kalkulus 2

i

KATA PENGANTAR

Segala puji hanya milik Allah SWT, yang telah memberikan kenikmatan

kepada penulis sehingga dapat menyelesaikan penulisan buku ajar ini. Buku ajar

ini digunakan oleh penulis sebagai bahan mengajar mata kuliah Kalkulus II. Materi

yang terdapat pada buku ajar ini ditujukan bagi mahasiswa S1 Jurusan Teknik Elektro,

Teknik Informatika, dan Teknik Industri yang sedang mengikuti kuliah kalkulus II pada

Program Perkuliahan Dasar Umum di STT Telkom.

Buku ajar ini terdiri dari lima bab, yaitu : Persamaan Diferensial Biasa, Fungsi

Dua Peubah, Fungsi Vektor, Integral Lipat, serta Integral Garis dan Integral Permukaan.

Semua materi tersebut merupakan bahan kuliah yang sesuai dengan kurikulum silabus

yang berlaku di STT Telkom.

Dalam kesempatan ini, penulis ingin menyampaikan terima kasih yang

setulus-tulusnya kepada berbagai pihak atas segala bantuan dan dukungannya

sehingga penulis dapat menyelesaikannya.

Mudah-mudahan buku ajar kuliah ini dapat memberikan manfaat bagi para

mahasiswa yang ingin mempelajari materi kuliah terkait. Akhirnya, penulis mohon

maaf jika dalam tulisan ini masih banyak kekurangan, sumbangan ide dan kritik yang

membangun untuk perbaikan buku ajar ini sangat penulis harapkan.

Bandung, Juni 2001

Penulis,

ii

DAFTAR ISI

KATA PENGANTAR ….………………………………………………………… i

DAFTAR ISI …………….………………………………………………………. ii

BAB I Persamaan Diferensial Biasa ………………………………………….. . 1

1.1 Persamaan Diferensial Orde satu …………………………………………... …. 1

1.2 Trayektori Ortogonal …………………………………………………………… 3

1.3 Persamaan Diferensial Orde Dua ……………………………………………… 5

1.3.1 Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen …..……………………….. 5

1.3.2 Persamaan Diferensial Orde Dua Tak Homogen ………………………. 6

BAB II Fungsi Dua Peubah …………………………………………………….. 10

2.1 Bentuk Permukaan di Ruang ..…………………………………………………. 10

2.2 Domain dan Kurva Ketinggian Fungsi Dua Peubah ……………………….…. 13

2.3 Turunan Parsial ………………………………………………………………… 15

2.4 Vektor Gradien,Turunan Berarah dan Bidang Singgung ………………………. 17

2.5 Bidang Singgung ………………………………………………………………. 18

2.6 Nilai Ekstrim ……………………………………………. ……………………. 19

BAB III Fungsi Vektor .. …………………………………………………….…. 22

3.1 Daerah Definisi dan Grafik …………………………………………………… 22

3.2 Limit, kekontinuan dan Turunan Parsial ……..………………………………. 24

3.3 Kinematika Pertikel ……………………………………………………………. 24

3.4 Kelengkungan …………………………………………………………………. 25

BAB IV Integral Lipat ………………………………. ………………………… 28

4.1 Integral Lipat Dua ……………………………………………………………. 28

4.1.1 Integral Lipat Dua pada Koordinat Kartesius ……………………….. 29

4.1.2 Integral Lipat Dua pada Koordinat kutub (Polar) ………………….… 32

4.2 Integral Lipat Tiga ...………………………………………………………… 34

4.2.1 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Kartesius ….………………… 34

4.2.2 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Tabung dan Bola …..……….. 35

BAB V Integral Garis dan Integral Permukaan …………………..…………. 39

iii

5.1 Integral Garis ……………………………………………………………………39

5.2 Integral Garis Bebas Lintasan ……………………………………….…………. 42

5.3 Teorema Green …………………………………………………………….….. 44

5.4 Integral Permukaan …………………………………………………………….. 45

5.5 Teorema Divergensi dan Sokes ….…………………………………………….. 47

DAFTAR PUSTAKA …………………………………………………………….. .50

1 KALKULUS II

ADIWIJAYA SEKOLAH TINGGI TEKNOLOGI TELKOM

BAB I

PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA

Persamaan Diferensial adalah suatu persamaan yang mengandung satu atau beberapa

turunan dari peubah tak bebasnya. Jika persamaan diferensial tersebut mengandung peubah tak bebas yang hanya bergantung pada satu peubah bebasnya maka persamaan diferensial tersebut dinamakan persamaan diferensial biasa. Sedangkan jika peubah bebasnya lebih dari satu dinamakan persamaan diferensial parsial. Orde suatu persamaan diferensial adalah turunan tertinggi pada persamaan diferensial tersebut. Contoh Persamaan Diferensial Biasa :

1. 0sin2 =+ xdxdy , persamaan diferensial orde satu dimana y sebagai peubah tak bebas dan x

merupakan peubah bebas.

2. 01dtdr2

dtrd2

2

=++ , persamaan diferensial orde dua dimana r sebagai peubah tak bebas dan

t merupakan peubah bebas. Notasi persamaan diferensial bisa dalam beberapa bentuk, antara lain notasi pada contoh kedua, selain diatas dapat pula ditulis sebagai berikut : r ” + 2r’ +1 = 0 atau rtt + 2rt + 1 = 0 Persamaan diferensial dikatakan linear, apabila persamaan diferensial tersebut mempunyai peubah tak bebas maupun turunannya bersifat linear. Definisi solusi suatu persamaan diferensial : Misal ada suatu persamaan diferensial dimana y sebagai peubah tak bebas yang bergantung pada peubah bebas x. Suatu fungsi f(x) disubstitusikan untuk y dalam persamaan diferensial, persamaan yang dihasilkan merupakan suatu kesamaan untuk setiap x dalam suatu selang, maka f(x) dinamakan solusi persamaan diferensial tersebut. Contoh :

Diketahui persamaan diferensial y’ + 2 sinx = 0 f(x) = 2 cos x + C merupakan solusi persamaan diferensial diatas, dimana C adalah konstanta yang bergantung pada syarat awal persamaan diferensial tersebut.

1.1 Persamaan Diferensial Orde Satu Bentuk umum persamaan diferensial orde satu adalah:

)()(

ygxf

dxdy

=

Beberapa metode untuk menyelesaikan persamaan diferensial orde satu, antara lain : a. Peubah Terpisah Bentuk umum :

)()(

ygxf

dxdy = atau

)()(

xfyg

dxdy =

Cara penyelesaian dengan integral biasa dari kedua ruas di bawah ini :

2 KALKULUS II


∫∫ = dxxfdyyg )()(

Contoh :

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial x

ydxdy

+=

1

Penyelesaian :

)1()1ln(ln

11

xCyCxy

xdx

ydy

xy

dxdy

+=⇒++=⇒

+=⇒

+=

b. Faktor Integrasi

Bentuk umum merupakan persamaan diferensial linear, yaitu : y’ + p(x) y = q(x)

Solusi persamaan diferensial diatas adalah :

Cdxxqxuxu

y += ∫ )()()(

1 dimana ∫=dxxp

exu)(

)(

Bukti : Kalikan persamaan diferensial (*) dengan u(x) sehingga menjadi : u(x) y’ + u(x) p(x) y = u(x) q(x) u(x) y’ + u’(x) y - [ u’(x) y - u(x) p(x) y ] = u(x) q(x) Ambil u’(x) y - u(x) p(x) y = 0 (**) Sehingga u(x) y’ + u’(x) y = u(x) q(x) [ u(x) y ]’ = u(x) q(x)

Cdxxqxuxu

y += ∫ )()()(

1

Dari (**) kita mempunyai u’(x) y - u(x) p(x) y = 0

Dengan metode peubah terpisah diperoleh : ∫=dxxp

exu)(

)( ΘΘΘ

Contoh :

Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial 21xx

ydxdy

=+

Penyelesaian :

p(x) = 1/x u(x) = xdxx

=∫ 1exp

)ln(1112 Cx

xdx

xx

xy +== ∫

f(x, y) adalah fungsi homogen jika f(kx, ky) = kn f(x, y), untuk k ∈ skalar riil dan n merupakan orde dari fungsi tersebut.

Beberapa persamaan diferensial orde satu tak linear yang dapat ditulis ),(T),(S

yxyx

dxdy = , dimana S,

T merupakan fungsi homogen berderajat sama maka solusi persamaan diferensial dapat dicari dengan menggunakan metode substitusi sehingga menjadi bentuk persamaan diferensial

3 KALKULUS II


dengan peubah terpisah. Misal, kita dapat mensubstitusi peubah tak bebas y dengan ux, yaitu : y = ux dimana u = u(x), sehingga y’ = u’x + u. Contoh :

Tentukan Solusi umum dari persamaan diferensial x

yxdxdy +

=

Penyelesaian : Misal y = ux, dimana u = u(x)

Oleh karena itu y’ = u’ x + u Dengan mensubstitusi pada persamaan diferensial di atas ke persamaan diferensial, di peroleh :

xuxxuxu +

=+'

uuxu +=+ 1'

Cxux

u +=⇒= ln1'

Maka y = x lnx + cx 1.2 Trayektori Ortogonal

Salah satu aplikasi dari persamaan diferensial orde satu adlaah menentukan trayektori ortogonal dari suatu fungsi persamaan. Trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva adalah keluarga kurva yang memotong tegak lurus keluarga kurva tersebut. Langkah-langkah menetikan trayektori ortogonal dari suatu keluarga kurva f(x,y)= C, sebagai berikut : Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, Misal Df(x,y)

Jika turunan pertama mengandung C (parameter) maka substitusikan C(x,y) dari persamaan awal. Trayektori Ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial berikut :

),(1

yxDfdxdy −= ,

artinya solusi persamaan diferensial diatas merupakan trayektori ortogonal dari persamaan f(x,y)= C

Contoh : Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva x2 + y2 = C Penyelesaian : Turunan implisit dari fungsi di atas adalah : 2x + 2y y‘ = 0

Sehingga Df(x,y) = yx−

Trayektori ortogonal akan memenuhi persamaan diferensial :

),(1

yxDfdxdy

−= xy

dxdy

=

Trayektori ortogonalnya adalah y = Cx

4 KALKULUS II


Latihan Tentukan solusi umum dari persamaan diferensial orde satu berikut :

1. 21 ydxdy

+=

2. 2

22 3x

yxyxdxdy ++

=

3. xydxdy 62 =+

4. 221cos

yxy

dxdy

+=

5. xexydxdyx 32 =−

6. 022

=−−y

xxy

dxdy

Tentukan solusi khusus dari persamaan diferensial orde satu berikut :

7. 43 xydxdyx =− ; y (1) = 4

8. ( ) yedxdye xx ++1 ; y (0) = 1

Tentukan trayektori ortogonal dari fungsi berikut : 9. xeCy 2−= 10. Cyx =− 22 11. 2xCy = 12. ( ) 222 Ccyx =−+

5 KALKULUS II


1.3 Persamaan Diferesial Orde Dua Bentuk umum persamaan diferensial orde dua :

y” + a y’ + b y = f(x) Jika f(x) = 0 maka persamaan diferensial diatas disebut persamaan diferensial homogen, sedangkan jika f(x) ≠ 0 maka dinamakan persamaan diferensial tak homogen. 1.3.1 Persamaan Diferensial Orde Dua Homogen

Misalkan ada dua fungsi f(x) dan g(x), dikatakan bebas linier pada interval I, jika persamaan yang merupakan kombinasi linier dari keduanya, yaitu : m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Jika tidak demikian maka kedua fungsi tersebut dikatakan bergantung linier. Andai fungsi yang diberikan yaitu f(x) dan g(x) terdiferensialkan untuk setiap x ∈ ℜ. Maka Wronskian dari f(x) dan g(x) didefinisikan sebagai berikut :

W (f(x ), g (x ))f(x ) g (x )f' (x ) g ' (x )

=

Keterkaitan antara kebebasan linier dan wronskian dari dua fungsi tersebut dapat dikatakan sebagai berikut : Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linier pada I jika dan hanya jika wronskian dari kedua fungsi tersebut tidak sama dengan nol, untuk suatu x ∈ I.

Misal u1 dan u2 adalah solusi persamaan diferensial orde dua dan wronskian (determinan wrosnki) dari keduanya didefinisikan oleh :

W (u1, u2)= '' 21

21

uuuu

Jika W ≠ 0 maka u1 dan u2 saling bebas linear artinya u1 dan u2 merupakan basis solusi, sehingga kombinasi linear dari u1 dan u2 , yaitu y = c1u1 + c2u2 juga merupakan solusi dari persamaan diferensial orde dua.

Misal rxexu =)( solusi persamaan diferensial orde dua maka dengan mensubstitusikan pada persamaan diperoleh : 0)( 2 =++ barrerx Oleh karena 0≠rxe maka r2 + ar + b = 0 (dinamakan persamaan karakteristik) Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua homogen bergantung pada akar persamaan karakteristik. Tiga kemungkinan solusi umum persamaan diferensial orde dua : Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil yang berbeda (r1 dan r2) maka

solusi umumnya berbentuk : xrxr ececxy 21

21)( += Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar riil kembar (r1 = r2 = r) maka solusi

umumnya berbentuk : rxrx xececxy 21)( +=

Persamaan karakteristik mempunyai 2 akar kompleks (r = p ± qi) maka solusi umumnya berbentuk :

( )qxcqxcexy px cossin)( 21 += Tunjukan (sebagai latihan) bahwa untuk setiap kasus, wronskian ≠ 0. Contoh :

6 KALKULUS II


Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut : a. y” + y’ – 2y = 0 b. y” + 4y‘ + 4y = 0 c. y” + 9y = 0

Penyelesaian : a. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah

r2 + r – 2 = 0 (r – 1) (r + 2) = 0 mempunyai dua akar real berbeda, yaitu : 1 dan -2 Sehingga solusi umumnya : xx ececxy 2

21)( −+= b. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah

r2 + 4r + 4 = 0 (r – 2) 2 = 0 mempunyai dua akar real kembar, yaitu : 2

Sehingga solusi umumnya : xx xececxy 22

21)( +=

c. Persamaan karakteristik yang sesuai adalah r2 + 9 = 0

r2 = – 9 r = 3 i

mempunyai akar kompleks, yaitu : 3i Sehingga solusi umumnya : xcxcxy 3cos3sin)( 21 +=

1.3.2 Persamaan Diferensial Orde Dua Tak Homogen

Bentuk umum persamaan diferensial orde dua : y” + a y’ + b y = f(x)

Solusi umum dari persamaan diferensial orde dua tak homogen adalah y = yh + yp, dimana yh merupakan solusi homogen dan yp solusi pelengkap. Solusi homogen diperoleh dari persamaan diferensial orde dua homogen (ambil f(x) = 0), sedangkan untuk menentukan solusi pelengkap ada dua metode, yaitu :

• Koefisien Tak Tentu • Variasi Parameter

Metode Koefisien Tak Tentu Metode ini sangat berguna manakala fungsi )(xf berupa polinom, eksponensial sinus, dan cosinus. Metode ini bisa dikatakan metode coba-coba, untuk memudahkan perhatikan tabel berikut :

)(xf yp Cxn bnxn + ….+ b1x + b0 Ceax Aeax Cxeax Aeax + Bxeax

Csin ax A sin ax + Bcos ax Bcos ax A sin ax + Bcos ax

Ket : C, B, A, a, b0 , b1 , …, bn adalah konstanta riil. Aturan 1 : Jika )(xf merupakan fungsi seperti pada kolom pertama, pilih yp dari

kolom kedua yang bersesuaian (terletak pada baris yang sama)

7 KALKULUS II


Aturan 2 : Jika )(xf sama dengan salah satu dari solusi homogen maka kalikan yp dengan x atau dengan x2 jika )(xf sama dengan salah satu dari solusi homogen yang berasal dari dua akar kembar.

Aturan 3 : Jika )(xf penjumlahan dari fungsi dalam kolom satu maka pilih yp sebagai penjumlahan dari baris-baris yang bersesuaian.

Setelah memilih yp yang diinginkan, dengan mensubstitusikan yp tersebut pada persamaan diferensial, kita berusaha menetukan koefisien yang yp. sehingga diperoleh solusi umum dari persamaan diferensial tersebut yaitu penjumlahan dari solusi homogen (yh) dengan solusi pelengkap (yp). Contoh : Tentukan solusi umum persamaan diferensial berikut :

xsin2y4dxdy3

dxyd2

2

=−−

Penyelesaian : Kita mempunyai solusi umum homogen

xxh ececy 4

21 += − Untuk menentukan solusi pelengkap, kita pilih :

yp = Asinx + B cosx Substitusikan ke persamaan diferensial, sehingga diperoleh : (– A + 3B – 4A) sinx + (– B – 3A – 4B) cosx = 2 sinx Maka ada dua persamaan yaitu :

– 5A + 3B = 2 – 5B – 3A = 0 Oleh karena itu A = – 5/17 dan B = 3/17 Solusi umum dari persamaan diferensial diatas adalah :

xxececxy xx cos173sin

175)( 4

21 +−+= −

Metode Variasi Parameter Metode ini lebih umum dari metode sebelumnya, artinya jika kondisi persamaan diferensial seperti di atas, metode ini dapat digunakan dalam menentukan solusinya. Jika )(xf tidak sama dengan fungsi-fungsi pada kolom pertama tabel maupun penjumlahannya, bisa berupa perkalian atau pembagian dari fungsi-fungsi tersebut, kondisi ini mendorong kita untuk menggunakan metode variasi parameter. Solusi pelengkap dari persamaan diferensial dengan menggunakan metode variasi parameter adalah : yp = v1u1 + v2u2 dimana u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear, sedangkan

[ ]dxuuuu

xfuv ∫ −−

=''

)(

1221

21 dan [ ]dx

uuuuxfuv ∫ −

=''

)(

1221

12

Bukti : Misal yp = v1u1 + v2u2 solusi persamaan diferensial. Substitusikan sehingga diperoleh: v1’u1’ + v2’u2’ + v1u1” + v2u2” + a (v1’u1 + v2’u2 + v1u1’+ v2u2’)

+ b(v1u1+ v2u2)= )(xf

8 KALKULUS II


v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) + v1u1” + v2u2” + a(v1u1’+ v2u2’) + b(v1u1+ v2u2)= )(xf

v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) + v1(u1” + au1’+ bu1) + v2 (u2” + au2’ + bu2)= )(xf

u1, u2 merupakan solusi homogen, oleh karena itu : v1’u1’ + v2’u2’ + a (v1’u1 + v2’u2) = )(xf Ambil v1’u1 + v2’u2 = 0, sehingga v1’u1’ + v2’u2’ = )(xf Dengan memperhatikan dua persamaan terakhir, yaitu : v1’u1 + v2’u2 = 0 v1’u1’ + v2’u2’ = )(xf Dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks berikut :

=

)(

0''

'' 2

1

21

21

xfvv

uuuu

Dengan aturan Cramer diperoleh :

''

)('0

'dan

''

')(0

'

21

21

1

1

2

21

21

2

2

1

uuuu

xfuu

v

uuuuuxfu

v ==

Dengan jaminan bahwa u1, u2 merupakan solusi homogen yang bebas linear maka

W (u1, u2)= '' 21

21

uuuu

≠ 0 ΘΘΘ

Contoh : Tentukan solusi umum persamaan diferensial y “ + y = sec x Penyelesaian : Kita mempunyai solusi umum homogen xcxcyh cossin 21 +=

Untuk menentukan solusi pelengkap, kita menghitung wronskian terlebih dahulu, yaitu :

1xsinxcos

xcosxsinxsincos

)u,u(W

22

21

=+=

−=

oleh karena itu

xdxxxv cosln1

secsin1 =−= ∫ dan xdxxxv == ∫ 1

seccos2

Sehingga yp = cosx ln |cosx| + x sinx Maka solusi umum persamaan diferensial di atas adalah :

xxxxxcxcxy sincoslncoscossin)( 21 +++=

9 KALKULUS II


Latihan Tentukan solusi umum (khusus) persamaan diferensial berikut : 1. y ” + 4y = 3sin2x ; y(0) = 2 dan y’(0) = -1 2. y ” + 2y’ + y = 2e-x 3. y “ + 9y = sinx + e2x 4. y ” + 2y’ = 3 + 4 sin2x 5. y ” + y = csc x 6. y ” + 2y’ + y = e-x cosx 7. y “ + 2y’ + y = 4e-x ln x ; y(1) = 0 dan y’(1) =-e-1 8. y ” + 4y’ + 4y = x-2 e-2x

11 KALKULUS II


BAB II

FUNGSI DUA PEUBAH

2.1 Bentuk Permukaan di Ruang

Sebelum belajar tentang fungsi dua peubah, terlebih dahulu kita mengenal permukaan di ruang dan cara membuat sketsa suatu permukaan di ruang (R3). Berikut beberapa fungsi permukaan di ruang, antara lain : a. Bola, mempunyai bentuk umum :

2222 azyx =++ a > 0 Jejak di bidang XOY, z = 0 222 ayx =+ , berupa lingkaran Jejak di bidang XOZ, y = 0 222 azx =+ , berupa lingkaran Jejak di bidang YOZ, x = 0 222 azy =+ , berupa lingkaran

b. Elipsoida, mempunyai bentuk umum :

12

2

2

2

2

2=++

cz

by

ax a, b, c > 0

Jejak di bidang XOY, z = 0 12

2

2

2=+

by

ax , berupa ellips

Jejak di bidang XOZ, y = 0 12

2

2

2=+

cz

ax , berupa ellips

Jejak di bidang YOZ, x = 0 12

2

2

2=+

cz

by , berupa ellips

Z

x

y

Z

x

y

12 KALKULUS II


c. Hiperboloida berdaun satu , mempunyai bentuk umum :

12

2

2

2

2

2=−+

cz

by

ax a, b, c > 0


2

2

2=+

by

ax , berupa ellips


2

2

2=−

cz

ax , berupa hiperbol


2

2

2=−

cz

by , berupa hiperbol

d. Hiperboloida berdaun dua, mempunyai bentuk umum :

12

2

2

2

2

2=−−

cz

by

ax a, b, c > 0

12

2

2

2

2

2−=+

ax

cz

by maka terdefinisi saat x ≤ - a atau x ≥ a


2

2

2=−

by



2

2

2=−

cz


Jejak di bidang, x = k (konstanta), k > a atau k < - a , berupa ellips

Z

x

y

Z

x

y

13 KALKULUS II


e. Paraboloida eliptik , mempunyai bentuk umum :

cz

by

ax =+ 2

2

2

2 a, b, c > 0

Cara membuat sketsa di ruang, dengan menelusuri setiap jejak di bidang yaitu :

Jejak di bidang z = k (konstanta positif), berupa ellips

Jejak di bidang XOZ, y = 0 cz

ax =2

2, berupa parabol

Jejak di bidang YOZ, x = 0 cz

by

=2

2, berupa parabol

f. Paraboloida hiperbolik, mempunyai bentuk umum :

cz

ax

by =− 2

2

2

2 a, b, c > 0

Cara membuat sketsa di ruang, dengan menelusuri setiap jejak di bidang yaitu :


2

2

2=−

ax

by , berupa garis

Jika z = konstanta berupa hiperbol

Jejak di bidang XOZ, y = 0 cz

ax =− 2

2, berupa parabol

Jejak di bidang YOZ, x = 0 cz

by =2

2, berupa parabol

Sehingga sketsa dari paraboloida hiperbolik, adalah

Z

x

y

14 KALKULUS II


g. Kerucut, mempunyai bentuk umum :

2

2

2

2

2

2

cz

by

ax =+ a, b, c > 0

Jejak di bidang XOY, z = k (konstanta) ≠ 0 2

2

2

2

2

2

ck

by

ax

=+ , berupa ellips


2

2

2

cz

ax = , berupa garis


2

2

2

cz

by

= , berupa garis

2.2 Daerah Definisi dan Kurva Ketinggian Fungsi Dua Peubah

Definisi fungsi dua peubah :

Misal A ⊆ R2, suatu fungsi f : A R adalah suatu aturan yang memasangkan

setiap unsur di A dengan tepat satu unsur di R. Aturan fungsi f dapat ditulis sebagai

Z

x

y

Z

x

y

15 KALKULUS II


z = f(x, y). Dalam kasus ini daerah definisi f adalah A, sedangkan daerah hasil fungsi f

= Rf = {z ∈ R | z = f(x,y), x, y ∈ A}

Derah definisi fungsi dua peubah f (x,y) merupakan daerah pada bidang XOY sehingga

fungsi tersebut akan terdefinisi.

Contoh :

Tentukan dan gambarkan daerah definisi fungsi :

1)2ln(),(

−+=

yxyxf

Penyelesaian :

Syarat f(x,y) terdefinisi :

• ln (2 + x) terdifinisi jika (2 + x) > 0 ,

oleh karena itu x > - 2

• 1−y tedefinisi jika (y - 1) ≥ 0,

tapi karena penyebut tidak boleh sama dengan nol maka (y - 1) ≥ 0, oleh

karena itu y > 1

Sehingga daerah definisi (Df) dari fungsi diatas adalah :

Df = { (x, y) | x > -2 dan y > 1, x, y ∈ℜ} Sketsa daerah definisi pada kartesius adalah :

Kurva ketinggian dari suatu fungsi f(x,y) adalah proyeksi dari perpotongan permukaan

f(x,y) dengan bidang z = k (konstanta) pada bidang XOY.

Contoh :

Tentukan dan gambarkan kurva ketinggian dari fungsi f(x,y) = x2 + y2

untuk z = 0, 1, 4

y

x

y = 1

x = 2

Df

16 KALKULUS II


Penyelesaian :

z = 0 0 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa titik di (0, 0, 0)

z = 1 1 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa lingkaran dengan jari-jari satu

z = 4 4 = x2 + y2 , kurva ketinggian berupa lingkaran dengan jari-jari dua

Latihan :

Tentukan dan gambarkan daerah definisi fungsi berikut :

1. 221),( yxyxf −−=

2. y

xyxf−

=1

),(

3. 22

2),(

yx

xyyxf−

=

Tentukan dan gambarkan kurva ketinggian dari fungsi berikut :

4. z = yxyxyxf

−+=),( , untuk z = 0, 1, 2, 3

5. z = 2),( yxyxf += , untuk z = -2, -1, 0, 1, 2

6. z = y

xyxf2

),( = , untuk z = -4, -1, 0, 1, 4

2.4 Turunan Parsial

Diketahui fungsi dua peubah f(x,y), denganmengambil nilai y = b (konstanta) maka

fungsi menjadi f(x, b), ini dapat dipandang sebagai fungsi satu peubah x. Seperti pada

y

x

z=1

z=4 z=0

17 KALKULUS II


kalkulus fungsi satu peubah, kita dapat mendefinisikan fungsi satu turunan dari z = g(x) =

f(x, b), yaitu g’(x). Dengan menggunakan limit, turunan parsial fungsi f(x,b) terhadap

x dapat ditulis :

h

bxfbhxfdx

xdgx

bxfh

),()),(lim)(),(0

−+==∂

∂→

asalkan limitnya ada.

Secara geometris, turunan parsial diatas dapat diartikan sebagai berikut :

Perpotongan bidang y = b dengan fungsi permukaan f(x,y) berupa sebuah kura

(lengkungan s) pada permukaan tersebut. Turunan parsial fungsi f(x,y) di titik (a,b)

merupakan gradien garis singgung terhadap kurva s pada titik (a, b, f(a,b)) dalam

arah sejajar sumbu x.

Notasi dari turunan parsial di atas adalah ),(),( bafataux

bafx∂

∂

Secara analog dengan cara di atas, kita dapat memperoleh turunan parsial f(x,y) terhadap

peubah y.

Contoh :

Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran terhadap masing-masing

peubah fungsi f(x,y) = 2x2y + 3x2y3

Penyelesaian :

fx (x, y) = 4xy + 6xy3

Z

x

y

(a,b)

s

18 KALKULUS II


fy (x, y) = 2x2 + 9x2y2

fxx (x, y) = 4y + 6y3

fyy (x, y) = 18 x2y

fxy (x, y) = 4x + 18x y2 ; fyx (x, y) = 4x + 18x y2 fxy = fyx

fxy dan fyx dinamakan turunan parsial campuran.

Latihan :

Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran dari fungsi berikut :

1. f(x, y) = e– xy

2. f(x, y) = y cos (x2 + y2)

2.5 Vektor Gradien dan Turunan Berarah

Jika f fungsi dua peubah yang dapat didiferensialkan di p =(a, b) maka

jdx

badfidx

badfbaf ˆ),(ˆ),(),( +=∇

disebut vektor gradien dari f di titik (a, b)

Misal p adalah proyeksi dari suatu titik di permukaan f pada bidang XOY.

Untuk setiap vektor satuan u , andaikan

hpfuhpfpfD

hu)()(lim)(

0

−+=

→

limit ini ada, maka D u f(p) disebut turunan berarah f di titik p pada arah u .

Andaikan f dapat didiferensialkan di (a, b), maka turunan berarah di (a, b) pada arah

vector satuan u = u1i + u2j adalah hasilkali titik antara vector gradien dengan vector

satuan tersebut. Dengan demikian dapat ditulis :

upfpfDu •∇= )()( atau D u f(a, b) = fx (a, b)u1 + fy (a, b)u2

Contoh :

Tentukan turunan berarah dari f(x,y) =2x2 + xy – y2 di titik (3, – 2) dalam arah

vector jia ˆˆ −= !

19 KALKULUS II


Penyelesaian

fx (x, y) = 4x + y fx (3, – 2) = 10

fy (x, y) = x – 2y fy (3, – 2) = 7

oleh karena itu :

jifjyxiyxyxf ˆ7ˆ10)2,3(sehinggaˆ)2(ˆ)4(),( +=−∇−++=∇

sedangkan jiaau ˆ

21ˆ

21 −==

Maka 2

32

72

10)2,3()2,3( =−=•−∇=− uffDu

2.6 Bidang Singgung

Definisi bidang singgung :

Andai F(x, y, z) = k (konstanta) merupakan suatu permukaan dan misalkan dapat

didiferensialkan di sebuah titik P(a, b, c) dari permukaan dengan 0),,( ≠∇ cbaf .

Maka bidang yang melalui P yang tegak lurus ),,( cbaf∇ dinamakan bidang

singgung.

Untuk permukaan F(x, y, z) = k, persamaan bidang singgung di titik (a, b, c) adalah :

Fx(a, b, c) (x – a) + Fy(a, b, c) (y – b) + Fz (a, b, c) (z – c) = 0

Jika permukaan z = f(x, y) maka persamaan bidang singgung di (a, b, F(a, b)) adalah :

z – F(a, b) = Fx(a, b) (x – a) + Fy(a, b) (y – b)

Contoh :

Tentukan persaman bidang singgung dan garis normal terhadap permukaan :

23z2yx 222 =++ di titik (1, 2, 3) !

Penyelesaian :

Andaikan F(x,y,z) = 23 sehingga kz4jy2ix2)z,y,x(f ++=∇ dan

k12j4i2)3,2,1(f ++=∇ . Maka persamaan bidang singgung di titik (1,2,3)

adalah :

2( x – 1 ) + 4 ( y – 2 ) + 12( z – 3 ) = 0

Sedangkan persamaan simetri dari garis normal yang melalui (1, 2, 3) adalah :

20 KALKULUS II


12

3z4

2y2

1x −=−=−

Andaikan z = f(x, y), dengan f suatu fungsi yang dapat didiferensialkan, dan andaikan

dx dan dy (disebut diferensial dari x dan y) berupa peubah. Difenesial total dari peubah

tak bebas (dz) disebut juga diferensial total f (df (x, y)), didefinisikan oleh :

dz = df (x, y) = fx (x, y) dx + fy (x, y) dy

Latihan :

Tentukan turunan parsial pertama, kedua, dan campuran dari fungsi berikut :

1. xyef(x,y) −=

2. )yxcos(yf(x,y) 22 +=

3. )yx()yx(lnf(x,y)

−+=

Tentukan

4. ycosxef(x,y) −= di titik P( 0, π/3) dalam arah menuju ke titik asal !

5. 22 yxyx2f(x,y) −+= di titik P(3, – 2 ) dalam arah vektor yang membentuk sudut

300 dengan arah sumbu – x positif !

6. Tentukan persamaan bidang simggung permukaan x2cosy3e2z = di titik P(π/3, 0, -

1) !

2.7 Nilai Ekstrim

Definisi titik kritis :

Misal (a, b) suatu titik pada daerah asal f(x, y). Titik (a, b) disebut titik kritis dari

fungsi f(x, y) jika 0=∇f atau tidak mempunyai turunan parsial untuk setiap peubah

bebasnya.

21 KALKULUS II


Jadi fungsi f(x, y) yang mempunyai turunan parsial, pada titik kritis, bidang singgung

terhadap f (x, y) adalah sejajar dengan bidang XOY.

Jenis titik kritis, antara lain :

• Titik batas

• Titik stasioner

• Titik singular

Misal (a, b) suatu titik pada daerah asal f(x, y) maka (a, b) dinamakan titik stasioner jika

dan hanya jika 0)y,x(fρρ

=∇

Dengan kata lain :

0),(dan0),( =∂

∂=

∂∂

ybaf

xbaf

Definisi nilai maksimum dan nilai minimum :

Diketahui fungsi dua peubah f(x, y) dimana S merupakan daerah definisinya.

f(a,b) disebut nilai maksimum global jika f(a, b) ≥ f(x, y) untuk setiap x, y di S

f(a,b)) disebut nilai minimum global jika f(a, b) ≤ f(x, y) untuk setiap x, y di S.

Definisi yang sama berlaku dengan kata global digantikan oleh kata lokal jika

pertidaksamaan di atas hanya berlaku pada suatu hmpunan bagian S. Jika f(a, b)

merupakan nilai maksimum atau nilai minimum maka f(a, b) dinamakan nilai ekstrim

pada S.

Diketahui f(x, y) fungsi dua peubah yang mempunyai turunan kedua kontinu di

suatu lingkungan dari (a, b). Misal (a,b) merupakan titik kritis dari f(x, y), dan

D = fxx(a,b)fyy(a,b) - [fxy(a,b)]2

Maka :

Jika D > 0 dan

fxx > 0 maka f(a, b) merupakan nilai minimum

fxx < 0 maka f(a, b) merupakan nilai maksimum

Jika D < 0 maka titik (a,b, f(a,b)) merupakan titik pelana (sadel)

Jika D = 0, pengujian gagal, titik kritis yang demikian disebut titik kritis trivial.

Contoh :

22 KALKULUS II


Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi 224 y3xx2f(x,y) +−= !

Penyelesaian :

Turunan parsial dari fungsi tersebut adalah :

fx (x, y) = 8x3 – 2x dan fy (x, y) = 6y

Sedangkan fxx (x, y) = 24x2 – 2, fyy (x, y) = 6, serta fxy(x, y) = 0

Karena fungsi di atas merupakan fungsi polinom yang berarti bahwa

terdiferensialkan di daerah definisinya, maka titik kritisnya merupakan titik

stasioner yang memenuhi 0)y,x(fρρ

=∇ , sehingga titik kritis dari fungsi tersebut

adalah : (0, 0), ( ½ , 0), dan ( – ½ , 0)

Untuk (0, 0) D = – 12 < 0

Untuk ( ½ , 0) D = 24 > 0 dan fxx ( ½ , 0) = 4 > 0

Untuk ( – ½ , 0) D = 24 > 0 dan fxx (– ½ , 0) = 4 > 0

Jadi nilai ekstrim untuk fungsi di atas adalah :

f ( ½ , 0) = f (– ½ , 0) = – 1/8 merupakan minimum lokal, sehingga titik

minimumnya adalah ( ½ , 0, – 1/8) dan (– ½ , 0, – 1/8).

Sedangkan (0, 0, 0) merupakan titik pelana (sadel).

Latihan :

Tentukan titik kritis, nilai ekstrim dan jenisnya (jika ada) dari fungsi berikut :

1. 222 y3x6xyf(x,y) −−=

2. y2

x2xyf(x,y) ++=

3.

−+−=

y42y2xef(x,y)

4. 23 y21xy3xf(x,y) +−=

23 KALKULUS II


22 KALKULUS II


BAB III

FUNGSI VEKTOR

3.1 Daerah Definisi dan Grafik

Definisi fungsi vektor :

Fungsi vektor merupakan aturan yang mengkaitkan daerah asal himpunan riil

dengan daerah hasil yang berupa vektor (R2 atau R3)

Notasi : F (t) = f1(t) i + f2(t) j fungsi vektor di bidang

F (t) = f1(t) i + f2(t) j + f3(t) k fungsi vektor di ruang

dimana i, j, k, masing-masing merupakan vektor satuan untuk arah x, y, dan z,

sedangkan f1(t), f2(t), f3(t) merupakan fungsi parameter yang bernilai riil.

Daerah asal

Misal F (t) merupakan fungsi vektor, maka daerah asal F (t) = D F =

{ }21 ff DDt|t ∩∈ untuk F (t) di bidang, sedangkan untuk F (t) di ruang

maka D F = { }321 fff DDDt|t ∩∩∈ , dimana 321

,, fff DDD merupakan

daerah asal untuk masing-masing fungsi parameter.

Contoh :

Tentukan daerah asal dari fungsi F (t) =ln |1– t | i + (t–5) –½ j

Penyelesaian :

f1 = ln |t – 1 | 1fD = { t | t > 1, t ∈ ℜ}

f2 = ( t – 5) – ½ 2fD = { t | t > 5, t ∈ ℜ}

Maka D F = { t | t > 5, t ∈ ℜ}

Grafik Fungsi

Grafik dari fungsi vektor adalah berupa lengkungan di R2(3) yang mempunyai arah

tertentu.

Contoh :

F (t) = 3 cos t i + 2 sin t j, untuk 0 < t < π

23 KALKULUS II


Penyelesaian :

x = 3 cos t dan y = 2 sin t

maka cos t = x/3 dan sin t = y/2

kita tahu bahwa : cos2 t + sin2 t = 1

oleh karena itu grafik fungsi F (t) adalah berupa ellips :

123 2

2

2

2=+ yx

dimana saat t = 0 x = 3 dan y = 0

saat t = π x = – 3 dan y = 0

ini merupakan titik pangkal dan ujung dari lengkungan (kurva) tersebut

sehingga grafiknya sebagai berikut :

Latihan :

Tentukan daerah asal dari fungsi vektor berikut :

1. jtit

tr ˆ4ˆ2

1)( ++−

=

2. jt

ittg ˆ2

1ˆ1)( 2

−+−=

Gambarkan grafik dari fungsi vektor berikut :

3. ( ) ( ) jttittf ˆ2ˆ1)( 2 −++= ; untuk -1 ≤ t ≤ 2

4. jtittr ˆ4ˆ2

)( 2−+= ; untuk 0 ≤ t ≤ 2

3.2 Limit, Kekontinuan dan Turunan Fungsi Vektor

Misal F (t) = f1(t) i + f2(t) j, fungsi vektor di bidang. F (t) dikatakan

mempunyai limit di c jika dan hanya jika f1(t) mempunyai limit di c dan f2(t)

mempunyai limit di c, sehingga berlaku :

3 – 3

2

x

y

24 KALKULUS II


jtfitftFctctct

ˆ)(limˆ)(lim)(lim 21

+

=

→→→

Semua sifat limit berlaku untuk fungsi vektor. Demikian pula dalam hal

kekontinuan, yaitu F (t) kontinu di c apabila )()(lim cFtFct

=→

.

Dengan demikian, kita dapat mendefinisikan turunan dari fungsi vektor sebagai

berikut :

( ) ( )

dttdf

dttdf

htftfhtfhtf

htFhtF

dttFd

h

h

)()(

)()()()(lim

)()(lim)(

21

21210

0

+=

+−+++=

−+=

→

→

Dengan cara yang sama, kita dapat medefinisikan untuk fungsi vektor di ruang (R3).

Contoh :

Tentukan turunan pertama dan kedua fungsi F (t) = (t2 + t) i + e t j

Penyelesaian :

F ’(t) = (2t + 1) i + e t j

F ”(t) = 2 i + e t j

3.3 Kinematika Partikel

Misalkan r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, untuk a ≤ t ≤ b merupakan vektor

posisi untuk titik P = P(t) yang menyusuri kurva selama t bertambah besar. Misal

r’(t) ada dan kontinu dan r’(t) ≠ 0 (sehingga disebut kurva mulus). Panjang bususr

s dari P(a) ke P(t) diberikan oleh :

dududz

dudy

dudxdu

durds

t

a

t

a

222

∫ ∫

+

+

==

Jika t mengukur waktu, kita dapat mendefinisikan kecepatan, laju dan percepatan,

yaitu :

Kecepatan : v(t) = r ’(t)

Laju : ds/dt = | r ’(t) | = | v(t) |

Percepatan : a(t) = r “ (t)

Contoh :

25 KALKULUS II


Tentukan vektor kecepatan, laju dan vektor percepatan dari vektor posisi r

(t) = 3t2 i + t3 j , saat t = 2

Penyelesaian :

Kecepatan = v (t) = r ‘ (t) = 6 t i + 3t2 j v (t=2) = 12 i + 12 j

Laju = ds/dt = | r ’(t) | = | v(t) | = (122+122)½ = 12 2

Percepatan = a (t) = v’ (t) = 6 i + 6t j a ( t = 2) = 6 i + 12 j

Latihan :

Tentukan turunan pertama dan kedua dari fungsi vektor berikut :

1. r (t) = (2t + 3)2 i – e2t j

2. r (t) = cos 2t i – sin3 t j

Tentukan vektor kecepatan, laju dan vektor percepatan saat t = t1 dari vektor posisi

berikut :

3. r (t) = e –t i + e t j ; untuk t1 = 1

4. r (t) = 2 cos t i – 3 sin2 t j; untuk t1 = π /3

5. r (t) = cos t i – 2 tan t j ; untuk t1 = – π /4

6. r (t) = et/2 i + e –t j ; untuk t1 = 2

3.4 Kelengkungan

Diketahui vektor posisi r (t) = f1(t) i + f2(t) j untuk a ≤ t ≤ b dan titik P(t)

pada bidang. Andaikan r‘ (t) ada, kontinu dan tidak pernah nol pada selang [a, b].

Maka apabila t bertambah nilainya, P akan bergerak sepanjang sebuah kurva mulus,

panjang lintasan s = h(t) dari P(a) ke P(t) ditentukan oleh :

[ ] [ ] ∫∫ =+==t

a

t

a

22

21 du)u('rdu)u('f)u('f)t(hs

Oleh karena r‘ (t) ≠ 0, maka | v(t) | > 0. Dengan demikian s naik apabila t naik,

sehingga s mempunyai fungsi invers, yaitu : t = h–1(s) dan

)(11tvdt

dsdsdt ==

Misal, T(t) adalah vektor singgung satuan di P(t), didefinisikan sebagai :

26 KALKULUS II


)()(

)(')(')(

tvtv

trtrtT ==

Apabila P(t) bergerak sepanjang kurva, vektor satuan T(t) merubah arahnya.

Perbandingan perubahan T terhadap panjang busur s, yaitu : dT / ds dinamakan

vektor kelengkungan di P. Akhirnya kita definisikan kelengkungan κ (kappa) di P

ditentukan sebagai besaran dT / ds, jadi κ = | dT / ds |.

Dengan demikian vektor kelengkungan dapat ditulis :

)()('

tvtT

dsdt

dtTd

dsTd ==

sedangkan kelengkungannya adalah :

)(

)('

tv

tT

dsTd

==κ

Andaikan x = f(t) dan y = g(t) adalah persamaan parameter kurva mulus. Maka

[ ] 2322 ''

"'"'

yx

xyyx

+

−=κ

Khusus untuk kurva dengan persamaan y = h(x), berlaku :

[ ] 2

32'1

"

y

y

+=κ

Contoh :

Tentukan kelengkungan ellips x =3cos t, y = 2sin t pada titik t = 0 dan t = π/2 !

Penyelesaian :

x ‘ (t) = –3 sin t x “ (t) = –3 cos t

y ‘ (t) = 2 cos t y “ (t) = –2 sin t

[ ] [ ] [ ] 2322

322

22

2322 4sin5

6

cos4sin9

cos6sin6

''

"'"')(

+=

+

+=

+

−==

ttt

tt

yx

xyyxtκκ

Sehingga κ (0) = ¾ dan κ (π/2) = 2/9

Terlihat bahwa κ (0) > κ (π/2), cocok dengan kenyataan.

27 KALKULUS II


Latihan :

Tentukan vektor singgung satuan dan kelengkungan saat t = t1 dari vektor posisi

berikut :

1. r (t) = 4t2 i + 4t j ; t1 = ½

2. r (t) = 4cos t i + 3 sin t j ; t1 = π/4

3. r (t) = e t sin t i + e t cos t j ; t1 = π/2

Tentukan kelengkungan di titik yang diberikan dari fungsi berikut : 4. y2 = x + 4 ; (– 3 , – 1) 5. y = ln x ; (1, 0) 6. y = ex – x ; (0, 1) 7. y = cos ½ x ; (0, 1)

28 KALKULUS II


BAB IV

INTEGRAL LIPAT

3.1 Integral Lipat Dua Misalkan R merupakan suatu persegi panjang tertutup, yaitu : R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} Bentuk partisi P dari R yang berupa persegi panjang kecil, dengan luas berukuran ∆Ak = xk yk untuk setiap k = 1, 2, 3, … n jika R dibagi menjadi n buah persegi panjang kecil. Misal, )y,x( kk adalah sembarang titik di dalam persegi panjang kecil ke-k, maka seperti halnya pengertian integral terdahulu, kita dapat mendefinisikan integral lipat dua dengan menggunakan Jumlah Riemann. Definisi integral lipat dua :

Misalkan f suatu fungsi dua peubah yang terdefinisi pada suatu persegi panjang

tertutup R. Jika ∑=

→∆

n

kkkkP

Ayxf1

0),(lim ada, kita katakan f dapat diintegralkan pada R.

Lebih lanjut ∫∫R

dAyxf ),( , yang disebut integral lipat dua f pada R diberikan

oleh :

=∫∫R

dAyxf ),( ∑=

→∆

n

kkkkP

Ayxf1

0),(lim

Sifat Integral lipat dua:

• Linear, yaitu :

[ ] dAyxgcdAyxfcdAyxgcyxfcR RR∫∫ ∫∫∫∫ +=+ ),(),(),(),( 2121

dimana c1 dan c2 adalah konstanta.

• Jika daerah R merupakan gabungan dari dua daerah (R1 dan R2) dengan batas pada

suatu ruas garis maka :

dAyxfdAyxfdAyxfR RR∫∫ ∫∫∫∫ +=

21

),(),(),(

• Jika f(x,y) ≤ g(x,y) untuk setiap (x,y) di R maka

dAyxgdAyxfRR∫∫∫∫ ≤ ),(),(

R1 R2

29 KALKULUS II


3.1.1 Integral Lipat Dua pada Koordinat Kartesius

Integral lipat dua atas daerah R dapat dihitung dengan dua integrasi (dalam

integral biasa) secara berturut-turut.

Misalkan R merupakan daerah persegi panjang, yaitu :

R = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

maka integral lipat dua dari fungsi f(x,y) pada daerah R adalah:

∫ ∫ ∫∫∫∫ ==d

c

b

a

d

c

b

aR

dxdyyxfdydxyxfdAyxf ),(),(),(

Contoh :

Hitung integral lipat dua berikut ini :

( )∫∫ +R

dAyx 22 2

dimana R = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 4}

Penyelesaian :

( ) ( )

( )544

dyy1272

dyxy23x

dydxy2xdAy2x

b

a

2

b

a

6x

0x

23

4

0

6

0

22

R

22

=

+=

+=

+=+

∫

∫

∫ ∫∫∫=

=

Jika R (daerah integrasi) berupa persegi panjang, perubahan urutan

pengintegralan tidak berpengaruh, tetapi jika daerah R bukan persegi panjang, urutan

pengintegralan harus benar-benar diperhatikan.

Jika daerah integrasi R merupakan sembarang (bukan daerah persegi panjang) ada

beberapa hal yang harus diperhatikan. Untuk lebih jelanya, perhatikan dua kasus

berikut dalam hal perhitungan integralnya.

Tinjau 2 kasus berikut :

30 KALKULUS II


a. D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b , p(x) ≤ y ≤ q(x) }

Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :

∫ ∫∫∫ =b

a

xq

xpD

dxdyyxfdAyxf)(

)(

),(),(

b. D = {(x,y) | r(y) ≤ x ≤ s(y) , c ≤ y ≤ d }

Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :

∫ ∫∫∫ =d

c

ys

yrD

dydxyxfdAyxf)(

)(

),(),(

Contoh :

Hitung ( )∫∫R

x dAey2 dimana R = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ y2, 0 ≤ y ≤ 1}

Penyelesaian :

( ) 2222),(1

0

21

0

1

00

0

22

2

−=−=== ∫∫ ∫∫∫∫ edyyydedyeydydxeydAyxf yyxy

x

R

Urutan pengintegralan dalam integral lipat dua tergantung dari bentuk R

(daerah integrasi). Tetapi dalam tiap kasus, kita seharusnya mengharapkan limit dari

D

c

d

r (y) s (y) x

D

a b x

q(x)

p(x)

y

31 KALKULUS II

integral sebelah kanan berupa fungsi satu peubah, dan yang paling kiri (luar) berupa

konstanta. Dalam perhitungannya, kadangkala kita perlu merubah urutan

pengintegralan. Hal ini dapat disebabkan dengan perubahan urutan pengintegralan akan

memudahkan dalam proses integrasinya. Oleh karena itu, langkah pertama kita harus

dapat menggambarkan daerah integrasi, selanjutnya kita dapat merubah urutan integrasi

dengan mengacu pada sketsa daerah integrasi yang sama.

Contoh :

Hitung ∫ ∫4

0

2

2

2dxdye

x

y

Penyelesaian :

Daerah integrasi dari integral lipat dua di atas adalah :

D = {(x,y) | 0

D = {(x,y) | 0

4

0

2

2

2= ∫∫ ∫ dxdye y

x

Integral lipat dua d

menjadikan daerah ya

dalam integralnya sam

3.1.2 Integral Lipat D

Andai daerah

maka untuk memu

koordinat polar.

Transformasi peubah

x

y

θ

r (

y


≤ x ≤ 4 , ½ x ≤ y ≤ 2 } dapat dirubah menjadi

≤ x ≤ 2y , 0 ≤ y ≤ 2 }, sehingga integral di atas menjadi :

( ) 12 422

0

2

0

2

0

2

0

222−=== ∫∫∫ eydedyeydydxe yy

yy

apat dipakai untuk menghitung luas suatu daerah. Dengan

ng akan dihitung luasnya sebagai daerah integrasi (D) dan fungsi

a dengan satu.

ua dengan Koordinat Kutub (Polar)

integrasi (D) mempunyai bentuk dasar lingkaran, kardioid, dll.

dahkan dalam perhitungan integral lipat dua digunakan dalam

(x,y) (r, θ)

2y =

x

x, y)

x

32 KALKULUS II


x = r cos θ

y = r sin θ

Determinan jacobi dari transformasi ini adalah

rcosrsinsinrcos

yry

xrx

),r(J

=θ−θθ−θ

=

θ∂∂

∂∂

θ∂∂

∂∂

=θ

Sehingga integral lipat dua dalam koordinat kutub dapat ditulis :

∫∫∫∫ =*

),(),(DD

ddrrrfdxdyyxf θθ

Contoh :

Hitung ( )∫ ∫−

−

+1

1

1

0

2322

2

dxdyyxx

Penyelsaian :

( ) ( )

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫

==

=+−

−

π

π

πθ

θ

0

1

0

4

0

1

0

232

1

1

1

0

2322

5

2

ddrr

ddrrrdxdyyxx

1 – 1

1

x

y

33 KALKULUS II


Latihan :

Hitung integral lipat dua di bawah ini :

1. ∫ ∫−

3

1

33

dydxexy

y

y

2. ∫ ∫2

0 0

cossin

π

dxdyx

xy

3. ∫ ∫ −1

0

12

dydxx

e y

4. ∫ ∫4

0

23

dydx

y

ex

5. ∫ ∫−

+1

0

122

2

0

)sin( dydxyxy

6. ( )∫ ∫−

−+

2

1

22

122

2

0

dxdyyxxx

Hitung integral lipat dua pada daerah S, berikut ini :

7. ∫∫S

x dydxey3 S dikuadran pertama yang dibatasi garis x = ½ y dan x = 1

8. ∫∫ +−

S

yx dAe )( 33 S adalah lingkaran berjari-jari dua berpusat di (0, 0)

Tentukan luas daerah S, dengan menggunakan integral lipat dua :

9. S adalah daerah yang dibatasi oleh lingkaran berjari-jari 1 berpusat di (0, 0),

garis y = x, dan sumbu-y positif.

10. S adalah daerah di dalam lingkaran berjari-jari dua yang berpusat di (0, 2) dan

di luar lingkaran berjari-jari dua berpusat di (0, 0)

34 KALKULUS II


4.2 Integral Lipat Tiga

Misal suatu fungsi f tiga peubah yang didefinisikan atas suatu daerah

berbentuk balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu koordinat. Kita tidak dapat lagi

menggambarkan grafik f, tetapi kita dapat menggambar B. bentuklah suatu partisi

P dari B dengan melewatkan bidang-bidang melalui B sejajar bidang koordinat, jadi

memotong B kedalam balok-balok bagian B1, B2, … Bn;

Perhatikan jumlah Riemann :

∑=

→∆

n

kkkkkP

Vzyxf1

0),,(lim dengan ∆Vk = ∆xk ∆yk ∆zk

merupakan volume balok Bk.

Andaikan panjang norma partisi p ini adalah panjang diagonal terpanjang dari

semua balok bagian. Maka kita definisikan integral lipat tiga dengan

=∫∫∫B

dVzyxf ),,( ∑=

→∆

n

kkkkkP

Vzyxf1

0),,(lim

asalkan limit ini ada.

4.2.1 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Kartesius

Misalkan B =[a, b] x [c, d] x [e, f] adalah sebuah kotak, kemudian kotak

tersebut dibagi menjadi n buah kotak-kotak kecil. Kotak kecil tersebut berukuran

panjang ∆x, lebar ∆y dan tinggi ∆z, sehingga volume kotak kecil tersebut adalah ∆V

= ∆x ∆y ∆z. Dengan memisalkan kotak-kotak kecil tersebut sebagai partisi, dengan

pendekatan jumlah Riemann kitapun dapat mendefinisikan integral lipat tiga.

Dalam koordinat kartesius, cara perhitungan integral lipat tiga tidak berbeda

dengan integral lipat dua yang telah diberikan. Masalah urutan pengintegralan

tergantung dari bentuk B, tetapi dalam tiap kasus, kita seharusnya mengharapkan

limit dari integral sebelah kanan berupa fungsi dua peubah, pada integral tengah berupa

fungsi satu peubah, dan yang paling kiri (luar) berupa konstanta.

Bentuk umumnya :

=∫∫∫B

dVzyxf ),,( dxdydzzyxfb

a

xq

xp

yxs

yxr∫ ∫ ∫

)(

)(

),(

),(

),,( , a, b adalah konstanta

35 KALKULUS II


Contoh :

Hitung dzdxdyzyxz z

x

∫ ∫ ∫2

0 1 0

2

Penyelesaian :

32

3z

12z

dz31

3z

dz3x

dzdxx

dzdxzxzx

dzdxyzxdzdxdyzyx2

2z

0z

4

2

0

3

2

0

zx

1x

3

2

0

z

1

2

2

0

z

1

2

0

z

1

zxy

0y

22

0

z

1

zx

0

=

−=

−=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

∫

∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫∫ ∫ ∫

Integral lipat tiga dapat dipakai untuk menghitung volume suatu benda di ruang.

Dengan menjadikan benda di ruang yang akan dihitung volumenya sebagai daerah

integrasi (B) dan fungsi dalam integralnya sama dengan satu.

4.2.2 Integral Lipat Tiga dengan Koordinat Tabung dan Bola

Kita akan menggunakan koordinat tabung, pada saat mempunyai benda B

yang simetris terhadap suatu garis, seperti halnya tabung. Koordinat tabung dan

kartesius dihubungkan oleh persamaan-persamaan berikut :

x = r cos θ

y = r sin θ

36 KALKULUS II


Transformasi peubah (x, y, z) (r, θ, z) memberikan Jacobian = r

Sehingga Integral lipat tiga dapat ditulis :

∫ ∫ ∫∫∫∫ =2

1

)(

)(

),(

),(

),sin,cos(),,(θ

θ

θ

θ

θ

θ

θθθq

p

rt

rsB

ddrdzrzrrfdVzyxf

Seperti pada koordinat tabung, jika kita mempunyai benda B yang simetris

terhadap suatu titik, maka kita lebih baik menghitung integral lipat tiga tersebut

dengan menggunakan koordinat bola.

Koordinat bola dan kartesius dihubungkan oleh persamaan-persamaan berikut :

x = ρ cosθ sin φ

y = ρ sinθ sin φ ;

z = ρ cos φ

Transformasi peubah (x, y, z) (ρ, θ, φ) memberikan Jacobian = ρ2 sin φ

θ r

z

P(r,θ,z)

y

x

θ

ρ

z

P(ρ,θ, φ)

y

x

φ

37 KALKULUS II


Sehingga integral lipat tiga dengan koordinat bola dapat ditulis :

∫ ∫ ∫∫∫∫φ

φ

φ

φ

φθ

φθ

φθρφρφθρ=2

1

)(q

)(p

),(t

),(s

2

B

d,d,dsin,),,(fdV)z,y,x(f

Contoh :

Hitung dengan menggunakan koordinat tabung, volume suatu ruang V yang

dibatasi oleh z = 12 – 2x2 – 2y2 dan z = x2 + y2 !

Penyelesaian :

Ruang V yang terbentuk mempunyai satu garis simetri, yaitu sumbu-z,

perpotongan kedua permukaan diatas adalah berbentuk lingkaran berjari-jari 4

berpusat di (0, 0). Oleh karena itu volume V dapat dihitung dengan

menggunakan integral lipat tiga dala koordinat tabung, dimana :

Permukaan 1 : f(x,y) = 12 – 2x2 – 2y2 f(r,θ) = 12 – 2r2

Permukaan 2 : f(x,y) = x2 + y2 f(r,θ) = r2

( )

( )∫

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫∫∫∫

π

π

π

π −

π=θ−=

θ

−=

θ−=

θ==

2

0

2

0

2

0

42

2

0

2

0

3

2

0

2

0

r212

rB

24d1224

dr43r6

ddrr3r12

ddrdzr1dV)z,y,x(fVVolume Jadi2

2

Latihan :

1. ( )∫ ∫ ∫−

++1

0

0

21

31

0

232 dxdydzzyx

2. ∫ ∫ ∫−

2

0 1 1

2y z

dzdydxzy

3. ∫ ∫ ∫−

+3

0

9

0

2

0

22

2x

dxdydzyx

38 KALKULUS II


4. ∫ ∫ ∫− −−

−−2

0

4

0

4

0

22

2 22

4x yx

dxdydzyxz

Tentukan volume benda pejal B dengan menggunakan integral lipat tiga !

5. B benda pejal di oktan pertama dari tabung y2 + z2 = 1 dan bidang y = x dan bidang

x = 0 !

6. B benda pejal yang dibatasi oleh paraboloid z = 4x2 + y2 dan selinder parabolic z

= 4 – 3y2 !

7. B benda pejal dibatas oleh z = x2 + y2, z = 0, dan x2 + (y – 1)2 = 1

8. Tuliskan perbedaan perhitungan volume bola menggunakan :

a. Integral lipat tiga dengan koordinat kartesius

b. Integral lipat tiga dengan koordinat tabung

c. Integral lipat tiga dengan koordinat bola

39 KALKULUS II


BAB V

INTEGRAL GARIS DAN INTEGRAL PERMUKAAN

5.1 Integral Garis

Konsep integral garis merupakan generalisasi sederhana dari konsep integral

tentu ∫b

a

dxxf )( . Dalam integral tentu tersebut, kita mengintegralkan f sepanjang

sumbu-x dari a ke b dan yang diintegralkan f adalah fungsi yang terdefinisi pada

setiap titik antara a dan b. Dalam integral garis, kita mengintegralkan sepanjang

kurva (lengkungan) C di dalam ruang dan yang diintegralkan adalah fungsi yang

tedefinisi pada setiap titik di sepanjang kurva (lengkungan) C tersebut.

Misal kurva (lengkungan) C memenuhi persamaan :

r (t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k

Kurva C dinamakan kurva mulus C jika d r / dt ≠ 0 untuk setiap t.

Definisi integral garis :

Misal C suatu kurva mulus yang diberikan secara parameter oleh :

x = x(t) dan y = y(t), untuk a < t < b

dengan x’ dan y’ kontinu dan tidak serentak nol pada [a, b], serta C berorientasi

positif (arah positifnya berpadanan terhadap pertambahan nilai t). Jadi C

memiliki titik awal A = (x(a), y(a)) dan titik ujung B = (x(b), y(b)).

Partisi [a, b] sehingga menghasilkan kurva C yang terpotong-potong ke dalam n

bagian, dimana bagian partisi Pi mewakili potongan pada waktu ti. Andaikan ∆si

menyatakan panjang busur yang bersesuaian, dan |P | merupakan partisi yang

terbesar.

Perhatikan sketsa berikut :

40 KALKULUS II


Maka jumlah Riemann : i

n

iii syxf ∆∑

=1

),( merupakan luas tirai tegak sepanjang

lengkunga (kurva) C. ∫C

dsyxf ),( dinamakan integral garis fungsi f sepanjang

lengkungan C dari A ke B.

Sehingga dapat ditulis :

( ) dtdtdy

dtdxtytxfdsyxf

b

aC

22

)(),(),(

+

= ∫∫

Jika di tulis dalam bentuk tanpa parameter sebagai berikut:

( ) dxdxdyyxfdsyxf

b

aC

2

1,),(

+= ∫∫ atau ( ) dy

dydxyxfdsyxf

b

aC

2

1,),(

+= ∫∫

Sifat integral garis :

o ∫∫−

−=CC

dsyxfdsyxf ),(),( , dimana – C adalah kurva yang sama dengan C namun

berlawanan arah.

o ∫∫∫ +=21

),(),(),(CCC

dsyxfdsyxfdsyxf , dimana gabungan C1 dengan C2 adalah C.

Contoh :

Hitung ( ) dsyxC∫ 2 dimana C sepanjang x = 3cost, y = 3sin t, 0 ≤ t ≤ π/2

Z

x

y

r f(x,y)

Df(x,y)

41 KALKULUS II


Penyelesaian :

( ) ( ) ( )

27sincos81

cos3sin3sin3cos3

2/

0

2

222/

0

22

==

+−=

∫

∫∫

dttt

dtttttdsyxC

π

π

Andai bahwa gaya yang bekerja pada suatu titik (x, y, z) dalam ruang

diberikan oleh medan vektor : F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k dengan

M, N, P kontinu. Kita ingin menentukan kerja (usaha) W yang dilakukan oleh F

dalam memindahkan partikel menelusuri kurva terarah C. Misalkan, r = x i + y j +

z k merupakan vektor posisi partikel. Jika T adalah vektor singgung satuan dr/ds di

P, maka F • T adalah komponen singgung F di P. Sehingga kita mempunyai

rumusan kerja adalah :

∫

∫

∫

•=

•=

•=

C

C

C

rdF

dsds

rdF

dsTFW

dimana F • d r sebagai menyatakan kerja yang dilakukan F dalam menggerakan

suatu partikel menelusuri vektor singgung d r yang sangat kecil.

Latihan :

Hitung ∫ •C

rdF dimana

1. F = x2 i + y2 j ; C kurva y = x2 dari x = -1 dampai x = 1

2. F = y i + x2 j ; C kurva x = 2t dan y = t2 – 1 , 0 ≤ t ≤ 2

3. F = y i + x j ; C kurva y = x2 , 0 ≤ x ≤ 1

Tentukan kerja yang dilakukan oleh medan gaya F untuk memindahkan partikel

sepanjang kurva C, berikut ini :

4. F (x,y) = (x3 – y3) i + xy2 j ; C adalah kurva x = t2, y = t3, -1 ≤ t ≤ 0

5. F (x,y) = (x2 – y) i + (y2 – x) j ; dari (0,1) ke (1,2), jika:

a. C adalah 2 garis lurus dari (0,1) ke(1,1) dan dari (1,1) ke (1,2)

42 KALKULUS II


b. C adalah kurva r (t) = t i + (t2 – 1) j

c. C adalah kurva (y – 1)2 = x

5.2 Integral Garis Bebas Lintasan

Dengan mengingat kembali teorema dasar kalkulus, yaitu :

∫ −=b

a

)()()( afbfdxxf

teorema ini berlaku juga untuk integral garis.

Andaikan C kurva mulus sepotong-sepotong yang secara parameter diberikan oleh r

= r (t) , a ≤ t ≤ b. Jika f dapat didiferensialkan secara kontinu pada suatu himpunan

terbuka yang mengandung C, maka

)()()( afbfrdrfC

−=•∇∫

Misal D tersambung, yaitu jika dua titik sembarang dalam D dapat dihubungkan oleh

sepotong kurva mulus seluruhnya terletak dalam D.

Definisi bebas lintasan :

∫ •C

rdrF )( dikatakan bebas lintasan dalam D, jika untuk sembarang dua titik A

dan B dalam D, integral garis mempunyai nilai yang sama untuk sembarang

lintasan dalam D yang secara postif terarah dari A ke B.

Andaikan F ( r ) kontinu pada suatu himpunan tersambung terbuka D. Maka integral

garis ∫ •C

rdrF )( dikatakan bebas lintasan dalam D jika dan hanya jika F ( r ) = ∇∇∇∇f r

untuk suatu fungsi skalar f. F disebut medan vektor konservatif.

Definisi divergensi dan rotasi dari suatu medan vektor F :

Misal F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k suatu medan vektor dan ∇∇∇∇

adalah operator kz

jy

ix

ˆˆˆ∂∂+

∂∂+

∂∂ maka

o Div F = ∇∇∇∇ •••• F = Mx + Ny + Pz dinamakan divergesi F

43 KALKULUS II


o kyM

xNj

xP

zMi

zN

yP

PNMzyx

kji

FxFcurl

∂∂−

∂∂+

∂∂−

∂∂+

∂∂−

∂∂=

∂∂

∂∂

∂∂=∇=

dinamakan rotasi (Curl) F

Akhirnya, suatu medan vektor F dikatakan konservatif jika dan hanya jika :

Untuk F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j maka My = Nx

Untuk F (x, y, z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k maka curl F = 0

Contoh :

Tentukan apakah F = (4x3 + 9x2y2 ) i + (6x3y + 6y5) j merupakan medan vektor

konservatif ? jika ya, tentukan fungsi skalar f yang memenuhi F = ∇∇∇∇f !

Penyelesaian :

o F = M i + N j M(x,y) = 4x3 + 9x2y2 dan N(x,y) = 6x3y + 6y5

My = 18x2y dan Nx = 18x2y

Sehingga My = Nx F konservatif

o Misal f(x,y) adalah fungsi skalar yang memenuhi ∇∇∇∇f = F ,

Maka fx = M dan fy = N

Sehingga fx = 4x3 + 9x2y2 f (x,y) = x4 + 3x3y2 + c(y) ……………(*)

Turunan parsial f(x,y) terhadap y = fy = 6x3y + c’(y)

Kita tahu bahwa fy = N c’(y) = 6y5 c(y) = y6 + c …….…….(**)

Substitusikan (**) pada (*) sehingga diperoleh :

f (x,y) = x4 + 3x3y2 + y6 + c

sebagai fungsi skalar dari fungsi vektor konservatif tersebut.

Latihan :

1. Diketahui sebuah medan vektor F = ex sin y i + ex cos y j,

a. Periksa, apakah medan vektor tersebut konservatif ?

b. Tentukan fungsi potensial f, sehingga F = ∇f

c. Tentukan usaha untuk memindahkan partikel dari (0,0) ke (1, π/2)

44 KALKULUS II


2. Diketahui sebuah medan vektor G = (6xy3 + 2z2) i + 9x2 y2 j + (4xz + 1) k,

a. Periksa, apakah medan vektor tersebut konservatif ?

b. Tentukan fungsi potensial f, sehingga F = ∇f

c. Tentukan usaha untuk memindahkan partikel dari (0,0,0) ke (1,1,1)

5.3 Teorema Green

Misal R adalah daerah tertutup yang terbatas didalam bidang xy oleh suatu

lengkungan tertutup C yang terdiri dari sejumlah kurva mulus terhingga. Misal M(x,y)

dan N(x,y) adalah fungsi yang kontinu dan mempunyai turunan paarsial My dan Nx

yang kontinu pada setiap titik dalam beberapa domain yang mengandung R. Maka

∫ ∫∫

−=+

C R

dydxdy

dMdxdNdyNdxM

Integrasi yang diambil sepanjang seluruh batasan C dari R sedemikian sehingga R

yang disebelah kiri suatu untegrasi tingkat tinggi.

Contoh :

Diketahui M(x,y) = (y2 – 7y) dan N(x,y) = (2xy + 2x) dan C adalah lingkaran

berpusat di (0,0) dan berjari-jari 1.

Penyelesaian :

o Integral ruas kiri

r (t) = [cost, sint] r ‘ (t) = [ – sint , cost]

Dengan mensubstitusi, kita peroleh :

M(t) = sin2 t – 7 sin t dan N(t) = 2cos t sin t + 2 cos t

( )( ) ( )( )[ ]πππ

π

92070

coscossincos2sinsin7sin2

0

2

=+++=

++−−=

+∫ ∫

C

dttttttttdtdtdyN

dtdxM

o Integral ruas kanan

( ) ( )[ ]

∫ ∫∫∫

∫∫∫∫

===

−−+=

−

π

πθ2

0

1

0

999

7222

ddrrdydx

dydxyydydxdy

dMdxdN

R

RR

45 KALKULUS II


Bentuk vektor dari teorema green.

Misalkan, C adalah kurva mulus tertutup sederhana pada bidang xy dan berlawanan

arah jarums jam yang membatasi daerah R. Maka

jdsdyi

dsdxT ˆˆ += merupakan vektor singgung satuan, dan

jdsdxi

dsdyn ˆˆ −= adalah vektor normal yang mengarah keluar dari R.

Jika F(x, y) = M(x,y) i + N(x, y) j adalah suatu medan vektor maka

∫ ∫∫=•C R

dAFdivdsnF

dinamakan teorema Divergensi Gauss.

Sedangkan ( )∫ ∫∫ •=•C R

dAkFcurldsTF ˆ disebut teorema Stokes pada bidang.

Latihan :

Hitung integral garis ∫ •C

rdrF )( berlawanan arah jarun jam sepanjang C, dengan :

1. F = 3x2 i – 4xy j, C adalah ruas garis persegi panjang 0 ≤ x ≤ 4 ; 0 ≤ y ≤ 1

2. F = y i – x j, C adalah lingkaran x2 + y2 = ¼

3. F = (x3 – 3y) i + (x + sin y) j, C adalah ruas garis pada segitiga dengan titik sudut

(0, 0), (1,0) dan (0,2)

4. F = (ex – 3y) i + (ey + 6x) j, C berupa ellips x2 + 4y2 = 4

5. F = (2xy – x2 ) i + (x + y2) j, C adalah lengkungan tertutup yang dibatasi oleh

y = x2 dan y2 = x

5.4 Integral permukaan

Misakan G suatu permukaan yang diberikan oleh z = f(x, y), dengan (x, y) di R.

Jika f mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu dan g(x, y, z) = g(x, y, f(x, y))

Kontinu pada R, maka :

46 KALKULUS II


∫∫

∫∫ ∫∫++=

=

Ryx

R

dxdyffyxfyxg

dAyxfyxgdSzyxg

1)),(,,(

sec)),(,,(),,(

22

G

θ

dimana θ adalah sudut antara normal satuan ke atas n di (x, y, f(x, y)) dan sumbu z

positif.

Andaikan G sutu permukaan dua sisi yang demikian mulus dan anggap dia terendam di

dalam fluida dengan suatu medan kecepatan kontinu F (x,y,z). Jika ∆S adalah luas

sepotong kecil dari G, maka disana F (x,y,z) hampir konstan, dan volume fluida ∇V

yang melewati potongan ini dalam arah normal satuan n adalah ∇V ≈ F • n ∆S

Kita dapat menyimpulkan bahwa :

Fluks F yang melintasi G = dSn•∫∫G

F

Persamaan permukaan dapat ditulis

H(x, y, z) = z – f (x, y)

Sehingga

1yf

xf

kjyfi

xf

HHn

22

+

∂∂+

∂∂

+∂∂−

∂∂−

=

∇∇=

Maka

( ) ( )( ) ( )

[ ]∫∫

∫∫∫∫

+−−•=

++

++

+−−•=•

Ryx

Ryx

yx

yx

G

dAkjfifF

dAffff

kjfifFdSF

ˆˆˆ

11

ˆˆˆn 22

22

Contoh :

Tentukan fluks ke atas dari F (x, y, z) = x i + y j + z k, yang melewati bagian

permukaan G yang ditentukan oleh fungsi z = 1 – x2 – y2

Penyelesaian :

fx = – 2x dan fy = – 2y

Maka fluks yang melintasi G adalah :

47 KALKULUS II


( )

( )∫ ∫

∫∫

∫∫∫∫

=+=

++=

+

∂∂−

∂∂−•=•

ππθ

2

0

1

0

2

22

231

1

ˆˆˆn

ddrrr

dydxyx

dAkjyzi

xzFdSF

R

RG

Latihan :

Hitung dSzyxg∫∫G

),,( :

1. g(x, y, z) = x + y, permukaan G : z = √ 4 –x2 , 0 ≤ x ≤ √ 3 dan 0 ≤ y ≤ 1

2. g(x, y, z) = 2y2 + z, permukaan G : z = x2 – y2, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 1

Hitung dSn•∫∫G

F :

3. F (x, y, z) = x i + y j + 2z k, permukaan G : z = 1 – x2 – y2

4. F (x, y, z) = x i + y j + z k, permukaan G : z = √ 9 – x2 – y2

5. F (x, y, z) = z2 k, permukaan G : z = √ 1 – x2 – y2

5.5 Teorema Divergensi dan Stokes

Teorema Divergensi

Andai S suatu benda pejal tertutup dan terbatas dalam ruang dimensi-3, yang

secara lengkap dicakup oleh suatu permukaan mulus sepotong-sepotong ∂ S .

Andai F = M i + N j + P k, berupa medan vektor sedemikian hingga M, N, dan

P mempunyai turunan parsial pertama yang kontinu pada S dan batasnya ∂ S.

Jika n menyatakan normal satuan terluar terhadap ∂ S, maka :

∫∫∫∫∫ =•∂ S

dVFdivdSnS

F

Dengan kata lain, fluks F yang melewati batas suatu daerah tertutup dalam ruang

dimensi-3 adalah integral lipat tiga dari divergensinya atas daerah tersebut.

48 KALKULUS II


Contoh :

Hitung fluks dari medan vektor

F = x3 i + y3 j + z3 k

yang keluar dari bola B berpusat di (0, 0, 0) berjari-jari 1.

Penyelesaian :

Dengan menggunakan teorema divergensi, fluks yang keluar dari bola adalah :

( )

512

sin3

3

F

2

0 0

1

0

4

222

S

π

θφρφρπ π

=

=

++=

=•

∫ ∫ ∫

∫∫∫

∫∫∫∫∫∂

ddd

dVzyx

dVFdivdSn

B

B

Teorema Stokes

Misalkan, S adalah permukaan dua sisi yang dibatasi oleh lengkungan tertutup ∂ S

dengan normal satuan n dan andaikan F = M i + N j + P k, berupa medan vector

sedemikian hingga M, N, dan P mempunyai turunan parsial pertama yang

kontinu pada S dan batasnya ∂ S. Jika T menyatakan vector singgung satuan

terhadap ∂ S, maka

( )∫∫∫ •=•∂ SS

dSnFcurldSTF

Contoh :

Tentukan integral F = z i – x j – y k sepanjang segitiga yang titik sudutnya

(0, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 2). Gunakan teorema stoke !

Penyelesaian :

Curl F = – i + j – k sedangkan normal dari permukaan adalah n = i

Jadi Curl F • n = – 1

Oleh karena itu

( )∫∫∫ −=−=•=•SC

SluasdSnFcurldSTF 2)(1

49 KALKULUS II


Latihan :

Tentukan fluks dari medan vektor F yang melewati permukaan S, berikut ini :

1. F = y i – x j + 2 k ; S adalah permukaan z = √ 1-x2 , untuk 0 ≤ x ≤ 5

2. F = x2 i + y2 j + z2 k ; S adalah benda pejal z = √ 4 – x2 – y2 dan z = 0

3. F = 2z i + x j + z2 k ; S adalah benda pejal 0 ≤ x2 + y2 ≤ 4 , 0 ≤ x ≤ 1

Hitung ∫ •C

dSTF , dengan C berlawanan arah jarum jam !

4. F = 2z i + x2 j + 3y k ; C adalah ellips perpotongan z = x dan x2 + y2 = 4

5. F = (z – y) i + y j + x k ; C adalah perpotongan tabung x2 + y2 = x dengan

bola x2 + y2 + z2 = 1

50 KALKULUS II


DAFTAR PUSTAKA

Anton, H., Calculus with Analytic Geometry, 3rd edition, John Willey & Sons, New

York, 1988

Boyce W. E., DiPrima, R.C. , Elementary Differential Equations and Boundary Value

Problems, 5th edition, John Willey & Sons, Singapore, 1992

Martono, K., Kalkulus Diferensial, Alvagracia, Bandung, 1987

Purcell, E. J., Varberg D., Kalkulus dan Geometri Analitis Jilid 2, Terjemahan I

Nyoman Susila dkk., edisi 5, Erlangga, Jakarta, 1992

Setya Budhi, W., Kalkulus Peubah Banyak dan Penggunaannya, Penerbit ITB,

Bandung, 2001

kalkulus 2

Documents