakan dengan : mPQ =
y −b f (x ) − f (a ) = x−a x−a
Bila titik Q berimpit dengan dengan titik P maka garis PQ akan merupakan garis singgung kurva f(x) di P sehingga gradien : f (x ) − f (a ) x− a x→ a
m = lim
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
f '( a ) = lim Notasi lain : f ' ( a ) =
df ( a ) dy ( a ) = = y ' (a ) dx dx
Secara fisis, pengertian dari turunan fungsi f(x) di titik x = a dinyatakan sebagai kecepatan, V(x) benda yang bergerak dengan lintasan f(x) pada saat x = a. Oleh karena itu, didapatkan hubungan V (a ) = f '( a ) dan percepatan , A(x) , A( a ) =
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
dV ( a ) dx
Matematika Dasar
Bila y = f(x) diferensiabel di x = a maka kontinu di x = a. Sifat tersebut tidak berlaku sebaliknya. Hal ini, ditunjukkan oleh contoh berikut.
Contoh 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| = lim h h→0 h →0 h
f ' ( 0) = lim
| h| | h| ≠ lim = 1 maka f(x) = |x| tidak diferensiabel di x = 0. − h + h h→0 h→ 0
Karena − 1 = lim
Untuk menentukan turunan suatu fungsi diberikan rumus sebagai berikut :
( ) = r xr−1
d xr 1. 2.
3.
dx
d ( f ( x ) + g ( x ) ) d ( f ( x )) d ( g ( x ) ) = + dx dx dx d ( f ( x ) g( x ) ) dx
d 4.
; r∈R
= g( x)
d ( f (x )) d ( g ( x) ) + f ( x) dx dx
( f (x) g (x )) = g(x) d( f (x)) − f (x) d(g (x)) g 2 ( x)
dx
Soal latihan ( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan 1. y =
dy dari : dx
− 12 2x6
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
2. y =
1 1 − x x2 2
3. y = x ( x + 1 )
( )( ) y = (3 x 2 + 2 x )( x 4 − 3x + 1)
4. y = x 4 + 2 x x 3 + 2 x 2 + 1 5.
6. y = 7. y =
1 2
3x + 9 2x − 1 x −1
2 x 2 − 3x + 1 8. y = 2x + 1 x2 − 2x + 5
9. y = 2 x + 2x − 3 10. y =
5x 2 + 2 x + 6 3x − 1
( 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 − bx ; x ≥ 1
;x=1
ax − b ; x < 2 12. f ( x ) = 2 2x − 1 ; x ≥ 2
;x=2
x 2 − 1 ; x < 3 13. f ( x ) = 2 ax + b ; x ≥ 3
;x=3
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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
x→ a
dan
lim cos x = cos 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 ) − sina 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 cos ( a + h) − cos a 2 2 = lim = lim = − sin a dx h h h →0 h→0
(
)
Untuk turunan fungsi trrigonometri yang lain dapat diperoleh dengan menerapkan rumus perhitungan turunan : d (tan x) d . = dx
(sin x cos x) = sec2 x dx
d (cot x ) d 2. = dx
(cos x sin x) = − csc2 x
(
dx
)
1 d (sec x ) d cos x 3. = = sec x tan x dx dx
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
(
)
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 Hitung limit berikut ( bila ada ) 1.
a.
sin x x→∞ x lim
1 + cos x x→ 0+ sin x lim
Jawab : a. Misal
f (x ) =
sin x . Dari x
-1 ≤ sin x
≤ 1 maka
− 1 sin x 1 ≤ ≤ . Karena x x x
−1 1 sin x = lim = 0 maka lim = 0. x→∞ x x→∞ x x→∞ x lim
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 yang sangat besar
( mendekati tak hingga ). Jadi
1 + cos x =∞ x→0 + sin x lim
Soal latihan ( Nomor 1 sd 7 ) Hitung limit fungsi berikut ( bila ada ) Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
1. 2.
1 + cos x x→ 0− sin x lim
lim cos x
x→∞
3.
1 lim sin x x→∞
4.
1 lim x sin x x→∞
5.
π 1 lim sin + x→∞ 6 x
6.
1 lim sin x + − sin x x x→∞
7.
x 1 − cos x→ −∞ lim
1 x
( Nomor 8 sd 10 ) Tentukan turunan pertama dari: 8. y =
1 − sin x cos x
9. y =
cos x x
10. y =
tan x 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,y ) ( garis yang tegak lurus terhadap suatu 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
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 , 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 : 1 + x2 Tentukan selang kecekungan dari fungsi : f ( x ) = 1+ x Jawab : Turunan pertama, f ' ( x ) =
x2 + 2x − 1
(1 + x )2 4
Turunan kedua, f "( x) =
(1 + x )3
Cekung ke atas, f "( x ) > 0 pada selang x > -1 dan cekung ke bawah pada selang x < -1.
Soal Latihan
Tentukan selang kemonotonan dan kecekungan dari kurva berikut 1. f ( x ) = ( x − 3) 3 2. f ( x ) = 2 x 3 + 9 x 2 − 13 3. f ( x ) = x 3 − 2x 2 + x + 1 4. f ( x ) = 3x 4 − 4 x3 + 2 5. f ( x ) = x 6 − 3x 4 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
6. f ( x ) =
2− x x2 x2
7. f ( x ) = 2 x +1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
NILAI EKSTRIM
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 : Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi f ( x ) = x4 + 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 x2 + 12 x + 2 . Untuk x = -1, f "( −1) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum f ( -1 ) = -5. Untuk x = - ½ , f "( − 12 ) = −1 dan fungsi mencapai maksimum dengan nilai maksimum f (− 1 2 ) = −4
15 16
Untuk x = 0, f "( 0) = 2 dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum f ( 0 ) = -5
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 Carilah titik belok ( bila ada ) dari fungsi berikut : a. f ( x ) = 2x 3 − 1 b. f ( x ) = x 4 1
c. f ( x) = x 3 + 1 Jawab : a. Dari f ( x ) = 2x 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 x2 . 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
c. Dari f ( x) = x 3 + 1 maka f "( x) =
−2 5
9x
. Terlihat bahwa f(x) tidak dapat diturunkan dua
3
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, Bandung
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
x→∞
lim
x→− ∞
f ( x ) = b . Sedangkan garis x = a disebut asymtot
tegak bila berlaku salah satu dari : 1. 2. 3. 4.
lim
x→ a
+
lim
x →a +
lim
x →a
−
lim
x →a −
f ( x) = ∞ f ( x) = − ∞ f ( x) = ∞ f ( x) = − ∞
Contoh : Carilah asymtot datar dan asymtot tegak dari fungsi f ( x ) =
− x2 x2 − 1
Jawab : Asymtot datar, y = -1 sebab lim f ( x ) = lim
x →∞ x 2
x →∞
Asymtot
tegak,
lim f ( x) = lim
x →1+
x →1+
x
=
− x2 x2 − 1
− x2 −1
= −1 atau lim f ( x ) = −1
-1 dan x = 1 sebab
x →− ∞
lim
x →−1 +
f ( x ) = lim
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
x→∞
lim
x→− ∞
[ f (x ) − ( ax + b) ] = 0 .
Untuk mendapatkan asymtot
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
miring dari fungsi rasional f ( x ) =
P( x ) [ Q( x )
pangkat P(x) = 1 + pangkat Q(x) ] dilakukan
dengan cara membagi P(x) dengan Q(x) sehingga hasilbagi yang didapatkan merupakan asymtot miring dari f(x).
Contoh : Carilah asymtot dari fungsi f ( x ) =
x2 − 2x − 3 x −1
Jawab : Asymtot datar tidak ada sebab lim f ( x ) = ∞ atau lim x →∞
x →− ∞
f ( x) = −∞ .
x2 − 2x − 3 Asymtot tegak, x = 1 sebab lim f ( x) = lim =∞. 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 →∞ x − 1 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
( 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 3. f ( x ) =
x − sin x , 2
( 0 < x < 2π)
3π −π 4. f ( x ) = cos2 x , < x< 2 2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 ) 7. f ( x ) =
1 3 x − 2x 6
8. f ( x ) = x + 2 9. f ( x ) = x 4 + 4 10. f ( x ) = x 4 − 6x 3 − 24x 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 13. f ( x ) =
14. f ( x ) =
1− x x2
( x − 1) 2 x2
1 15. f ( x ) = x 2 − x 16. f ( x ) =
2x x2 − 4
17. f ( x ) = 2 + 18. f ( x ) =
3 1 − x x3
x2 − 2 x
x2 − 2x − 3 19. f ( x ) = x+ 2 20. f ( x ) =
( x − 2) 3 x2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
21. f ( x ) =
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 − 3 x 4 26. f ( x) = 3 x5 − 5x 3 + 1 27. f ( x ) =
2x 1+ x
28. f ( x ) =
3x
( x + 8) 2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
DALIL DELHOSPITAL
Dalam perhitungan limit fungsi seringkali dijumpai bentuk tak tentu dari limit 0 ∞ , , 0 .∞ dan ∞ − ∞ . Untuk menyelesaikannya digunakan cara yang dikenalkan 0 ∞
yaitu :
oleh Delhospital.
Bentuk
0 ∞ dan 0 ∞
Misal lim
lim f(x) = lim g(x) = 0 atau lim f(x) = lim g(x) = ∞.
f (x ) f ' (x ) . Bila masih dijumpai ruas kanan merupakan = lim g (x ) g ' (x )
bentuk
Maka
0 ∞ atau 0 ∞
maka dilakukan penurunan lagi sehingga didapatkan nilai yang bukan merupakan bentuk tak
tentu
tersebut.
Penulisan
lim
lim , lim , lim , lim atau lim .
x →a x→ a + x→ a − x → −∞
x →∞
Contoh : Hitung limit berikut a. lim
x→ 0
b.
lim
1 − cos 2x x2 x 3 + 2x
x→∞ x 4 + 1
Jawab : a. lim
x →0
b.
lim
1 − cos 2 x x2 x3 + 2x
x→∞ x 4 + 1
2 sin 2 x 4 cos 2 x = lim =2 2 x →0 2 x x →0
= lim
= lim
x→∞
3x 2 + 2 4x3
= lim
6x
x→∞ 12 x 2
6 =0 x→∞ 24 x
= lim
Bentuk 0 . ∞ Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
mengandung
maksud
Matematika Dasar
Misal lim f(x) = 0 dan lim g(x) = ∞. Maka lim f(x) g(x) merupakan bentuk 0 . ∞ . Untuk
menyelesaikannya
kita
ubah
f (x ) g (x ) lim f ( x) g ( x ) = lim 1 = lim 1 . g (x )
menjadi
bentuk
Selanjutnya
0 0 solusi
atau dari
∞ ∞
yaitu
limit
tersebut
:
f ( x)
diselesaikan dengan cara seperti bentuk sebelumnya.
Contoh : Hitung limit berikut a.
π lim x − sec x 2 x →π / 2
b. lim x 2 csc x x→0
Jawab : π x− 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 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 Hitung lim (csc x − cot x ) x→ 0
Jawab :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
1 cos x 1 − cos x sin x lim (csc x − cot x ) = lim − = 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 Hitung limit berikut : a.
b.
x 2 − 3x 1− x
lim
x→−∞
lim x 2 + x − x 2 + 1
x→∞
Jawab: a.
x2 − 3x x x 2 − 3x (− x ) = lim =1 2 1− x x x→−∞ 1 − x x
lim
x→−∞
x −1 b. lim x 2 + x − x2 + 1 = lim x→∞ 2 x→∞ x + x + x2 + 1
x2 1 = x 2
Soal latihan
Hitung limit berikut ( bila ada ) 1.
2.
2x + 1 x→+∞ 2 − 5x lim
lim
4x2 − x
x→−∞ 2x 3 − 1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
5 − 3x 3 3. lim x→+∞ x + 4 4.
5.
6.
3x − 5 lim 3 x→+∞ 6x + 2 lim
x→+∞
lim
x→−∞
2x2 − 1 1+ x 2x + 1 1 + 2x2
7. lim 2 x csc x x→0
8. lim cot 2 x (1 − cos 2x ) 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
tan 5x x→0 sin2 x
15. lim
16. lim
x→0
sin2 ( 5x ) x2
sin x x→0 1− cos x
17. lim
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
x sin x x→0 1 − cos x
18. lim
cos 2 x − 1 x→0 1− cos 5x
19. lim
x2 x→0 1− cos x
20. lim
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
NOTASI SIGMA ( Σ )
Notasi untuk sigma ( jumlah ) diberikan berikut : n
∑ ai
i =1
= a1 + a2 + ... + an dan
n
k + ... + k = nk ∑ k = k1+42 4 43 4
i =1
n suku
Beberapa sifat dan rumus sigma diberikan berikut : n
n
1.
n
n
∑ (k ai +lbi ) = k ∑ ai +l ∑ bi
i =1
i=1
∑i 2 =
5.
i =1
( sifat
i =1
n (n + 1) 6. ∑ i = 2 i =1 n
linear ) n
2.
∑ (ai +1 − ai ) = an+1 − a1
n
[( i
n
∑
i= 1
i =1 2 + 1 )2 − i
n
4.
∑i =
i =1
]=
2
3
∑i 4 =
7.
i =1
3.
n( n + 1)( 2n + 1) 6
(
)
n( n + 1) 6n3 + 9 n2 + n − 1 30
(n + 1 )2 − 1
n( n + 1) 2
Soal Latihan
( Nomor 1 sd 10 ) Hitung nilai sigma berikut :
6
1. ∑ 2 i 2 i=1 6
2. ∑ ( i + 1) 2 i =1
( − 1) i i = 2 i( 2i + 1) 4
3. ∑
4. ∑ cos i π
20 1 1 7. ∑ − 2 k2 k = 3 ( k + 1)
40 1 1 5. ∑ − k k + 1 k =1
8. ∑ [ (i − 1)( 4i + 3)]
7
i =1
( k =1 10
)
6. ∑ 2 k − 2k −1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
10
i =1 10
9. ∑ 5k 2 ( k + 4) k =1
Matematika Dasar
n
10. ∑ ( 2i − 3) 2 i =1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
( Nomor 11 sd 16 ) Nyatakan dalam notasi sigma deret berikut:
11. 1 + 2 + 3 +…+ 98 12. 2 + 4 + 6 + … + 100 13. 1 + ½ + 1/3 + … + 1/69 14. 1 - ½ + 1/3 - ¼ + … - 1/50 15. f ( c1 ) + f (c2 ) +...+ f ( cn ) 16. f ( w1 ) ∆x + f ( w2 ) ∆x +...+ f ( wn ) ∆x
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
INTEGRAL TENTU
Pengertian atau konsep integral tentu pertama kali dikenalkan oleh Newton dan Leibniz. Namun pengertian secara lebih modern dikenalkan oleh Riemann. Materi pembahasan terdahulu yakni tentang integral tak tentu dan notasi sigma akan kita gunakan untuk mendefinisikan tentang integral tentu. Pandang suatu fungsi f(x) yang didefinisikan pada suatu selang tutup
[ a,b ]. Pada
tahap awal akan lebih mudah untuk dapat dimengerti bilamana f(x) diambil selalu bernilai positif , kontinu dan grafiknya sederhana. Pandang suatu partisi P pada selang [ a,b ] yang dibagi menjadi n sub selang ( dalam hal ini diambil yang panjangnya sama walaupun hal ini tidaklah mutlak ), misal a = x0 < x1 1} 2 u − 1 3. u' du y' = ⇔ ∫ = coth−1 u + C , bila | u| > 1 2 2 1− u 1− u y = coth−1 u =
1 + 1 − u2 − 1 y = sec h u = ln , { 0 < u ≤ 1}
4. y' =
− u' u 1 − u2
⇔
∫
u
du
= − sec h −1|u|+C
u 1 − u2
1 1 + u 2 y = csc h u = ln + , { u ≠ 0} u | u| 5. − u' du y' = ⇔ ∫ = − csc h −1 | u|+ C 2 2 | u| 1 + u u 1+ u −1
Soal Latihan
( 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 4. y =
1 5. y = sinh− 1 x 6. y = cosh −1 (cosh x)
(
7. y = ln cosh −1 x
1 tanh−1 x
8. y =
coth− 1 x
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
)
Matematika Dasar
9. y = sinh− 1(tanh x)
(
)10
12. y = 1 + x csc h− 1x
10. y = e x sec h−1x 1− x 11. y = tanh−1 1+ x
( Nomor 13 sd 20 ) Hitung integral berikut : 13.
∫
14.
∫
15.
∫
16.
∫
17.
∫
dx 1 + 9x 2
18.
dx x −2 2
dx
x 1 + x6 3
19.
∫
0
dx 9 x 2 − 25
dx
∫
dt t2 + 1
1/2
20.
dt t 1− t 1/4
∫
1 − e 2x sin x dx 1 + cos2 x
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
LIMIT BENTUK TAK TENTU 00 ,∞ 0 dan 1∞
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 )
Sedangkan limit dari fungsi berpangkat fungsi, memunculkan bentuk tak tentu berikut :
[
dihitung: lim ln y = lim g ( x ) ln f ( x) x→ a
x→ a
lim y = lim f ( x ) g ( x) akan
x→ a
00 ,∞ 0 dan 1∞ . Untuk menyelesaikannya
]
Misal nilai dari lim ln y = A . Maka lim y = e A . x →a
x →a
Contoh Hitung limit berikut 1
a. lim ( 1 + x ) x x→ 0
b.
c.
lim
π x→ 2
−
x →a
(tan x)cos x
lim x x
x→ 0+
Jawab :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
a.
Limit
mempunyai
bentuk
tak
∞
tentu
1 .
ln (1 + x) dan mempunyai bentuk x x→ 0
lim ln y = lim
x→ 0
1
y = (1 + x ) x
Misal
tak tentu
0 . 0
.
Maka
Menggunakan
1 1 = 1 . Jadi lim (1 + x ) x = e x →0 1 + x x →0
lhospital didapatkan : lim ln y = lim x →0
b.
Limit
mempunyai
lim
c.
ln y =
π x → 2
−
Jadi
lim
π x → 2
Limit
−
bentuk lim
π x → 2
−
tak
cos x ln ( tan x ) =
ln tan x = − sec x π
lim
bentuk
tak
+
x→ 0
tentu
0
0 .
Misal
ln x
Hitung limit berikut. 1
lim x (1− x )
x→1
2. lim (1 + sin 2 x) x 1
x→ 0
4.
( x→ 0+
2
)
lim e2 x − 1
1
cos x
.
Maka 1
lim
2 − π sec x tan x x → 2
y
=
x
x.
= lim − x = 0. Jadi lim x x = 1 − 1 x →0 x x→0+ x →0 + +
Soal Latihan
2 x 3. lim cos x x→∞
y = ( tan x)
x → 2
lim ln y = lim x ln x = lim
x→ 0
Misal
( tan x) cos x = 1
mempunyai
+
0
∞ .
tentu
ln x
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Maka
=0
Matematika Dasar
5.
( x→∞
lim 1 + x 2
)
1
ln x
lim ( ln x) x 1
6.
x→∞
(
7. lim 3x + 5x x→∞ 8.
)
1
x
x + 1 x lim x→∞ x + 2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
INTEGRAL TAK WAJAR
b
Bentuk integral
∫ f ( x) dx disebut Integral Tak Wajar , jika
a a. Paling sedikit satu batas integrasinya tak berhingga, atau
[
b. Integran f(x) mempunyai titik tak kontinu pada a , b
]
Paling sedikit satu batas integrasinya tak hingga b
A.
∫
f (x ) dx =
−∞ ∞
B.
∫
f ( x ) dx =
a ∞
C.
∫
f ( x ) dx =
−∞
b
∫
lim
a → −∞ a
f ( x ) dx
b
lim
∫
b →∞ a
f ( x ) dx c
lim
∫
a →−∞ a
f ( x ) dx +
b
lim
∫
b →∞ c
f ( x ) dx
Bila limit pada ruas kanan ada dan bernilai hingga, maka integralnya disebut Konvergen ke nilai limit tersebut. Sedang bila limit tidak ada atau nilainya menuju tak hingga maka disebut Divergen
Contoh +∞
∫
dx
2 0 x +9
=
=
b
lim
∫
dx
b → +∞ 0 x 2 + 9
=
x b tan−1 3 0 b →+∞ lim
b 0 π lim tan−1 − tan−1 = 3 3 6 b →+∞
Integran mempunyai titik diskontinu pada
( konvergen).
[ a ,b ]
Danang Mursita Sekolah Tinggi Tenologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
]
a. Jika f(x) tidak kontinu di x = a tetapi kontinu pada ( a , b dan lim f(x) x →a + b b
∫ f (x) dx =
= ± ∞ maka
∫
lim f ( x ) dx + t→ a t
a
[
b. Jika f(x) tidak kontinu di x = b tetapi kontinu pada a ,b ) dan lim f(x) = ± x →b− b t
∞ maka
∫ f (x) dx
=
a
[
∫
lim f ( x ) dx − t→b a
]
c. Jika f(x) kontinu pada a , b kecuali di x = c, a < c < b dan lim f ( x ) = + ∞ maka : x →c b t
∫ f (x) dx =
b
∫
∫
lim f ( x ) dx + lim f ( x ) dx − + t→ c a s→ c s
a
Contoh 2
∫
dx
(
)2
0 x −1 2
∫
( integran tak kontinu di x = 1)
t
dx
2
dx
dx
li m ∫ li m ∫ 2 = 2 + 2 − x − 1 0 x −1 0 t →1 t →1+ t x − 1
(
)
(
)
(
)
Gabungan keduanya Misal f ( x ) diskontinu di x = c dengan c ∈ [ a , ∞ ). Maka integral tak wajar dari f ( x ) atas interval [ a , ∞ ) dituliskan berikut : +∞
c
+∞
a
a
c
∫ f ( x) dx = ∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx
Danang Mursita Sekolah Tinggi Tenologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh +∞
dx
∫
(Batas atas tak hingga dan f(x) tak kontinu di x = 1)
2 1 x x −1 +∞
dx
∫
= li m
1 x x2 − 1
2
∫
dx
2 t → 1+ t x x − 1
+
s
li m
∫
dx
s → +∞ 2 x x 2 − 1
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 16 ) Tentukan konvergensi integral tak wajar berikut : ∞
1.
2.
3.
2 3 9+ x 0 − x2
∫ xe
−∞ ∞
∫
1 ∞
4.
x dx
∫
ln x dx x dx
∫
(
2 x ln x ∞ −∞ ∞
∫
6.
−∞ ∞
∫
0 7
8.
)2
∫ x cosh x dx
5.
7.
dx
∫
3 1
x dx
( 1 + x2 ) 2
e− x cos x dx dx x−3
9. ∫ x ln x dx 0 1
10.
∫
0 3
11.
∫
ln x dx x x dx
0 9−x
2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Tenologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
3
12.
x dx
∫
9 − x2
0 2
13.
2
0 x + x− 2 π
14.
3
∫
2
∫
0 ∞
15.
∫
csc x dx 4 x 2 + 1 dx
0 0
16.
dx
∫
−∞ x
dx x2 + 1
( Nomor 17 sd 19 ) Hitung luas daerah D yang diberikan berikut. 17. Antara kurva y = ( x − 8) − 2 / 3 dan y = 0 untuk 0 ≤ x < 8. 1 1 18. Antara kurva y = dan y = 3 untuk 0 < x ≤ 1 x x +x 19. Di kuadran pertama, di bawah kurva y = x −2 / 3 dan di kiri x = 1.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Tenologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
BARISAN BILANGAN
Barisan bilangan tak hingga didefinisikan sebagai fungsi dengan domain merupakan bilangan bulat positif. Notasi yang biasa digunakan adalah: a: n →
{an}∞n=1 = a1,a 2 ,...
+
, n∈B .
an ∈ ℜ merupakan suku barisan ke-n dan tiga buah titik setelah suku ke-2 menunjukkan bahwa suku-suku barisan tersebut sampai tak hingga. Contoh : 1 1 1 1 ∞ a. = 1, , ,..., ,.... 2 3 n n n =1
1 2 n n ∞ b. = , ,..., ,.... n +1 n + 1 n =1 2 3 c.
{(− 1) n+1 ( n + 2)} ∞n=1 = 3,−4,5,..., ( − 1)n+1 ( n + 2),... Barisan bilangan tak hingga
{a n}∞n=1
disebut barisan konvergen ke L ∈ ℜ bila
lim a n = L , sedangkan bila limit tidak ada atau nilainya tak hingga maka barisan
n→∞
∞ disebut barisan divergen. n=1
bilangan tak hingga {a n } Sifat limit barisan 1. lim C = C n →∞
( Can + Dbn ) = C
lim an + D lim bn n→∞ n→∞ 3. lim an bn = lim an lim bn n →∞ n →∞ n →∞ a 4. lim n bn = lim an lim bn ; lim bn ≠ 0 n →∞ n →∞ n→∞ n→∞ 2. lim
n →∞
∞
Barisan bilangan tak hingga {a n } disebut barisan : n=1 (i) Monoton Naik bila an ≤ an +1 (ii) Monoton Turun bila an ≥ an +1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan konvergensi barisan berikut ! n ∞ 1. n + 2 n =1
( − 1) n +1 ∞ 2. n 2 n =1 πn ∞ 3. n 4 n =1
∞
n + 3 n 4. n + 1 n =1 ∞
2 n 5. 1 − n n =1
n ∞ 6. n 2 n =1 1 3 5 7 7. , , , ,... 2 4 6 8 1 1 1 1 8. , , , ,... 3 9 27 81 1 1 1 1 9. 1 − , − , − 2 2 3 3 10.
(
)(
2− 3,
1 ,... 4
)(
3− 4 ,
)
4 − 5 ,...
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
DERET TAK HINGGA
Bentuk deret tak hingga dinyatakan dengan notasi sigma sebagai berikut : ∞
∑
k =1
ak = a1 + a 2 +...+ ak +...
ak disebut suku-suku deret.
Jumlah Deret ∞
Misal Sn menyatakan jumlah parsial n suku pertama deret
Sn = a1 + a2 +...+ an =
n
∑
k =1
ak
∞ Barisan Sn disebut barisan jumlah parsial deret n=1
{ }
{Sn} ∞n=1
∞
∑
ak .
k=1
∞ Sn merupakan barisan jumlah parsial deret n=1
{ }
∞
konvergen ke S. Maka deret ∞
disebut jumlah dari deret
∑
k=1
barisan
a k . Maka
k=1
S1 = a1 S2 = a1 + a2 .................... ..................... ....................
Misal
∑
{Sn} ∞n=1
∑
∞
∑
ak
dan barisan
k=1
a k dikatakan deret konvergen ke S dan S
k=1
a k , dinotasikan dengan :
S=
∞
∞
∑ ak .
Sedangkan bila
k =1
divergen maka deret ∑ a k dikatakan deret divergen dan tidak ada k=1
jumlah.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Deret Geometri ∞
Bentuk deret geometri yaitu : ∑ a r k −1 = a + a r + ...+ a r k −1 +...
dengan a ≠ 0
k =1
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 Sn = ∞
n →∞
atau barisan
{Sn} ∞n=1
lim r n = ∞ , sehingga
n→∞
∞
divergen. Oleh karena itu, deret ∑ 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} ∞n=1
konvergen
ke
a ( a ≠ 0) 1− r
∞
. Jadi deret
∞
∑ a r k −1
k =1
a a ( a ≠ 0) atau ∑ a r k −1 = ( a ≠ 0) . 1− r 1− r k =1
Deret Harmonis ∞
1 1 1 = 1 + +...+ +... k 2 k k =1 Pandang jumlah parsial n suku pertama deret : Bentuk deret harmonis yaitu :
∑
1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + ...+ 2 3 4 5 6 7 8 n 1 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
Sn = 1 +
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
konvergen ke
Matematika Dasar
Untuk n → ∞ maka ( 1+
½ + ½ + … + 1/n )
→ ∞, sehingga lim Sn = ∞ . Oleh karena n →∞
∞
1 divergen. k k=1
∑
itu, deret harmonis
Tes Konvergensi ∞
Misal ∞
∑
k=1
∑
a k merupakan deret positif ( ak ≥ 0 ). Maka lim a k = 0 bila deret k→∞
k=1
∞
a k konvergen . Hal ini menunjukkan bahwa bila lim a k ≠ 0 maka deret ∑ a k k→∞
k=1
divergen. Untuk mengetahui lebih jauh tentang konvergensi suatu deret dilakukan tes konvergensi sebagai berikut :
1. Tes Integral
∞
Misal
∑
a k merupakan deret positif. Maka :
k=1
∞
(i) Deret konvergen bila
∫ ak
dk konvergen
1 ∞
(ii) Deret divergen bila
∫ ak
dk divergen
1
Contoh :
∞
Selidiki kekonvergenan deret
∑
k
2 k =1 ek
Jawab : ∞
1 2 b −1 −1 1 1 − k ∫ ak dk = lim ∫ k 2 dk = 2 lim e 1 = 2 lim b2 − e = 2e b →∞ 1 a b→∞ b →∞ e 1 b
k
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
∞ k 1 Karena integral tak wajar di atas konvergen ke maka deret ∑ konvergen ke 2 2e k =1 ek ∞ k 1 1 dan ∑ = . 2 2e 2e k k =1 e
2. Tes Deret-p ∞
Bentuk deret-p atau deret hiperharmonis :
∑
1
p k=1 k
dengan p > 0.
Menggunakan tes integral didapatkan : ∞
∫
1
1
1
p −1 − 1 p dk = 1 − p blim b k →∞ 1 ∞
1 1 = 0 , sehingga dk = ( konvergen ). Oleh ∫ p p −1 k b→∞ b p −1 1
Bila p > 1 maka
lim
∞
1
1 untuk p > 1 konvergen ke . Untuk 0 < p < 1 maka p p −1 k=1 k
karena itu, deret ∑
1
∞
1 = ∞ sehingga ∫ p dk divergen. Sedang untuk p = 1 didapatkan deret k b→∞ b p −1 1 lim
1
∞
harmonis. Oleh karena itu, deret ∑
1
p k=1 k
untuk 0 < p ≤ 1 divergen.
3. Tes Perbandingan ∞
∑
Misal
k=1
Maka:
∞
a k dan
∑ bk merupakan
deret positif dan berlaku ak ≤ bk , ∀k .
k=1
∞
∞
k=1 ∞
k=1 ∞
(i) Bila deret ∑ bk konvergen maka deret ∑ a k konvergen (ii) Bila deret ∑ bk divergen maka deret ∑ a k divergen k=1
k=1
Contoh : Tentukan konvergensi deret berikut Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
∞
a. b.
1 k =2 k − 1 ∞ k
∑
∑
3 k =1 k + 1
Jawab : a. Pandang : ∞
∞ 1 1 1 < dan karena deret harmonis ∑ k k −1 k=1 k
1 juga divergen. k =2 k − 1 k 1 b. Pandang : < 2 3 k +1 k
divergen maka deret
∑
∞
∞
dan karena deret-p
∑
1
2 k=1 k
konvergen maka deret
k
∑
juga konvergen. k3 + 1
k =1
4. Tes Ratio ∞
Misal
∑
a k +1 = r . Maka : k →∞ ak
a k deret positif dan lim
k=1
(i) Bila r < 1 maka deret
∞
∑
a k konvergen
k=1 ∞
(ii) Bila r > 1 maka deret
∑
a k divergen
k=1
(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ). Contoh :
∞
Selidiki kekonvergenan deret
1 k! k =1
∑
Jawab :
∞ 1 a 1 1 Misal ak = . Maka lim k +1 = lim konvergen = 0 . Jadi deret ∑ k! k ! k →∞ a k k →∞ k + 1 k =1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
5. Tes Akar ∞
Misal
∑
a k deret positif dan lim k ak = a . Maka : k →∞
k=1
∞
(i) Bila a < 1 maka deret
∑
a k konvergen
k=1
(ii) Bila a > 1 atau a = ∞ maka deret
∞
∑
a k divergen
k=1
(iii) Bila a = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ). Contoh : ∞
∑
Tentukan kekonvergenan deret
k =1
3k + 2 k 2k − 1
Jawab : 3k + 2 k ak = . 2k − 1
Misal ∞
3k + 2 k
∑ 2k − 1
k =1
Maka
3k + 2 3 lim k ak = lim = . k →∞ k →∞ 2k − 1 2
Jadi
deret
konvergen.
6. Tes Limit Perbandingan ∞
∞
ak = l . Maka kedua b k →∞ k k=1 k=1 deret konvergen atau divergen secara bersama-sama bila l < ∞ dan l ≠ 0. Misal
∑
∑ bk merupakan deret positif dan
a k dan
Contoh :
∞
Tentukan konvergensi deret
∑
lim
1
2 k =2 k − 1
Jawab : Pandang deret-p ,
∞
1
k= 2
k2
∑
konvergen. Misal
ak =
1
1
dan bk = 2 . Maka k2 k −1
∞ 1 ak k2 −1 = lim = 1. Jadi deret ∑ 2 − 1 konvergen. k k →∞ bk k →∞ k 2 k =2
lim
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 23 ) Tentukan konvergensi deret berikut ∞
1.
2.
3.
4.
∑
k k =1 3 + 5 ∞
∑
1
∑
2 −1
2 k =1 5k − k ∞ k k k =1 3 + 2 k ∞ 2
5 sin k k! k=1
∑ ∞
5.
∑
19.
∑ ∑
2 k =1 2 + sin k
12.
∑
22.
4k − 2k + 6 23.
1 3 8k 2 − 3k
∑
1
∑
1
17 k =1 ( 2 k + 3) ∞ 3 k =1 k + 2 k + 1 ∞
1 9k − 2 k =1
∑ ∑
k
3 k =1 k + 1 ∞
1
∑
k =1 ( 3 + k ) ∞
2 /5
ln k k k=1
∑ ∞
21.
2
7 k =1 8 k + k − 8 ∞
∑
20.
k
∑ ∞
11.
1 k+8
∑
∞
k +1
2 k =1 k − k k =1 ∞
10.
16.
9 k +1
∞
9.
15.
18.
∑
k ( k + 3) ( k + 1)( k + 2 )( k + 5) k =1
∑
k =1 ∞
3 1 k =1 k − 4 k =1 ∞
8.
14.
2
∑
∞ ∞
17.
∞
7.
13.
k4+ k
k =1 ∞
6.
1
∑
4
k k =1 2 + 3 k ∞
∑
1
k =1 k ( k + 1) ∞ k
5 +k k! + 3 k =1
∑
5
k k =1 3 + 1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
DERET BERGANTI TANDA ∞
Bentuk deret berganti tanda : ∑
k =1
( − 1) k ak atau
∞
∑ ( − 1) k +1 ak
dengan ak ≥ 0.
k =1
Pengujian konvergensi deret berganti tanda dilakukan dengan cara berikut : ∞
Deret berganti tanda
∑
k =1
( − 1) k ak atau
∞
∑ ( − 1) k +1 ak
konvergen bila dipenuhi dua
k =1
syarat (i) a k ≥ a k +1 (ii) lim a k = 0 k→∞
Contoh : Tentukan konvergensi deret : ∞
a.
∑ ( − 1) k
k =1
b.
1 k ∞
k+3
k =1
k2 + k
∑ ( − 1) k +1
Jawab : a. Misal
ak =
1 . Maka k
ak k +1 1 = = 1 + > 1. Oleh karena itu, a k ≥ a k +1 . ak +1 k k
∞ 1 1 Sedangkan lim ak = lim = 0 . Jadi deret ∑ ( − 1) k konvergen. k k →∞ k →∞ k k =1
b. Misal ak =
k+3
. Maka k2 +k k + 3 ( k + 1) 2 + ( k + 1) k 2 + 5k + 6 ak k+6 = = 2 = 1+ 2 > 1 . Oleh karena itu, 2 ak+1 k + k k +4 k + 4k k + 4k
a k ≥ a k +1 . Sedangkan
lim ak = lim
k →∞
k +3
k →∞ k 2 + k
= 0 . Jadi deret
konvergen.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
∞
k+3
k =1
k2 + k
∑ ( − 1) k +1
Matematika Dasar
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan konvergensi deret berikut ∞
1.
∑
k =1 ∞
2.
k
( − 1) k +1 k 3 k +4
∑
( − 1) k +1 2 k +k k =1 ∞
3.
3 k ∑ − 5 k =1 ∞
4.
∑
k =1 ∞
5.
( − 1) k
ln k k
∑ ( − 1) k +1 e− k
k =1
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
KONVERGEN MUTLAK DAN BERSYARAT ∞
Deret
∑
k=1
∞
uk disebut konvergen mutlak bila deret ∑ uk
konvergen. Bila
k=1 ∞
deret konvergen mutlak
maka konvergen. Sedang
deret
∑
uk disebut konvergen
k=1
∞
∞
k=1
k=1 ∞
bersyarat bila deret ∑ uk konvergen tetapi deret ∑ uk divergen. Pengujian kekonvergenan ( mutlak ) deret ∞
∑
Misal
∑
uk dilakukan dengan tes ratio.
k=1
uk +1 = r . Maka k →∞ uk
uk dengan uk ≠ 0 dan lim
k=1 ∞
(i) Bila r < 1 maka deret
∑
uk konvergen absolut
k=1 ∞
(ii) Bila r > 1 maka deret
∑
uk divergen
k=1
(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan
Contoh : Selidiki deret berikut konvergen mutlak / bersyarat / divergen : ∞ k a. ∑ ( − 1) k k 5 k =1 b.
c.
∞
( − 4) k
∑
k
∑ 2 k =1 k ∞ ( − 1) k k =1
Jawab :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
a. Misal
uk +1 k + 1 5k 1 = lim k +1 = . Jadi deret k 5 k →∞ uk k →∞ 5
k uk = ( − 1) k k . Maka 5
∞
lim
k konvergen mutlak. 5k
∑ ( − 1) k
k =1
( − 4) k
b. Misal uk = ∞
∑
( − 4) k
2 k =1 k
k2
( − 4) k +1 k 2 uk +1 = lim = 4 . Jadi deret k →∞ uk k →∞ ( k + 1) 2 ( − 4) k
. Maka
lim
divergen.
c. Bila dilakukan pengujian di atas maka didapatkan r = 1 ( gagal ). Dari contoh sebelumnya, deret
∞
( − 1) k
k =1
k
∑
( deret harmonis ). Jadi deret
konvergen tetapi deret
∞
( − 1) k
k =1
k
∑
∞
( − 1) k
k =1
k
∑
=
∞ 1
∑
k =1 k
divergen
konvergen bersyarat.
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 6 ) Selidiki kekonvergenan ( mutlak, bersyarat dan divergen ) deret berikut ∞
1.
( − 1) k
∑
( − 1) k +1
∑
k ( − 1) k +1
k =1 ∞
2.
k =1 ∞
3.
k =1 ∞
4.
∑
k =1 ∞
5.
∑
k =1 ∞
6.
ln k k
∑
2k k! k
k!
( − 1) k +1 4
k 3 k
( − 1) k k 5
cos kπ k! k =1
∑
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
DERET KUASA
Bentuk umum deret kuasa dalam (x - b ) yaitu : ∞
∑ a k ( x − b) k
k =0
= a0 + a1( x − b) + a2 ( x − b) 2 +...
(*)
Sedang untuk b = 0 maka bentuk deret sebagai berikut : ∞
∑ 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
∑
k =0 ∞
Maka : (1) L < 1, deret
a k ( x − b) k dan lim
x→∞
a k +1 ( x − b ) k +1 ak ( x − b ) k
=L
∑ a k ( x − b) k konvergen ( mutlak )
k =0 ∞
(2) L > 1, deret
∑ a k ( x − b) k divergen.
k =0
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 : ∞
3k x k Tentukan selang konvergensi deret kuasa : ∑ k = 0 ( k + 1)
3k +1 x k +1 ( k + 1) k +1 = 3 x lim = 3x k k k →∞ ( k + 2 ) 3 x k →∞ k + 2
Jawab : L = lim
Deret konvergen bila L < 1. Oleh karena itu, | 3 x | < 1 atau
−1 1 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, Bandung
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 Diketahui PD : y "−5 y '+ 6 y = 0. Tentukan : a. Solusi umum PD b. Solusi khusus PD bila nilai awal y(0) = 1 dan y ‘ ( 0 ) = 0. Jawab : 2 a. Persamaan karakteristik PD : m - 5 m + 6 = 0 = 0 mempunyai akar m = 3 dan m = 2. Solusi umum PD, y = C1 e 3x + C2 e 2 x b. Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum, y = C1 e 3x + C2 e 2 x dan turunan pertamanya, y '= 3 C1 e3 x + 2 C2 e2 x didapatkan C1 = -2 dan C2 = 3. Jadi solusi khusus PD, y = −2 e3 x + 3e 2 x
2. Akar Karakteristik Real dan Sama. Misal persamaan karakteristik dari PD : a y "+b y '+ c y = 0
merupakan
−b x −b 2a . . Maka salah satu solusi PD : y1 = e mx = e 2a Untuk menentukan solusi yang lain, solusi kedua PD, didapatkan dengan memisalkan
m=
bilangan real dan sama,
−b x
2 a . Fungsi v(x) dicari dengan mensubstitusikan solusi : y2 = v ( x ) y1 = v ( x ) e kedua 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 y"2 = v "( x ) − v '( x ) + 2 v ( x ) e 2a 4a
y2' = v '( x ) e
−b x
2a
−
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
−b x −b x b b2 b − b x 2a 2 a + b v '( x ) − 2a = 0 a v"( x ) − v' ( x ) + 2 v( x ) e v ( x) e + c v (x ) e a 2 a 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 = b2 − 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
Ambil p = 1 dan q = 0, didapatkan v(x) = x dan solusi kedua : y2 = x e 2 a Solusi pertama dan kedua PD, y1 dan y2 merupakan solusi bebas linear, sehingga solusi umum PD bila akar karakterisitik dimisalkan m, yaitu : y = C1 e mx + C2 x emx Cara untuk mendapatkan solusi kedua di atas dikenal dengan nama metode urutan tereduksi. Contoh Diketahui PD : y "− y = 0. Tentukan : a. Solusi umum PD b. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -1 Jawab : a. Akar persamaan karakteristik PD, m = 1. Solusi umum , y = C1 e x + C2 x e x b. 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 e m1 x + 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 px (cos qx + i sin qx) + C2 e p x( cos qx − i sinqx )
= (C1 + C2 ) e p x cos qx + i (C1 − C2 ) e p x sinqx 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 px (C3 cos qx + C4 sin qx)
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 Diketahui PD, y "+ 4 y = 0 . Tentukan : a. Solusi umum PD b. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -3 Jawab : a. Akar persamaan karakteristik PD, m = ± 3 i. Didapatkan p = 0 dan q = 3. Solusi umum PD, y = C3 cos 3x + C4 sin3x . b. Substitusikan nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C3 = 1 dan C4 = -1. Solusi khusus PD, y = cos 3x − sin3x
Soal latihan ( 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
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDER DUA TAK HOMOGEN
Solusi umum PD linear orde dua tak homogen PD homogen, yh dan solusi pelengkap, yp dituliskan : y = yh + y p
merupakan jumlah dari
solusi
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
ea x
An x n + An −1 x n −1 +...+ A1 x + A0 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
xn
Contoh Tentukan solusi umum dari PD : 2x a. y “ - y = -3 e . b. y “ + y = 6 sin 2x Jawab : x -x a. Akar karakteristik PD, m = ± 1. Solusi homogen, yh = C1 e + C2 e . Solusi 2x pelengkap, yp = Ae . Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke 2x 2x 2x dalam PD : 4 A e - A e = -3 e , didapatkan A = -1 sehingga solusi pelengkap, 2x
x
-x
2x
yp = - e . Solusi umum PD, y = C1 e + C2 e - e . b. 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 s diambil 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, Bandung
Matematika Dasar
Contoh Tentukan solusi khusus PD : y "− 6y '+ 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
x e 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
3x
2 3x
½ . Solusi umum PD, y = C1 e + C2 x e + 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 y " + p y ' + q y = f ( x ) . Maka solusi pelengkap dimisalkan : y p = v1 y1 + v2 y2
PD
:
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' y 2 + v1 y1' + v2 y2' .
maka sehingga
y "p = v1' y1' + v2' y '2 + v1 y1" + v2 y"2 .
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 : 0 y2 v1' =
y2'
f ( x) y1 y1'
y2 y2'
y1
0
y1' f ( x) ' v2 = y1 y2 y1' y2'
⇒
⇒
v1 =
∫
v2 =
∫
(
− y2 f ( x )
)
dx
( y1 y2' − y2 y1' )
dx
y1 y2' − y2 y1'
y1 f ( x )
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh 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 ( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan solusi umum PD berikut : 7. y "+ y = sec x 1. y "+3 y '+2 y = 2 e 3 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 .
8. y "+2 y '+ y = e− x ln x 9. y "+ y = sec x tan x 1 10. y "−3 y '+2 y = 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 = 2x ; 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, Bandung
Matematika Dasar
PERMUKAAN
Z c
O a
(a,b,c) b
Y
X
Posisi suatu titik ( a,b,c) di dalam koordinat ruang / koordinat kartesius ( sumbu X , sumbu Y dan sumbu Z ) dalam aturan tangan kanan digambarkan disamping. 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.
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 a2
y2
z2
+ 2 + 2 = 1 ; a,b,c > 0 b c x2
y2
z2
+ 2 − 2 =1 b c 2 y z2 4. Hiperboloida berdaun dua pusat di O, 2 − 2 − 2 = 1 a b c 3. Hiperboloida berdaun satu pusat di O,
x2
a2 x2
y2
z 5. Parabolida elliptik pusat di O, 2 + 2 = c a b
7. Kerucut pusat di O,
a2
y2
z2
+ 2 − 2 =0 b c
; a , b, c > 0
; a, b, c > 0
x2 y 2 z 6. Paraboloida Hiperbolik pusat di O, 2 − 2 = c a b x2
; a , b, c > 0
; 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).
Soal latihan ( Nomor 1 sd 8 ) Tentukan bentuk kurva dan gambar grafik dari : Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
1. 4x 2 − 9 y 2 − 36z 2 = 36 2. 4x 2 + 9 y 2 + z 2 + 8x − 18 y − 4z = 19 3. 4x 2 − y 2 + 9z 2 = 36 4. x 2 + 4 y 2 + 4 x + 16 y − 16z + 20 = 0 5. x 2 − 16y 2 + 4z 2 + 4 x + 96y + 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 z2 − 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 = 4x 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
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
INTEGRAL 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 Y d ∆yi c ∆xi
a
b
X
∆yi. Ambil sebuah titik pada sub persegi panjang, misal titik potong diagonal ( xi,yi ), sehingga kita dapatkan bangun ruang yang dibatasi di atas oleh z = f ( x,y ) dan di bawah oleh sub persegi panjang. Bangun ruang ( partisi ) tersebut akan mendekati bangun balok dengan tinggi f ( xi,yi ). Maka kita dapatkan volume tiap-tiap partisi adalah hasilkali luas alas ( ∆Ai = ∆xi ∆yi ) 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 : V = lim
n
∑
n→∞ i =1
f ( xi , yi ) ∆Ai
Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D didefinisikan sebagai berikut:
∫∫ f ( x , y ) D
dA = lim
n
∑
n →∞ i =1
f (xi , yi ) ∆Ai
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
2. Bila D = B ∪ C dan B ∩ C = ∅ maka
D
∫∫ f ( x , y ) dA = ∫∫ f ( x , y ) dA + ∫∫ f ( x , y ) dA D
B
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
C
Matematika Dasar
Iterasi Integral Untuk menghitung integral rangkap dua dari z = f ( persegi panjang D kita lakukan sebagai berikut. Luas tegak lurus Z c ≤ y ≤
x,y ) atas daerah berbentuk penampang benda yang terhadap sumbu Y dengan d , misal A(yi) adalah
b
A( yi ) =
z
∫ f ( x , y) dx .
a
Volume
bangun
ruang
merupakan
n
c
jumlah volume :
d
a
Y
b ∆y
X
∑ A(yi ) ∆y
i =1
untuk
n → ∞. Oleh karena itu, integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D dapat diselesaikan dengan cara berikut :
d b
∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ A( y) dy = ∫ ∫ f ( x , y) dy dx . D c c a d
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 : b d
∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ f ( x , y ) dx dy D a c Metode penyelesaian integral rangkap dua di atas dinamakan Iterasi Integrasi.
Contoh 1 Hitung integral ∫∫ f ( x , y ) dA bila D
{
}
a. f ( x , y ) = 2 xy dan D = ( x , y ) 0 < x < 2 ,1 < y < 3
b. f ( x , y ) = x 2 dan D daerah tertutup yang dibatasi oleh garis x = -1, x = 1 , y = 0 , y = 1. Jawab : 3 a. ∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ 2 xy dy dx = ∫ x ∫ 2 y dy dx = 16 D 01 0 1 23
2
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
2 b. ∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ x dx dy = ∫ ∫ x 2 dx dy = 3 D 0 −1 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)
{
}
2. Tiep II, R = ( x , y) g ( y ) ≤ x ≤ h ( y ), c ≤ y ≤ d Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R ditlusikan dengan :
∫∫ R
f ( x , y ) dA =
d h ( y)
dy f ( x , y ) dx ∫ ∫ c g ( y)
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Y Y
g(y)
w(x)
h(y) d
v(x)
c
O X
a
b
O
X
Tipe I Tipe II Contoh 2 Hitung integral ∫∫ f ( x, y ) dA bila R
{
}
a. f ( x , y ) = 2 x dan R = ( x, y ) 0 < x < 1, x < y < − x 2 + 1
b. f(x,y) = 2y dan R merupakan daerah tertutup yang dibatasi oleh x = 2, y = x2 , sumbu X. Jawab : − x 2 +1 1 a. ∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ 2 x dy dx = ∫ 2 x ∫ dy dx = − 6 R 0 x 0 x b. 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
2 32 Untuk R2 , ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫ ∫ 2 y dx dy = ∫ 2 y ∫ dx dy = 5 R2 0 y 0 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 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
dilakukan dengan iterasi yang diberikan ( dengan terhadap x ). 4 2
∫ ∫
mengintegralkan terhadap y kemudian
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
0 x2
4
2
e y dy dx =
2 2y
∫ ∫
0 0
X
Contoh 3 Ubahlah urutan integrasi dari integral rangkap berikut 2 2 y
a. ∫ ∫ f ( x , y) dx dy 0 0 0
b. ∫
x2
∫ f ( x , y) dy dx
−1 − x 2
Jawab :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
2
e y dx dy
Matematika Dasar
{
}
{
}
a. Misal R = ( x, y ) 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2 . Maka R = ( x, y ) 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2 y2
4 2
0 0
0 x
x .
Jadi ∫ ∫ f ( x, y ) dx dy = ∫ ∫ f ( x, y ) dy dx .
{
}
b. 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
x2
−1
−x 2
Jadi ∫
0 − −y
∫ f ( x , y) dy dx = ∫
−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
R
= ∫∫ F (r ,θ) dA
θ O
x
R
Sumbu Polar
Dalam koordinat cartesius, dA = dx dy atau dA = dy dx , sedangkan dalam dalam koordinat kutub : dA = | J(r,θ) | dr dθ atau dA = | J(r,θ) | dθ dr dengan ∂x r J ( r ,θ) = ∂ ∂y ∂r
∂x ∂θ = cos θ − r sinθ = r disebut determinan Jacobi dari r dan θ. ∂y sinθ r cosθ ∂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, Bandung
Matematika Dasar
Contoh 4 1
Gunakan koordinat kutub untuk menyelesaikan ∫
1− x2
∫
x dy dx
0 − 1− x 2
Jawab :
{
}
R = ( x , y) 0 ≤ x ≤1, − 1 − x 2 ≤ y ≤ 1 − x 2 .
Misal
setengah lingkaran dengan 0 ≤ r ≤ 1 dan 1− x2
1
Jadi ∫
∫
−π π ≤θ≤ . 2 2
Maka
Soal Latihan ( 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 , y ) 0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1}
∫∫ ( x sin y − y sin x ) dA ; D = ( x , y ) 0 ≤ x ≤
D 2 3
5.
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.
∫ ∫
merupakan
1 π/ 2 2 2 2 r cos θ d θ dr = r ∫ ∫ ∫ cosθ dθ dr = 3 −π / 2 0 − π/ 2 0 1 π/ 2
x dy dx = ∫
0 − 1− x 2
R
xy 2 dy dx
0 x2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
daerah
Matematika Dasar
2 3 9− y
8.
∫
∫
0
0 x3
2π
9.
y dx dy
∫
∫
π
π
10.
0
y dy dx x
2 2 x
∫ ∫ ( x 2 − y 2 ) dy dx 0
2
11.
sin
0
y2
x
2 e y dx dy
∫ ∫
1 0
12.
∫∫ 6xy dA
2
; R daerah dibatasi oleh y = 0, x = 2 dan y = x .
R
13.
∫∫ xy
dA
; R merupakan trapesium dengan titik sudut ( 1,3 ), ( 5,3 ) , ( 2,1 ) dan (
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.
∫∫ ( x + y )
dA ; R daerah dibatasi oleh y = x 2 dan y = x
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.
∫ ∫ 0 y
2
4 2
19.
( )
cos x 2 dx dy
∫ ∫
3
e x dx dy
0 y 3 ln x
20.
∫ ∫ 1
x dy dx
0
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
1 cos−1 x
21.
∫
∫
0 1
22.
x dy dx
0 π
∫
2
sec 2 (cos x ) dx dy
∫
0 sin− 1 x
( Nomor 23 sd 29 ) Selesaikan integral rangkap dua berikut ( Gunakan koordinat kutub ) 23.
∫∫ ex
2
+ y 2 dA ; R daerah di dalam lingkaran x2 + y2 = 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. ∫∫ 2 2 dA ; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x + y = 4, R 4+ x + y y = 0 dan y = x. 26.
∫∫ y dA
2
2
2
R
kuadran pertama. 1 1− x2
27.
28.
∫
∫
0
0
1
1− y 2
0
0
∫
2
29.
∫
1
∫
2 x− x2
∫
0
2
; R daerah di dalam x + y = 4 dan di luar x + y = 1 yang terletak di
(
4 − x2 − y2
(
)
−1
2
dy dx
)
sin x 2 + y 2 dx dy
( x 2 + y 2)
−1
2
dy dx
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 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 : V=
n
∑
i =1
∆Vi
Integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap B didefinisikan sebagai berikut:
∫∫∫
f ( x , y , z ) dV = lim
n
∑ f (xi , yi , zi )
n→∞ i=1
B
∆Vi
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 :
∫∫∫ G
f ( x , y , z ) dV =
∫∫∫ 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 z 2 = v( x , y) atau
{
}
dalam notasi himpunan, Gz = z u( x , y ) ≤ z ≤ v( x , y ) - dan Gxy
yang merupakan
proyeksi dari G pada bidang XOY. Sehingga bentuk integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas G dituliskan : v ( x ,y ) ∫∫∫ f ( x , y , z ) dV = ∫∫ ∫ f (x , y , z ) dz dA G Gxy u ( x, y)
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Bentuk dari Gxy dapat dibedakan menjadi dua yaitu : 1. Gxy =
{( x , y) a ≤ x ≤ b, h( x ) ≤ y ≤ g( x )}
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 berturutturut merupakan proyeksi dari bangun ruang G pada bidang YOZ dan XOZ.
Contoh 7 2 z
x/z
0 1
0
Hitung integral ∫ ∫
∫ 2xyz dy dx dz
Jawab : 2 z
∫ ∫
0 1
2 z x / z dz = 2 2 xyz dy dx dz = z x 2 y dy dx ∫ ∫ ∫ ∫ 3 0 0 1 0
x/z
Contoh 8 Hitung integral ∫∫∫ 2x dV bila G
3 a. G = ( x , y , z) 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ y ≤ 4, 0 ≤ z ≤ x 2 b. G merupakan daerah di oktan pertama yang dibatasi oleh tabung y2 + z2 = 1, bidang x = 1 dan x = 4.
Jawab : Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
4 y 3x /2 65 dx dy = 2 x dz dx dy = 2 x dz ∫ ∫ ∫ ∫ 4 0 G 0 0 0 0 0 b. G dituliskan, G = ( x , y , z ) 1 ≤ x ≤ 4 , 0 ≤ y ≤ 1 − z 2 , 0 ≤ z ≤ 1 . 1 1− z 2 4 1 1− z 2 4 Jadi ∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫ ∫ 2 x dy dz dx = ∫ 2 x ∫ ∫ dy dz dx = −4π . G 1 0 0 1 0 0 4
y 3x /2
a. ∫∫∫ 2 x dV = ∫ ∫
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 9 Hitung volume bangun ruang, dan y + 4z = 8.
G yang terletak di oktan pertama dibatasi oleh y = 2 x2
Jawab : 8− y G dituliskan , G = ( x, y , z ) 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 x 2 , 0 ≤ z ≤ . 4 2 2 x2 ( 8 − y) / 4 2 2 x 2 (8 − y) / 4 224 Volume, V = ∫∫∫ dV = ∫ ∫ ∫ dz dy dx = ∫ ∫ ∫ dz dy dx = 30 G 0 0 0 0 0 0 Soal Latihan ( Nomor 1 sd 5 ) Hitung nilai integral rangkap tiga berikut. 5 3x x+ 2
1.
∫ ∫ ∫
−2 0 π
2.
4x dz dy dx
y
2 z y
∫ ∫ ∫ sin( x + y + z ) dx dy dz 0 00 2 4 3y + x
3.
∫ ∫
0 −1
4.
∫
dz dy dx
0
4 x+1
2y
− 2 x−1
0
∫ ∫
∫
x
3xyz dz dy dx
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
π
5.
2
∫
0
2 yz
∫
∫
0 sin z
0
x sin dx dy dz y
( Nomor 6 sd 9 ) Hitung nilai integral
∫∫∫ xyz dV
bila :
G
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
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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
Contoh 5 Hitung volume bangun ruang yang terletak di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang 2x + 3y + z - 6 = 0. Jawab : 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
Z 6
O R 3
2
Y
6 − 3x R = ( x , y) 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 2 2 Jadi volume bangun ruang : V = ∫∫ f ( x , y ) dA = ∫∫ ( − 2 x − 3 y + 6) dA R
R
X 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 :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Momen dari lamina terhadap sumbu Y = M y = Momen dari lamina terhadap sumbu X = M x =
∫∫ x δ( x , y) dA R
∫∫ y δ( x , y) dA R
Pusat massa dari lamina ( x,y ) dengan : x =
My m
dan y =
Mx . m
Contoh 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 : Proyeksi f(x,y) = 2x - y + 4 pada bidang XOY, R =
{(x , y) − 2 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ 2 x + 4} .
0 2 x +4 Massa, m = ∫∫ δ( x, y ) dA = ∫ ∫ ( x − y ) dy dx = − 8 R −2 0 0 2 x +4 16 Momen terhadap sumbu Y, M y = ∫∫ x δ( x, y ) dA = ∫ x ∫ ( x − y ) dy dx = 3 R −2 0 0 2 x +4 328 Momen terhadap sumbu X, M x = ∫∫ y δ( x , y ) dA = ∫ ∫ y ( x − y) dy dx = − 9 R −2 0
M y M x − 2 41 Pusat massa, , = , m m 3 9
Soal latihan ( 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. Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
( 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
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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)
φ
y O
(ρ,θ,φ)
ρ
O
y
Y
Y θ
θ
r
r
x
x
X
X Koordinat Bola Koordinat Tabung Bila dalam koordinat cartesius maka diperoleh hubungan berikut : 2
2
P( x,y,z ) dan dalam koordinat tabung P( r,θ,z )
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 : ρ2 = x 2 + y 2 + z 2 x = ρ sinφ cosθ y = ρ sinφ sin θ z = ρ cos φ Untuk mentransformasikan integral dari koordinat cartesius ke dalam koordinat tabung atau koordinat bola digunakan metode determinan jacobi.
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Koordinat Tabung ∂x ∂r ∂y J (r ,θ, z ) = ∂r ∂z ∂r
∫∫∫
∂x ∂x ∂θ ∂z cos θ − r sinθ 0 ∂y ∂z = sin θ r cos θ 0 = r ∂θ ∂z 0 0 1 ∂z ∂z ∂θ ∂z
f ( x , y , z ) dV =
G
θ2 r2 (θ ) v2 (r ,θ )
∫
∫
∫
θ1 r1 (θ ) v1 (r ,θ )
f (r cosθ, r sinθ, z) r dz dr dθ
Koordinat Bola ∂x ∂x ∂ρ ∂θ ∂y ∂y J ( ρ,θ,φ) = ∂ρ ∂θ ∂z ∂z ∂ρ ∂θ
∂x ∂φ sinφ cos θ − ρsin φ sinθ ρcos φ cosθ ∂z = sin φ sinθ ρsin φ cos θ ρ cos φ sin θ = ρ2 sinφ ∂φ cos φ 0 − ρ sin φ ∂z ∂φ
θ2 ρ2 (θ) v2 ( ρθ , )
∫∫∫ f ( x, y , z) dV = ∫ G
∫
∫
θ1 ρ1 (θ) v1( ρθ , )
F (ρ,θ, φ ) ρ2 sin φ dφ dρdθ
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 3
Gunakan koordinat tabung untuk menghitung integral ∫
0
9− x 2 2
∫ ∫ x 2 + y 2 dz dy dx 0
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 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Jadi, 3
∫
9− x 2 2
∫ ∫
0
0
3 π /2 2 2 r dz d dr r θ = ∫ ∫ ∫ 0 0 0
2 ∫ dz dθ dr = 9π 0
3 π/2 2
x 2 + y 2 dz dy dx = ∫
∫
0
0
0
Contoh 11 2
4− x2
4− x 2 − y 2
0
0
0
Gunakan koordinat bola untuk menghitung ∫
∫
∫z
dz dy dx
Jawab : Misal G = ( x, y , z ) 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 4 − x 2 , 0 ≤ z ≤ 4 − x 2 − y2 . π π Maka G = ( ρ,θ,φ) 0 ≤ ρ ≤ 2 , 0 ≤ θ ≤ , 0 ≤ φ ≤ 2 2 2
4− x2
4− x 2 − y 2
0
0
0
∫
∫
∫z
2 π/2 π/2
dz dy dx = ∫
∫
2 ∫ ρ cos φρ sinφ dφ dθ dρ
0
0
0
2 π / 2 π /2 = ∫ ρ3 ∫ ∫ cosφ sinφ dφ dθ dρ 0 0 0 =π
Soal latihan 9 − x2 9 − x2 − y 2
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
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: 2
a.
∫
4− x 2
∫
− 2 − 4 − x2
2
25 − x 2 − y 2 , bagian bawah : z = 0 dan selimut : x + y = 25
a. Bagian atas : z =
4 − x 2 − y2
∫
z 2 x 2 + y 2 + z 2 dz dy dx
0
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
9− x 2
3
b.
∫
9− x2 − z 2
∫
∫
− 3 − 9− x2 − 9 − x 2 − z 2 2
4− x2
4 − x 2 − y2
∫
∫
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, Bandung
Matematika Dasar
MEDAN VEKTOR Di Dalam bab ini akan dibahas tentang diferensial dan integral dari fungsi bernilai n vektor atau fungsi vektor. Bila fungsi dengan domain ℜ dan range ℜ akan menghasilkan fungsi bernilai riil ( skalar ) atau lebih dikenal dengan fungsi peubah banyak. Diferensial dan integral dari fungsi dua peubah dan tiga peubah telah dibahas pada bab sebelumnya. n Sedangkan 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 2 3 fungsi vektor di bidang (ℜ ) dan di ruang (ℜ ). 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 2 3 B ⊆ ℜ atau F(t) = ( x(t) , y(t), z(t) ) = x(t) i + y(t) j + z(t) k bila B ⊆ ℜ . Fungsi vektor F disebut Medan / Lapangan Vektor . Bentuk parametrik x(t), y(t) dan z(t) merupakan fungsi bernilai riil dan disebut komponen dari F. Seringkali dalam menyatakan medan 2 vektor F tidak menggunakan parameter t, namun menggunakan peubah x dan y untuk ℜ 3
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 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 :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
∇=
∂ ∂ 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 : div F = ∇ • F =
∂ f ∂ g ∂h + + ∂ x ∂ y ∂z
Sifat-sifat dasar dari divergensi dari suatu medan vektor, yaitu sifat linier : div (a F + b G ) = a div F + b div G 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 1 Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor F = z 2 x i − 2 xy j + 2 y 2 z k Jawab :
∂f ∂g = z 2 , g ( x , y , z ) = −2 xy → = −2 x dan ∂x ∂x ∂h h( x , y , z ) = 2 y 2 z → = 2y2 . ∂x ∂ f ∂ g ∂h div F = ∇ • F = + + = z2 − 2x + 2y 2 ∂x ∂ y ∂z f ( x, y,z) = z2 x →
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
i j k ∂ ∂ ∂ curl F = = ( 4 yz ) i − ( − 2xz ) j + (− 2 y )k ∂x ∂y ∂z z 2 x − 2xy 2 y 2 z
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor berikut. 1. F = x 2 y i − 2xz j + 2 yz k 2. G = 2 yz i − x 2 y j + xz 2 k 3. F = x 2 y i − 2 x2 z j + z k 4. F = x sin y i − y cos x j + xyz k 5. F = e x y i − 2 e x z j + xz k
6. F = x 2 ln( xy ) i − 2 x 2 ln( xz) j + yz k
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 2 diukur dari sebuah titik ( x,y,z ) pada C. Maka didapatkan ( ds) 2 = ( dx ) 2 + ( dy) + ( dz ) 2 . dr Bila r = x i + y j + z k merupakan vektor posisi dari titik ( x,y,z ) maka merupakan ds 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 =1 ( ds) 2
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 ds menggerakkan 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
C
C
Bentuk integral di atas dinamakan integral garis dari medan vektor F atas kurva C. P(x,y,z) F C
Dari r = x i + y j + z k didapatkan dr = dx i + dy j + dz k . Maka besar usaha, W yang dilakukan oleh gaya F sepanjang C adalah :
T r
B
A O
Y
X W=
∫ F • dr = ∫ ( 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 :
#
vektor satuan adalah vektor yang mempunyai norm atau panjang satu Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 : W=
∫ ( f ( x , y ) dx + g( x , y ) dy)
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
W =
∫ ( f ( x , v( x ) ) + g( x , v ( x ) ) v '( x ) ) dx a
Contoh 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 • dr = ∫ ( x + 2 y ) dx + ( x − y ) dy C π
C 4
= ∫
0
[
]
[(2 cos t + 8 sin t )( −2 ) sin t + (2 cos t − 4 sin t) 4 cos t] dt = 1 − π
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh 3 Hitung integral garis :
∫ ( yz dx − xz dy + xy dz )
bila C merupakan kurva yang dinyatakan
C dengan persamaan : x = e t , y = e3t dan z = e− t ; 0 ≤ t ≤ 1 .
Jawab : 1
∫ ( yz dx − xz dy + xy dz) = ∫ − 3 e3t dt = 1 − e 3 C
0
Contoh 4 2 Tentukan besar usaha yang dilakukan oleh gaya F ( x,y ) = y i + x j untuk memindahkan 2 partikel sepanjang kurva y = x dari titik ( -2,4 ) ke titik ( 2,4 ). Jawab :
( C
)
( −2 2
)
16 3
W = ∫ y dx + x 2 dy = ∫ x 2 + 2 x 3 dx =
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 ).
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Contoh 5
∫ ( xy 2 dx − x 2 y dy ) ,
Hitung integral garis
kurva C merupakan segmen garis dari titik
C
(0,0) ke ( 2,0 ) dan berakhir di ( 2,3 ). Jawab : Y
C = C1 U C2 U C3 dengan : C1 segmen garis dari ( 0,0 ) ke ( 2,0 )
C2
C2 segmen garis dari ( 2,0 ) ke ( 2,3 ) C3 segmen garis dari ( 2,3 ) ke ( 0,0 ) Oleh karena itu, Bilamana integral garis diselesaikan secara langsung didapatkan perhitungan berikut :
C3 R C1
∫ ( xy
2
X
)
dx − x 2 y dy =
C
∫ ( xy
2
)
dx − x 2 y dy +
C1
∫ ( xy
2
)
dx − x 2 y dy +
C2
∫ ( xy
2
dx − x 2 y dy
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 = ∫ ∫ − 4 xy dy dx = −18 C
∫ C
R
0
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 bahwa R
R
luas daerah yang dilingkupi lintasan tutup sederhana C yaitu daerah R mempunyai luas : Luas R =
1 2
∫ (− y dx + x dy) C
Contoh 6 Hitung luas Ellips yang dinyatakan dengan : x = a cos t , y = b sin t Jawab :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
1 Luas = 2
∫ C
1 2π ( − y dx + x dy ) = 2 ∫ ( a cos t)(b cos t) − (b sin t)( − a sin t) dt = π a b
[
]
0
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 / lintasan / 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 deferensial total fungsi P ( x,y ), dP( x , y ) =
( x2 , y2 ) ∫ ( f ( x , y ) dx + g ( x , y ) dy) = ∫ ( f ( x, y ) dx + g ( x , y ) dy ) C ( x1 , y1) ( x2 , y2 ) = ∫ d P( x , y ) ( x1, y1 ) = P( x2 , y2 ) − 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 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 bila ∂g ( x , y , x ) ∂h( x, y , z) ∂f ( x , y , x ) ∂h( x , y, z ) rot F = curl F = ∇ x F = 0 atau = , = dan ∂z ∂y ∂z ∂x ∂g ( x , y , x ) ∂f ( x, y , z) = . ∂x ∂y 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 C
atau ∫ ( f ( x , y , z) dx + g ( x , y , z) dy + h( x , y , z ) dz ) = 0 . 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 menentukan fungsi P(x,y ) sehingga berlaku ∂P (x , y ) ∂P ( x , y ) = f ( x, y ) dan = g ( x , y ) dilakukan berikut. ∂x ∂y ∂P( x , y ) Dari = f ( x , y) , misal P ( x , y ) = ∫ f (x , y ) dx = f 1 ( x , y ) + k ( y ) . Maka ∂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, P ∂y 3
dari medan vektor, F konservatif di ℜ .
Contoh 7 Selidiki apakah medan vektor F konservatif. Bila ya, tentukan P ( fungsi potensial ) a. F ( x,y ) = 3 y i + 3 x j
(
) (
)
b. F( x , y , z) = ex cos y + yz i + xz − ex 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 :
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
P( x , y) = ∫ f ( x, y ) dx = ∫ 3 y dx = 3xy + C( y) ∂P( x , y ) = g( x , y ) ⇒ 3x + C '( y) = 3 x ⇒ C( y ) = C ∂y Jadi P( x , y) = 3xy + C ∂f ∂f = −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
b. f ( x, y , z) = e x cos y + yz ⇒
P (x , y , z) =
∫ ( ex cos y + yz ) dx = e x
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 ) = e x sin y + xyz + C
Soal latihan
[C ( x2 − y) dx + ( y2 − x) dy] ∫
( Nomor 1 sd 3 ) Hitung integral
dengan lintasan C
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 ) = 3x 2 − 6 yz i + ( 2 y + 3xz ) j + 1 − 4xyz 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 ).
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
( Nomor 7 sd 8 ) Hitung integral
[C ( 2xy − x2 ) dx + ( x + y2 ) dy] .Lintasan C berupa ∫
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 + 2xy dy) ; C merupakan segiempat dibatasi oleh y = 1, y = 2, x = -2 , x = 4.
9.
C
10. 11.
[C ( x2 − y2 ) dx + x dy] ; C ≡ x + y = 9 2
∫
∫ (x cos y dx − y sin x dy )
2
; C kubus dengan titik sudut ( 0,0 ), ( 0,
½ π ), ( ½ π,½
C
π ) dan ( ½ π , 0 ).
[C ( x2 − y) dx + x dy] ; C ≡ x + y = 4 13. ∫ [( e x + y 2 ) dx + ( e y + x 2 ) dy ] ; C ≡ y = x dan y = x C 14. ∫ [( e x − y 3 ) dx + ( cos y + x 3) dy ] ; C ≡ x + y = 1 C 12.
2
∫
2
2
2
2
( Nomor 15 sd 19 ) Hitung integral berikut dengan mencari potensialnya terlebih dahulu. (1,π / 2 )
∫
15.
( 0,0) (3,2)
16.
[ex sin y dx + ex cos y dy]
2xe y dx + x 2 e y dy] [ (0,0)
∫
( 6xy3 + 2z 2) dx + 9 x2y2 dy + ( 4 xz + 1) dz] [ (0,0,0 (111 ,,)
17.
∫
(111 , ,)
18.
∫ [( 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)
Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
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 : 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 ∂r ∂r n= × = 1 0 ∂x ∂y 0 1
k fx = − f x i − f y j + k fy
yang mempunyai arah ke atas, sedangkan normal yang mempunyai arah ke bawah diberikan, i j k ∂r ∂r n= × = 0 1 fy = f x i + 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 f x − g f y + h dA D
Bentuk dA = dx dy atau dA = dy dx.
Contoh 8 Hitung ∫∫ F • n dA bila F( x,y,z ) = 18z i - 12 j + 3y k dan S merupakan bagian dari S
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 ∂r ∂r 1 1 y ) k. Normal bidang, n = × = i + j+ k. ∂x ∂y 3 2 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
Proyeksi dari S pada bidang XOY,
12 − 2x D = ( x, y) 0 ≤ x ≤ 6 , 0 ≤ y ≤ 3
atau
12 − 3 y D = ( x , y ) 0 ≤ x ≤ , 0 ≤ y ≤ 4 2 Jadi 6 (12 − 2 x ) 3
∫∫ F • n dA = ∫ S
∫
0 0 6 ( 12 − 2 x) 3
=∫
∫
0 0 6 ( 12 − 2 x) 3
=∫
0
1 1 − 18z − − ( − 12 ) − + 3 y dy dx 3 2 1 1 1 1 − 18 2 − x − y − − ( − 12) − + 3 y dy dx 2 3 2 3
∫ ( 6 − 2 x ) dy dx = 24
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 f x − g f y + h dA S
D
Contoh 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: Proyeksi S pada bidang XOY, D =
(
{( 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 = ∫ S
D
0
∫ ( − (− y )(8) − x (− 4) ) dy dx = 2 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 Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung
Matematika Dasar
permukaan S atau besarnya fluks dari F yang menembus permukaan S dapat diselesaikan menggunakan integral rangkap tiga, yaitu : ∫∫ 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 9 Hitung ∫∫ F • n dA bila S
a. 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 = 1 1 1
{(x, y , z) 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1,0 ≤ z ≤ 1}
(
)
∫∫ F • n dA = ∫∫∫ div F dV = ∫ ∫ ∫ 2 + x 2 − 2 xz dx dy dz = S
S
0 0 0
11 6
Contoh 10 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 − x2
∫
0 −2 − 4 − x 2
S 3 2
4− x 2
0 0
0
= 4∫ ∫
}
4 − x 2 ≤ y ≤ 4 − x 2 ,0 ≤ z ≤ 3
∫
( 4 − 4 y + 4 z) dy dx dz
( 4 − 4 y + 4z ) dy dx dz = 120π − 128
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, Bandung
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 • dr = ∫∫ 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 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.
(
)
2π
(
)
∫∫ curl F • n dA = ∫ F • dr = ∫ 3y dx − xz dy + yz 2 dz = ∫ 3( 2 sin t)( − 2 sin t ) − ( 2 cos t)( 2) dt S
C
C
0
= −12 π
Soal Latihan ( Nomor 1 sd 3 ) Selesaikan integral ∫∫ F • n dA bila S
1. F( x,y,z ) = i + x2 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. 5. F( x,y,z ) = y i - x j + 2 k dan permukaan S ditentukan oleh z = 1 − y 2 , 0 ≤ x ≤ 5
$
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, Bandung
Matematika Dasar
(
)
1/ 2 6. F( x,y,z ) = 2 i + 5 j + 3 k dan permukaan S adalah bagian dari z = x 2 + y 2 yang 2
2
terletak di dalam tabung x + y = 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 − x 2 − y 2 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, Bandung
View more...
Comments
