danang mursita - · pdf file2.2 turunan fungsi trigonometri 2.3 teorema rantai 2.4 turunan...

Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

Bandung 2002

Danang Mursita

Danang Mursita

DAFTAR ISI Judul i Kata Pengantar ii Daftar Isi iv Bab 1 Fungsi Real 1 1.1 Sistem Bilangan Real 1 1.2 Fungsi dan Grafik 6 1.3 Limit dan kekontinuan 13 1.4 Limit tak Hingga dan Limit di Tak Hingga 17 Bab 2 Turunan dan Penggunaan 21 2.1 Turunan Fungsi 21 2.2 Turunan Fungsi Trigonometri 25 2.3 Teorema Rantai 27 2.4 Turunan Tingkat Tinggi 29 2.5 Fungsi Implisit 31 2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi 33 2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot 35 2.8 Dalil Delhopital 40 Bab 3 Integral dan Penggunaan 44 3.1 Integral Tak Tentu 44 3.2 Notasi Sigma 46 3.3 Integral Tentu 48 3.4 Luas Daerah 54 3.5 Volume Benda Putar 56 3.6 Panjang Kurva 60 Bab 4 Fungsi Transenden 64 4.1 Fungsi Invers 64 4.2 Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen 65 4.3 Fungsi Invers Trigonometri 69 4.4 Fungsi Hiperbolik 72 4.5 Fungsi Invers Hiperbolik 74 4.6 Limit Bentuk Tak Tentu 77 Bab 5 Teknik Pengintegralan dan Integral Tak Wajar 80 5.1 Rumus Baku Integral 80 5.2 Integral Bagian 82 5.3 Integral Fungsi Trigonometri 85 5.4 Integral dengan Substitusi 91 5.5 Integral Fungsi Rasional 94 5.6 Integral Tak Wajar 99 Bab 6 Barian dan Deret 103 6.1 Barisan Bilangan 103 6.2 Deret Tak Hingga 105 6.3 Deret Berganti Tanda 113

Danang Mursita

6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat 115 6.5 Deret Kuasa 116 6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin 119 6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa 121 Bab 7 Persamaan Diferensial Biasa 123 7.1 Order Persamaan Diferensial 123 7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu 125 7.3 Peubah Terpisah 127 7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen 128 7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen 131 7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen 134 Bab 8 Kalkulus Fungsi Vektor 139 8.1 Kurva Bidang 139 8.2 Fungsi Vektor 142 8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan 148 8.4 Komponen Normal dan Tangensial 151 Bab 9 Fungsi Peubah Banyak 153 9.1 Domain dan Range 153 9.2 Permukaan 154 9.3 Turunan Parsial 156 9.4 Vektor Gradien dan Turunan Berarah 163 9.5 Nilai Ekstrim 168 Bab 10 Integral Rangkap 171 10.1 Integral Rangkap Dua 171 10.2 Volume dan Pusat Massa 179 10.3 Integral Rangkap Tiga 181 10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola 185 Bab 11 Kalkulus Integral Vektor 189 11.1 Medan Vektor 189 11.2 Integral Garis 191 11.3 Integral Permukaan 199 Daftar Pustaka 205

Danang Mursita

DAFTAR PUSTAKA [1]. Edwin J Purcell, Dale Van berg, Calculus with analytic Geometry, 5th , Prentice

Hall, USA, 1987 [2]. Anton Howard, Calculus, 3rd , John Wiley and sons, USA, 1988 [3]. Kurt Arbenz, Alfred Wohlhauser, Advanced Mathematics for Practicing

Engineering , Artech House Inc, USA, 1986 [4]. Earl D Rainville, Phillip E Bedient, Elementary Differential Equations, 7th ,

Maxwell Macmillan international Editions, Singapore, 1989 [5]. Stanley J Farlow, An Introduction to Differential Equations and Their

Applications , Mc Graw-Hill Inc, USA, 1994 [6]. William E Boyce, Richard C Diprima, Elementary Differential Equation and

Boundary Value Problems, 5th , John Wiley and Sons Inc, Canada, 1992.

21 Matematika Dasar

Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom

BAB 2 TURUNAN DAN PENGGUNAAN 2.1 Turunan Fungsi 2.2 Turunan Fungsi Trigonometri 2.3 Teorema Rantai 2.4 Turunan Tingkat Tinggi 2.5 Fungsi Implisit 2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Fungsi 2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot 2.8 Dalil Delhopital

2.1 Turunan Fungsi Misal diberikan grafik fungsi y = f(x) dengan P ( a, b ) terletak pada kurva f(x). Bila titik Q ( x,y) merupakan titik sembarang pada kurva f(x) maka gradien garis PQ dapat dinyatakan dengan :

my bx a

f x f ax aPQ =

−−

=−−

( ) ( )

Bila titik Q digerakkan sehingga berimpit dengan titik P maka garis PQ akan merupakan garis singgung kurva f(x) di titik P dengan gradien :

mf x f a

x ax a=

−−→

lim( ) ( )

Definisi Turunan dari fungsi f(x) di titik x = a didefinisikan sebagai gradien dari garis singgung kurva f(x) di x = a dan diberikan:

f af x f a

x ax 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 af a h f a

hh' ( ) lim

( ) ( )=

+ −

→0

Notasi lain : f adf a

dxdy a

dxy a' ( )

( ) ( )' ( )= = =

22 Matematika Dasar


Secara fisis, pengertian atau definisi dari turunan fungsi f(x) di titik x = a menyatakan kecepatan, V(x) benda yang bergerak dengan lintasan f(x) pada saat x = a. Oleh karena

itu, didapatkan hubungan V a f a( ) '( )= dan percepatan , A(x) , A adV a

dx( )

( )= .

Teorema Bila y = f(x) diferensiabel di x = a maka y = f(x) kontinu di x = a. Teorema tersebut tidak berlaku sebaliknya, yaitu ada fungsi yang kontinu tetapi tidak diferensiabel. Hal ini, ditunjukkan oleh contoh berikut. Contoh 2.1

Tunjukkan bahwa f ( x ) = | x | kontinu di x = 0 tetapi tidak diferensiabel di x = 0 Jawab : Fungsi f ( x ) kontinu di x = 0 , sebab f f x

x( ) lim ( )0 0

0= =

→

Turunan f ( x ) di x = 0 dicari menggunakan rumus berikut :

ff h f

hhhh h

' ( ) lim( ) ( )

lim| |

00 0

0 0=

+ −=

→ →

Karena − = ≠ =→ →− +

1 10 0

lim| |

lim| |

h h

hh

hh

maka f(x) = |x| tidak diferensiabel di x = 0.

Sebagaimana pengertian dari keberadaan limit fungsi ( limit kiri = limit kanan ) dan kekontinuan fungsi ( kontinu kanan dan kontinu kiri ), dapat juga diturunkan suatu pengertian diferensiabel kanan dan diferensiabel kiri. Definisi Misal fungsi f(x) diferensiabel di x = a. Maka dapat didefinisikan :

Diferensiabel Kanan, h

afhafafh

)()(lim)(0

' −+=+→

+ dan

Deferensiabel Kiri, h

afhafafh

)()(lim)(0

' −+=−→

−

Kekontinuan suatu fungsi merupakan syarat perlu dari suatu fungsi yang diferensiabel. Artinya untuk menunjukkan bahwa suatu fungsi deferensiabel di suatu titik maka fungsi tersebut harus kontinu di titik tersebut. Selanjutnya diperiksa apakah nilai diferensiabel kanan sama dengan diferensiabel kiri. Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.

23 Matematika Dasar


Contoh 2.2

Tentukan nilai a dan b agar fungsi

>+≤−=

1,1,2)(

2

xbaxxxxxf diferensiabel di x = 1.

Jawab : Ditunjukkan f(x) kontinu di x = 1, yaitu

( )baxxffxx

+==++ →→ 11

lim)(lim)1( atau a + b = 1

Dari diferensial kanan sama dengan diferensial kiri, didapatkan :

hhh

hbha

hfhf

hfhf

ff

hh

hh

1)1()1(2lim1)1(lim

)1()1(lim)1()1(lim

)1()1(

2

00

00

''

−+−+=−++

−+=−+=

−+

−+

→→

→→

−+

Dari persamaan terakhir didapatkan nilai a = 0. Sehingga nilai b = 1. Jadi agar fungsi diferensiabel di x = 1 maka bentuk fungsi yaitu

>≤−=

1,11,2)(

2

xxxxxf

Untuk menentukan turunan suatu fungsi sangat sulit bilamana harus digunakan definisi formal di atas, namun akan lebih mudah digunakan rumus sebagai berikut :

1. ( )d x

dxr x r R

rr= ∈−1 ;

2. ( ) ( ) ( )d f x g x

dxd f x

dxd g x

dx( ) ( ) ( ) ( )+

= +

3. ( ) ( ) ( )d f x g x

dxg x

d f xdx

f xd g x

dx( ) ( )

( )( )

( )( )

= +

4. ( ) ( ) ( )d

dxg x d f x f x d g x

g x

f xg x

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )=

−2

Contoh 2.3

Cari turunan dari fungsi berikut :

1. x

xf 1)( =

2. ( ) xxxf 12)( −=

3. 1

1)( 2 +

+=xxxf

24 Matematika Dasar


Jawab :

1. 211)( −== x

xxf . Digunakan rumus pertama, didapatkan :

xx

xxf2

121)( 2

3' −=−= −

2. ( ) 21

23

212)( xxxxxf −=−= . Digunakan rumus kedua, didapatkan :

x

xxxxf2

13213)( 2

12

1' −=−= −

Dapat juga diterapkan rumus ketiga dengan memandang f(x) = U(x) V(x) , xxVxxU =−= )(dan12)(

3. Misal U(x) = x + 1 dan V(x) = x2 +1. Dengan menerapkan rumus keempat

didapatkan, ( )( ) ( )22

2

22

2'

1

21

1

121)(+

−−=+

+−+=x

xx

x

xxxxf

Soal latihan 2.1

( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan dydx

dari :

1. yx

=−12

2 6

2. yx x

= −1 1

2

3. y = x ( x2 + 1 )

4. ( )( )y x x x x= + + +4 3 22 2 1

5. ( )( )y x x x x= + − +3 2 3 12 4

6. yx

=+

1

3 92

7. yxx

=−−

2 11

8. yx x

x=

− ++

2 3 12 1

2

9. yx x

x x=

− +

+ −

2

22 5

2 3

10. yx x

x=

+ +−

5 2 63 1

2

25 Matematika Dasar


( Nomor 11 sd 13 ) Tentukan nilai a dan b agar fungsi berikut diferensiabel di nilai yang diberikan.

11. f xa x x

x bx x( )

;;

=+ ≤ <− ≥

3 0 112 ; x = 1

12. f xax b xx x

( );;

=− <− ≥

22 1 22 ; x = 2

13. f x x xax b x

( ) ;;

= − <+ ≥

2 1 32 3

; x = 3

2.2 Turunan Fungsi Trigonometri

Fungsi trigonometri ( sinus dan cosinus ) merupakan fungsi kontinu, sehingga limit fungsi sinus dan cosinus di setiap titik sama dengan nilai fungsinya, yaitu : lim sin sin lim cos cos

x a x ax a dan x a

→ →= =

Turunan dari fungsi sinus dapat diperoleh dari definisi, yaitu :

( ) ( )

( )

d adx

a h ah

ha

h

hh

hd a

dxa

h h

h a

sinlim

sin sinlim

sin cos

limsin sin

cos

=+ −

=

+

= =

→ →

→

0 0

22 2

22 1Karena maka

Sedangkan untuk turunan fungsi cosinus diperoleh berikut:

( ) ( )d adx

a h ah

ha

h

ha

h h

coslim

cos coslim

sin sinsin=

+ −=

−

+

= −→ →0 0

22 2

Untuk turunan fungsi trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan menerapkan rumus perhitungan turunan :

1. ( ) ( )d x

dx

d

dxx

xxtan

sec

sincos

= = 2

2. ( ) ( )d x

dx

d

dxx

xxcot

csc

cossin

= = − 2

26 Matematika Dasar


3.( ) ( )d xdx

d

dxx x

xsecsec tan

cos= =

1

4.( ) ( )d x

dx

d

dxx x

xcsccsc cot

sin= = −

1

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 ( ) lim ( )x x

f x h x L→∞ →∞

= = maka lim ( )x

g x L→∞

=

Contoh 2.4

Hitung limit berikut ( bila ada )

1. limsin

x

xx→∞

a. limcos

sinx

xx→ +

+

0

1

Jawab :

a. Misal f xx

x( )

sin= . Dari -1 ≤ sin x ≤ 1 maka

−≤ ≤

1 1x

xx x

sin. Karena

lim limx xx x→∞ →∞

−= =

1 10 maka lim

sin

x

xx→∞

= 0.

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 lim cossinx

xx→ +

+ = ∞0

1

Soal latihan 2.2 ( Nomor 1 sd 7 ) Hitung limit fungsi berikut ( bila ada )

1. limcos

sinx

xx→ −

+

0

1

2. lim cosx

x→∞

27 Matematika Dasar


3. lim sinx x→∞

1

4. lim sinx

xx→∞

1

5. lim sinx x→∞

+

π6

1

6. lim sin sinx

xx

x→∞

+

−

1

7. lim cosx

xx→−∞

−

1

1

( Nomor 8 sd 10 ) Tentukan turunan pertama dari:

8. yx

x=

−1 sincos

9. yx

x=

cos

10. yx

x x=

−tan

sin cos

11. Persamaan garis singgung kurva y = f(x) di titik ( a,b ) dengan gradien m dinyatakan

dengan : y - b = m ( x - a ). Sedangkan persamaan garis normal dari y = f (x) ( garis yang tegak lurus terhadap garis singgung ) yang melalui titik ( a,b ) mempunyai persamaaan : y - b = -1/m ( x - a ). Tentukan persamaan garis singgung dan normal kurva berikut di titik yang diketahui dengan menghitung gradiennya terlebih dahulu. a. y = x2 - 2x di ( 0,0 ) b. y = tan x di x = ¼ π

12. Tentukan nilai a agar fungsi berikut kontinu di x = 0

a. f xx

xx

a x( )

sin,= ≠

=

300

b. f xax

xx

x a x( )

tan,

,=

<

+ ≥

0

3 2 02

2.3 Teorema Rantai Untuk mendapatkan turunan dari fungsi komposisi dapat dilakukan dengan cara mencari bentuk ekplisit dari hasil komposisi fungsi. Namun dapat juga dicari dengan cara langsung menggunakan metode atau aturan rantai. Misal diberikan fungsi : ( )y f u x= ( ) . Maka turunan pertama terhadap x yaitu :

28 Matematika Dasar


( )( ) ( )( ) ( ) ( )dy

dxd f u

dud u x

dxf u u x= = ' '

Bila y = f(u ) dengan u = v(x) maka turunan pertama dari y terhadap x dicari :

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )dy

dxd f u

dud u v

dvd v x

dxf u u v v x= = ' ' '

Metode penurunan di atas dikenal dengan teorema rantai. Contoh 2.5

Cari turunan dari fungsi ( )xxf 3sin)( = Jawab: Misal u(x) = 3x. Maka fungsi f(x) dapat dinyatakan dengan ( )uxf sin)( = . Turunan

terhadap x yaitu ( ) ( ) ( )xxuufdxdf 3cos3'' ==

Contoh 2.6

Cari nilai turunan pertama di x = 1 dari fungsi xxf 2tan)( π= Jawab : Misal v(x) = π2 x dan vvu =)( ,. Maka fungsi dapat dituliskan dengan uxf tan)( = .

Turunan terhadap x, ( ) ( ) ( ) xx

xvvuufdxdf 22

2

2sec

2''' π

π

π== . Nilai turunan di x = 1,

yaitu 2

)1(' π=f

Soal latihan 2.3 ( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari 1. ( )y x= −2 3 10

2. y x= sin3

3. ( )y x x= −cos 4 2

4. yxx

=+−

11

2

5. yxx

=−

+

cos

2 14

6. y = sin x tan [ x2 + 1 ]

29 Matematika Dasar


7. y = sin [ cos ( sin 2x ) ]

8. Hitung f ‘ ( 3 ) bila f xxx

( ) =+

+

2 21

2

9. Hitung g ‘ ( ½ ) bila g t t t( ) cos sin= π π2

10. Tentukan ( ) ( )fog ' 1 bila f(x) = cos π x dan g xx

( ) =1

2

11. Tentukan ( ) ( )fog ' −1 bila f xx

g x x x( ) ( )= − = −1

1 42dan

12. Tentukan persamaan garis singgung dan normal kurva ( ) ( )y x x= + +2 3 4 21 1 di titik

dengan absis x = 1. 2.4 Turunan Tingkat Tinggi

Turunan kedua dari fungsi f( x ) didapatkan dengan menurunkan sekali lagi bentuk turunan pertama. Demikian seterusnya untuk turunan ke-n didapatkan dari penurunan bentuk turunan ke-(n-1).

Turunan pertama ( )

f xdf x

dx' ( ) =

Turunan kedua ( )

f xd f x

dx"( ) =

2

2

Turunan ketiga ( )

f xd f x

dx"'( ) =

3

3

Turunan ke-n ( ) ( )f x

d f xdx

nn

n( ) =

Contoh 2.7

Tentukan turunan kedua dan ketiga dari fungsi 21)( xxf += Jawab :

Turunan pertama, 21

)('x

xxf+

=

Turunan kedua digunakan rumus turunan dari fungsi hasilbagi,

( ) 23

22

2

22

1

11

11

)("xx

x

xxxf

+=

++

−+

=

30 Matematika Dasar


Turunan ketiga, ( ) 2

521

3)('"x

xxf+

−=

Gerak Partikel Misal Lintasan gerak partikel P dinyatakan dengan fungsi parameter s(t). Maka Kecepatan, v(t) dan percepatan, a(t) gerak P diberikan oleh Kecepatan, )(')( tstv = Percepatan, )(")( tsta = Contoh 2.8

Lintasan gerak partikel P ditentukan oleh persamaan : 102)( 23 −+−= tttts Tentukan : a. Kapan partikel P berhenti ? b. Besar percepatan P pada saat t = 2 Jawab : a. Kecepatan, 143)(')( 2 +−== tttstv . Partikel P berhenti berarti kecepatan sama

dengan nol, sehingga t = 1/3 dan t = 1. b. Percetapan, 46)(")( −== ttsta . Untuk t = 2, maka a( 2 ) = 8 Soal Latihan 2.4 ( Nomor 1 sd 4 ) Tentukan turunan kedua dari 1. ( )y x= −sin 2 1

2. ( )y x= −2 3 4

3. yx

x=

+1

4. ( )y x= cos2 π

5. Tentukan nilai c dari f c"( ) = 0 bila f x x x x( ) = + − −3 23 45 6

6. Tentukan nilai a, b dan c dari fungsi g x ax bx c( ) = + +2 bila g (1) = 5, g ‘ (1 ) = 3 dan g “(1) = - 4

7. Tentukan besar kecepatan sebuah obyek yang bergerak pada saat percepatannya nol bila lintasan obyek dinyatakan dengan persamaan : a. s = ½ t4 - 5 t3 + 12 t2.

b. ( )s t t t= − +1

1014 604 3 2

31 Matematika Dasar


8. Dua buah partikel bergerak sepanjang garis koordinat. Pada saat waktu t jarak berarah dari titik pusat diberikan dengan s1 dan s2. Bilamana kedua partikel mempunyai kecepatan sama bila : a. s1 = 4 t - 3 t2 dan s2 = t2 - 2 t b. s1 = 3 t3 - 3 t2 + 18 t + 5 dan s2 = -t3 + 9 t2 - 12 t

2.5 Fungsi Implisit

Fungsi dengan notasi y = f(x) disebut fungsi eksplisit, yaitu antara peubah bebas dan tak bebasnya dituliskan dalam ruas yang berbeda. Bila tidak demikian maka dikatakan fungsi implisit. Dalam menentukan turunan fungsi implisit bila mungkin dan mudah untuk dikerjakan dapat dinyatakan secara eksplisit terlebih dahulu kemudian ditentukan turunannya. Namun tidak semua fungsi implisit dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, oleh karena itu akan dibahas cara menurunkan fungsi dalam bentuk implisit berikut. Contoh 2.9

Tentukan dxdy bila 524 =+− xyxy

Jawab :

Bentuk fungsi dapat diubah menjadi bentuk eksplisit, x

xy21

54+

+= . Digunakan aturan

penurunan didapatkan,

( )2216xdx

dy+−=

Contoh 2.10

Tentukan nilai dxdy di ( 2,1 ) bila 324 2 −=+− xyxy

Jawab :

Bentuk fungsi dapat diubah menjadi fungsi eksplisit dalam y, 2243y

yx−

+= .

Menggunakan aturan penurunan didapatkan,

( )22

2

24

422

y

yydydx

−

++=

32 Matematika Dasar


Karena dy

dxdxdy 1= maka ( )

42224

2

22

++−=

yyy

dxdy . Nilai turunan di ( 2,1 ) atau y = 1,

21=

dxdy

Contoh 2.11

Tentukan nilai dxdy di x = 1 bila 324 22 −=+− yxxy

Jawab : Turunan dari fungsi di atas dicari dengan menggunakan metode penurunan fungsi implisit. Misal turunan dari x dan y berturut-turut dinyatakan dengan dx dan dy. Bila dalam satu suku terdapat dua peubah (x dan y ) maka kita lakukan penurunan secara

bergantian, bisa terhadap x dahulu baru terhadap y atau sebaliknya. Hasil turunan dxdy

akan nampak bila masing-masing ruas dibagi oleh dx. 324 22 −=+− yxxy

0444 22 =++− dyyxdxyxdxdy

0444 22 =++−dxdyyxyx

dxdy ( ruas kiri dan ruas kanan dibagi dengan dx )

yxyx

dxdy

2

2

4144

+−=

Substitusi x = 1 ke fungsi didapatkan 012 2 =−+ yy atau y = ½ dan y = -1.

Untuk ( 1, -1 ) , 0=dxdy

Untuk ( 1, ½ ), 1=dxdy

Soal latihan 2.5 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan turunan pertama dari 1. x2 - y2 = 1 2. 2 x y + 3 x - 2 y = 1 3. ( )y xy+ =sin 1

4. x x y y3 2 23 0− + = 5. tan ( x y ) - 2 y = 0 6. Diketahui kurva yang dinyatakan secara implisit : x2 + xy + y2 - 3 y = 10. Tentukan

a. Turunan pertama di x = 2 b. Persamaan garis singgung dan normal di x = 2

33 Matematika Dasar


7. Tentukan persamaan garis singgung dan normal dari kurva berikut di titik yang diberikan. a. y x x xy+ = 2 ; ( 1,1 )

b. x3y + y3x = 10 ; ( 1,2 ) c. x2y2 + 3 xy = 10 y ; ( 2,1 ) d. sin ( xy ) = y ; ( ½ π, 1 ) e. y + cos ( xy2 ) + 3 x2 = 4 ; ( 1, 0 )

8. Sebuah kurva dinyatakan dalam persamaan implisit : ( )x y x y+ − + =3 2 1. Tentukan :

a. dydx

b. Persamaan garis singgung kurva di titik potongnya dengan garis x + y = 2. 2.6 Kemonotonan dan Kecekungan Kurva

Pada bagian ini penggunaan turunan akan di titik beratkan untuk mengetahui sifat-sifat yang dimiliki suatu kurva antara lain kemonotonan, kecekungan, nilai ekstrim , titik belok dan asymtot. Hal ini ditekankan agar kita mudah dalam menganalisa dan menggambarkan grafik fungsi. Pada bagian akhir dari sub bab penggunaan turunan ini, akan dijelaskan tentang dalil Delhospital untuk menghitung limit fungsi baik limit di suatu titik, limit di tak hingga maupun limit tak hingga. Definisi : Fungsi Monoton Grafik fungsi f(x) dikatakan naik pada selang I bila ( ) ( )f x f x1 2> untuk x x x x I1 2 1 2> ∈; , . Sedangkan f(x) dikatakan turun pada selang I bila

( ) ( )f x f x1 2< untuk x x x x I1 2 1 2> ∈; , . Fungsi naik atau turun disebut fungsi monoton. Dalam menentukan selang fungsi monoton naik atau turun digunakan pengertian berikut. Gradien dari suatu garis didefinisikan sebagai tangen sudut ( α ) yang dibentuk oleh garis tersebut dengan sumbu X positif, m = tan α . Bila sudut lancip (α < ½ π ) maka m > 0 dan m < 0 untuk α > ½ π. Karena gradien garis singgung suatu kurva y = f(x) di titik ( x,y ) diberikan dengan m = f ‘ ( x ) dan selang fungsi naik atau fungsi turun berturut-turut ditentukan dari nilai gradiennya, maka kemonotonan fungsi diberikan berikut : 1. Fungsi f(x) naik bila f x' ( )> 0 2. Fungsi f(x) turun bila f x' ( )< 0

34 Matematika Dasar


Contoh 2.12

Tentukan selang fungsi naik dan fungsi turun dari fungsi 52)( 234 −++= xxxxf Jawab : Turunan pertama, xxxxf 264)(' 23 ++= . Untuk 0264)(' 23 >++= xxxxf , maka fungsi naik pada –1 < x < - ½ atau x > 0 dan fungsi turun pada x < -1 atau – ½ < x < 0. Secara geometris, grafik fungsi y = f(x) cekung ke bawah di suatu titik bila kurva terletak di bawah garis singgung kurva di titik tersebut. Sedangkan garfik fungsi y = f ( x ) cekung ke atas di suatu titik bila kurva terletak di atas garis singgung yang melalui titik tersebut. Definisi : Kecekungan Fungsi Fungsi f(x) dikatakan cekung ke atas pada selang I bila f x' ( ) naik pada selang I, sedang f(x) dikatakan cekung ke bawah bila f x' ( ) turun pada selang I. Oleh karena itu dapat disimpulkan : 1. Bila f x x I"( ) ,> ∈0 maka f(x) cekung ke atas pada I dan 2. Bila f x x I"( ) ,< ∈0 maka f(x) cekung ke bawah pada I.

Contoh 2.13

Tentukan selang kecekungan dari fungsi :xxxf

++=

11)(

2

Jawab :

Turunan pertama, ( )22

112)('

xxxxf

+−+=

Turunan kedua, ( )31

4)("x

xf+

=

Fungsi cekung ke atas, 0)(" >xf pada selang x > -1 dan fungsi cekung ke bawah pada selang x < -1. Soal Latihan 2.6 Tentukan selang kemonotonan dan kecekungan dari kurva berikut 1. ( )f x x( ) = − 3 3

35 Matematika Dasar


2. f x x x( ) = + −2 9 133 2

3. f x x x x( ) = − + +3 22 1

4. f x x x( ) = − +3 4 24 3

5. f x x x( ) = −6 43

6. f xx

x( ) =

−22

7. f xx

x( ) =

+

2

2 1

2.7 Nilai Ekstrim dan Asymtot

Misal diberikan kurva f( x ) dan titik ( a,b ) merupakan titik puncak ( titik maksimum atau minimum ). Maka garis singgung kurva di titik ( a,b ) akan sejajar sumbu X atau mempunyai gradien m = 0 ( )[ ]f a' = 0 . Titik ( a, b ) disebut titik ekstrim, nilai x = a disebut nilai stasioner, sedangkan nilai y = b disebut nilai ekstrim. Definisi : Nilai Maksimum dan Nilai Minimum Nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) maksimum pada selang I bila f(a) > f(x) untuk setiap x ∈ I. Sedangkan nilai f(a) disebut nilai ( ekstrim ) minimum pada selang I bila f(a) < f(x) untuk setiap x ∈ I.

Untuk menentukan jenis nilai ekstrim ( maksimum atau minimum ) dari fungsi f(x) dapat dilakukan dengan Uji turunan kedua sebagai berikut : 1. Tentukan turunan pertama dan kedua, )("dan)(' xfxf 2. Tentukan titik stasioner yaitu pembuat nol dari turunan pertama ( f x' ( ) = 0 ),

misalkan nilai stasioner adalah x = a 3. Nilai f(a) merupakan nilai maksimum bila f a"( ) < 0, sedangkan nilai f (a)

merupakan nilai minimum bila f a"( ) > 0 . Contoh 2.14

Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari fungsi 52)( 234 −++= xxxxf Jawab : Dari pembahasan pada contoh di sub bab sebelumnya didapatkan nilai stasioner fungsi adalah x = -1, x = - ½ dan x = 0. Turunan kedua, 21212)(" 2 ++= xxxf . Untuk x = -1, 2)1(" =−f dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum f ( -1 ) = -5.

36 Matematika Dasar


Untuk x = - ½ , 1)(" 21 −=−f dan fungsi mencapai maksimum dengan nilai maksimum

( )161542

1 −=−f

Untuk x = 0, 2)0(" =f dan fungsi mencapai minimum dengan nilai minimum adalah f ( 0 ) = -5 Definisi : Titik Belok Misal f(x) kontinu di x = b. Maka ( b , f(b) ) disebut titik belok dari kurva f(x) bila terjadi perubahan kecekungan di x = b, yaitu di satu sisi dari x = b cekung ke atas dan disisi lain cekung ke bawah atau sebaliknya. Syarat perlu x = b merupakan absis dari titik belok bila berlaku f b"( ) = 0 atau f(x) tidak diferensiabel dua kali di x = b. Kata “ syarat perlu “ mirip artinya dengan kata “ calon “, maksudnya bahwa untuk nilai x = b yang dipenuhi oleh salah satu dari kedua syarat itu memungkinkan untuk menjadi absis titik belok bergantung apakah dipenuhi syarat seperti halnya yang tertulis pada definisi. Contoh 2.15

Carilah titik belok ( bila ada ) dari fungsi berikut : a. f x x( ) = −2 13

b. f x x( ) = 4

c. f x x( ) = +1

3 1 Jawab : a. Dari f x x( ) = −2 13 maka f x x"( ) = 12 . 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 x"( ) = 12 2 . Bila f x"( ) = 0 maka x = 0 merupakan calon dari titik belok, sehingga untuk

menguji apakah x = 0 merupakan titik belok dilakukan berikut. Untuk x < 0 dan x > 0 maka f x"( ) > 0 . Oleh karena itu, di x = 0 tidak terjadi

perubahan kecekungan. Jadi ( 0,0 ) bukan merupakan titik belok.

c. Dari f x x( ) = +1

3 1 maka f xx

"( ) =− 2

95

3. Terlihat bahwa f(x) tidak dapat

diturunkan dua kali di x = 0. Untuk x < 0 maka f x"( ) > 0 , sedangkan untuk x > 0 maka f x"( ) < 0 . Oleh karena itu, di x = 0 terjadi perubahan kecekungan. Jadi ( 0,1 ) merupakan titik belok

37 Matematika Dasar


Asymtot Asymtot suatu grafik fungsi didefinisikan sebagai garis yang didekati oleh suatu kurva. Asymtot dibedakan menjadi tiga yaitu : 1. Asymtot mendatar 2. Asymtot tegak 3. Asymtot miring Misal diberikan kurva y = f ( x ). Maka garis y = b disebut asymtot mendatar dari y = f ( x ) bila : lim ( )

xf x b

→∞= atau lim ( )

xf x b

→− ∞= . Sedangkan garis x = a disebut

asymtot tegak bila berlaku salah satu dari : 1. lim ( )

x af x

→ += ∞

2. lim ( )x a

f x→ +

= − ∞

3. lim ( )x a

f x→ −

= ∞

4. lim ( )x a

f x→ −

= −∞

Contoh 2.16

Carilah asymtot datar dan asymtot tegak dari fungsi 1

)( 2

2

−−=x

xxf

Jawab :

Asymtot datar, y = -1 sebab 11

lim)(lim 2

2−=

−−=

∞→∞→ xxxf

xx atau 1)(lim −=

∞−→xf

x

Asymtot tegak, x = -1 dan x = 1 sebab ∞=−

−=++ −→−→ 1

lim)(lim 2

2

11 xxxf

xx dan

−∞=−

−=++ →→ 1

lim)(lim 2

2

11 xxxf

xx

Garis y = a x + b dikatakan sebagai asymtot miring dari y = f ( x ) bila berlaku

( )[ ] ( )[ ]lim ( ) lim ( )x x

f x ax b f x ax b→∞ →− ∞

− + = − + =0 0atau . Untuk mendapatkan

asymtot miring dari fungsi rasional f xP xQ 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).

38 Matematika Dasar


Contoh 2.17

Carilah asymtot dari fungsi 1

32)(2

−−−=

xxxxf

Jawab : Asymtot datar tidak ada sebab ∞=

∞→)(lim xf

x atau −∞=

∞−→)(lim xf

x.

Asymtot tegak, x = 1 sebab ∞=−

−−=−− →→ 1

32lim)(lim2

11 xxxxf

xx.

Asymtot miring, y = x – 1 sebab ( ) 01

4lim11

32lim2

=−

−=

−−

−−−

∞→∞→ xx

xxx

xx

Grafik Fungsi Dalam mengambarkan grafik suatu kurva dapat dilakukan dengan menentukan terlebih dahulu : selang kemonotongan, selang kecekungan, titik ekstrim dan jenisnya, titik potong terhadap salib sumbu ( sumbu X dan sumbu Y ), titik belok ( bila ada ), semua asymtot ( bila ada ) dan titik lain ( sembarang ) yang dapat membantu memudahkan menggambarkan grafik. Soal latihan 2.7 ( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan nilai ekstrim dan jenisnya dari kurva dengan persamaan berikut : 1. f x x x( ) = − +3 23 2

2. f x x x( ) = − +3 3 4

3. ( )f xx

x x( ) sin ,= − < <2

0 2π

4. f x x x( ) cos ,=−

< <

22

32

π π

5. f xx

( ) = +4

41

6. f x x x( ) = −3 44 3 ( Nomor 7 sd 10 ) Tentukan titik belok dari kurva berikut ( bila ada )

7. f x x x( ) = −16

23

8. f x x( ) = + 2

9. f x x( ) = +4 4

39 Matematika Dasar


10. f x x x x x( ) = − − + +4 3 26 24 2 ( Nomor 11 sd 21 ) Cari semua asymtot dari fungsi berikut :

11. f xx

x( ) =

−2

3

12. f xx

x( ) =

−

2

2 1

13. 21)(x

xxf −=

14. ( )

f xx

x( ) =

−1 2

2

15. f x xx

( ) = −2 1

16. f xx

x( ) =

−

2

42

17. f xx x

( ) = + −23 1

3

18. f xx

x( ) =

−2 2

19. f xx x

x( ) =

− −+

2 2 32

20. ( )

f xx

x( ) =

− 2 3

2

21. f xx

x( ) =

−4 3

2

( Nomor 22 sd 28 ) Gambarkan grafik kurva berikut : 22. f x x x( ) = − −3 3 1

23. f x x x x( ) = − + +3 22 1

24. f x x x( ) = − +3 4 24 3

25. f x x x( ) = −6 43

26. f x x x( ) = − +3 5 15 3

27. f xxx

( ) =+2

1

28. ( )

f xx

x( ) =

+3

8 2

40 Matematika Dasar


2.8 Dalil Delhospital Dalam perhitungan limit fungsi seringkali dijumpai bentuk tak tentu dari limit yaitu : 00

0, , .∞∞

∞ ∞ − ∞dan . Untuk menyelesaikannya digunakan cara yang dikenalkan oleh

Delhospital.

Bentuk 00

dan∞∞

Misal lim f(x) = lim g(x) = 0 atau lim f(x) = lim g(x) = ∞. Maka

lim( )( )

lim' ( )' ( )

f xg x

f xg x

= . Bila masih dijumpai ruas kanan merupakan bentuk 00

atau ∞∞

maka dilakukan penurunan lagi sehingga didapatkan nilai yang bukan merupakan bentuk tak tentu tersebut. Penulisan lim di atas mengandung maksud

∞→−∞→→→→ −+ xxaxaxaxlimataulim,lim,lim,lim .

Contoh 2.18

Hitung limit berikut

a. limcos

x

xx→

−

0 21 2

b. limx

x xx→∞

+

+

3

42

1

Jawab :

a. limcos

limsin

limcos

x x x

xx

xx

x→ → →

−= = =

0 2 0 0

1 2 2 22

4 22

2

b. lim lim lim limx x x x

x xx

xx

xx x→∞ →∞ →∞ →∞

+

+= + = = =

3

4

2

3 22

1

3 2

4

6

12

624

0

Bentuk 0 . ∞∞∞∞ Misal lim f(x) = 0 dan lim g(x) = ∞. Maka lim f(x) g(x) merupakan bentuk 0 . ∞ . Untuk

menyelesaikannya kita ubah menjadi bentuk 00

atau ∞∞

yaitu :

lim ( ) ( ) lim( )

lim( )

( ) ( )f x g x

f x g x

g x f x= =1 1 . Selanjutnya solusi dari limit tersebut

diselesaikan dengan cara seperti bentuk sebelumnya.

41 Matematika Dasar


Contoh 2.19

Hitung limit berikut

a. lim sec/x

x x→

−

π

π2 2

b. lim cscx

x x→0

2

Jawab :

a. lim sec limcos

limsin/ / /x x x

x xx

x x→ → →−

=

−=

−= −

π π π

ππ

2 2 222 1

1

b. lim csc limsin

limcosx x x

x xx

xxx→ → →

= = =0

20

2

0

20

Bentuk ∞∞∞∞ - ∞∞∞∞ Misal lim f(x) = lim g(x) = ∞. Maka untuk menyelesaikan lim [ f(x) - g(x) ] dilakukan dengan menyederhanakan bentuk [ f(x) - g(x) ] sehingga dapat dikerjakan menggunakan cara yang telah dikenal sebelumnya. Contoh 2.20

Hitung ( )lim csc cot

xx x

→−

0

Jawab :

( )lim csc cot limsin

cossin

limcos

sinlim

sincosx x x x

x xx

xx

xx

xx→ → → →

− = −

=

−= =

0 0 0 0

1 10

Sebagai catatan bahwa tidak semua bentuk limit tak tentu dapat diselesaikan menggunakan dalil Delhospital. Hal ini seringkali terjadi di dalam menyelesaikan limit fungsi f(x) dengan f(x) bukan merupakan fungsi rasional. Untuk lebih jelasnya diberikan contoh berikut. Contoh 2.21

Hitung limit berikut :

a. limx

x xx→−∞

−−

2 31

b. limx

x x x→∞

+ − +

2 2 1

42 Matematika Dasar


Jawab:

a. lim lim ( )x x

x xx

xx

x xx

x

x→−∞ →−∞

−−

= −−

− =2 2

23

13

11

b. lim limx x

x x x x

x x x

xx→∞ →∞

+ − +

= −

+ + +=2 2

2 2

21 1

1

12

Soal latihan 2.8 Hitung limit berikut ( bila ada )

1. limx

xx→+∞

+−

2 12 5

2. limx

x xx→−∞

−

−

4

2 1

2

3

3. limx

xx→+∞

−+

5 34

3

4. limx

xx→+∞

−+

3 56 2

3

5. limx

xx→+∞

−+

2 11

2

6. limx

x

x→−∞

+

+

2 1

1 2 2

7. lim cscx

x x→0

2

8. ( )lim cot cosx

x x→

−0

2 1 2

9. limx

x x x→+∞

+ −

2

10. limx

x x→+∞

+ −

2 3

11. limx

x x x x→+∞

+ − −

2 2

12. limx

x x x→−∞

− − −

2 23 3

13. l i m x x xx → +∞

+ − −

2 6 5

14. ( )

limsin

x

axax→0

43 Matematika Dasar


15. limtansinx

xx→0

52

16. limsin ( )

x

xx→0

2

25

17. limsin

cosx

xx→ −01

18. limsincosx

x xx→ −01

19. limcos

cosx

xx→

−−0

2 11 5

20. limcosx

xx→ −0

2

1

64 Matematika Dasar


BAB 4 FUNGSI TRANSENDEN 4.1 Fungsi Invers 4.2 Fungsi Logaritma dan Fungsi Eksponen 4.3 Fungsi Invers Trigonometri 4.4 Fungsi Hiperbolik 4.5 Fungsi Invers Hiperbolik 4.6 Limit Bentuk Tak Tentu 4.1 Fungsi Invers Definisi : Fungsi Invers Misal dua fungsi f dan g berlaku komposisi berikut : (i) f ( g(x) ) = x , untuk setiap x ∈ Dg. (ii) g ( f(y) ) = y, untuk setiap y ∈ Df. Maka f disebut invers dari g ( notasi f = g -1 ) atau g disebut invers dari f ( g = f -1 ). Dari definisi di atas diperoleh hubungan, Ifoffof == −− 11 I merupakan fungsi identitas, yaitu fungsi yang memetakan ke dirinya sendiri. Berikut merupakan contoh fungsi dan inversnya. Fungsi f(x) = 1 + x mempunyai invers

1)(1 −=− xxf , sebab ( ) ( ) ( ) ( ) )(111)()( 11 xIxxxfxffxfof ==−+=−== −− . Satu hal yang menarik bagi kita, apakah setiap fungsi punya invers ? Bagaimana cara mendapatkan invers dari suatu fungsi ? Beberapa sifat berikut dapat digunakan untuk menjawab pertanyaan ini. Sifat-sifat : antara fungsi dan inversnya. 1. Grafik fungsi f dan f -1 simetri terhadap garis y = x. 2. Domain f sama dengan range f -1 atau range f sama dengan domain f -1. 3. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila tidak ada garis mendatar yang

memotong grafik f(x) lebih dari satu titik. 4. Fungsi f(x) punya invers bila dan hanya bila f(x) berkorespondensi satu-satu [ yaitu

bila f(x1) ≠ f(x2) maka x1 ≠ x2 ]. 5. Misal interval I merupakan domain f(x) dan f(x) naik atau f(x) turun pada I. Maka

f(x) punya invers pada I. Misal y = f -1 ( x ). Maka didapatkan x = f ( y ) . Hal ini memot4asi kepada kita suatu cara untuk menentukan invers dari fungsi y = f ( x ). Untuk menentukan invers dari suatu fungsi y = f ( x ) dilakukan dengan cara mensubstitusikan peubah y ke dalam x, sehingga fungsi dinyatakan secara eksplisit dalam peubah y. Tuliskan f ( y ) = x dan

65 Matematika Dasar


nyatakan fungsi yang diperoleh tersebut menjadi fungsi eksplisit dalam peubah x. Hasil terakhir merupakan invers dari y = f ( x ).

Contoh 4.1

Tentukan invers dari fungsi f xxx

( ) =−+

12

Jawab :

f yyy

xyy

yxx

f xxx

( ) ( )=−+

⇒ =−+

⇒ =− −

−⇒ =

− −−

−12

12

2 11

2 11

1

Soal Latihan 4.1 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan fungsi invers ( bila ada ) dari

1. f x xx

x( ) ,= + >1

0

2. f x x( ) = −2 13

3. f x x( ) = +4 25

4. f xx

x( ) ,=+

≥5

102

5. f xxx

( ) =+−

11

6. Tentukan range ( daerah hasil ) dari invers fungsi di atas ( nomor 1 sd 5 ) 4.2 Fungsi Logaritma dan Eksponen Fungsi logaritma dan fungsi eksponen merupakan dua fungsi yang saling invers dan dinyatakan sebagai :

0,;log >=⇔= bxbxxy yb Sifat-sifat logaritma : 1. blog 1 = 0 2. blog b = 1 3. blog ac = blog a + blog c 4. blog a/c = blog a - blog c 5. blog ar = r blog a

6. b

aa

c

cb

log

loglog =

66 Matematika Dasar


Bilangan Natural Bilangan natural dinotasikan dengan e dan didefinisikan sebagai :

( ) ( )e x xxx

x

x= + = + =

→ →∞lim lim , ...

0

11 1 1 2 718

Fungsi logaritma natural didefinisikan sebagai :

ln ,xtdt x

x= >∫

10

1

ln x = elog x

Turunan fungsi logaritma natural : [ ]D xxx ln =1

Jadi secara umum : [ ]D uududx u

du u Cx ln ln= ⇔ = +∫1 1

.

Contoh 4.2

Hitung integral ∫ +dx

xx

cos1sin

Jawab :

Misal u = 1 + cos x. Maka du = - sin x. Sehingga ( ) Cxdxxx ++−=

+∫ cos1lncos1

sin

Eksponen Natural Fungsi eksponen natural didefinisikan sebagai inverse dari logaritma natural dan dinotasikan :

y e x yx= ⇔ = ln Sifat yang dapat diturunkan langsung dari definisi adalah :

1. e y yyln ,= ∀ > 0

2. ln ,e x x Rx = ∀ ∈ Turunan dan integral dari eksponen natural:

( )D e edudx

e du e Cxu u u u= ⇔ = +∫

Misal a > 0 dan x ∈ R. Didefinisikan : a ex x a= ln . Maka :

67 Matematika Dasar


(i) [ ]D a a adudxx

u u= (ln )

(ii) a duaa Cu u= +∫

1ln

Misal y xxa

a= =loglnln

. Maka ( )D xx ax

a logln

=1

.

Jadi secara umum ( )D uu a

dudxx

a logln

=1

Contoh 4.3 Cari trunan pertama dari fungsi :

1. 12 2)( −= xexf

2. xxxf 5)( = Jawab :

1. Misal 12 2 −= xu . Maka uexf =)( . Turunan pertama, 12 24 −== xex

dxdu

dudf

dxdf .

2. ( )5ln15 xdxdf x +=

Contoh 4.4 Selesaikan integral berikut :

1. ( )∫ −− dxx xx 21021

2. ( ) dxex xx∫ −−1

0

221

Jawab :

1. Misal 2xxu −= . Maka du = ( 1 – 2x ) dx dan ( ) Cdxxxx

xx +=−−

−∫ 10ln101021

22

2. Misal xxu 22 −= . Maka du = ( 2x -2 ) dx. Sehingga :

( ) ( )121

01

211 12

1

0

2 22−==− −−−∫ eedxex xxxx

68 Matematika Dasar


Soal Latihan 4.2 ( Nomor 1 sd 7 ) Tentukan turunan pertama dari :

1. ( )y x x= − +ln 2 5 6

2. y = x ln x

3. yx

x=

ln2

4. yx

x x=

+− +

134 2 13( )

5. ( ) ( )

yx x

x=

+ +

+

2 2 3 23 3 2

1

/

6. ( )y x= ln sin 7. y + ln ( xy ) = 1 ( Nomor 8 sd 13 ) Selesaikan integral berikut :

8. 4

2 1xdx

+∫

9. 4 2

52x

x xdx

+

+ +∫

10. ( )

22x xdx

ln∫

11. x

xdx

3

2 1+∫

12. 3

1 21

4

−∫ xdx

13. ( )1

11

4

x xdx

+∫

( Nomor 14 sd 16 ) Carilah y’ dari :

14. y x x= −32 44

15. ( )y x= +10 2 9log

16. y x= log ( Nomor 17 sd 22 ) Selesaikan integral tak tentu berikut :

17. x dxx22

∫

69 Matematika Dasar


18. 105 1x dx−∫

19. ( )x e dxx x+ +∫ 32 6

20. ( )e e dxx x− −−∫ sec2 2

21. (cos ) sinx e dxx∫

22. e dxx2 ln∫ 4.3 Fungsi Invers Trigonometri Fungsi Trigonometri merupakan fungsi periodik sehingga pada daerah ℜ ( domainnya ) bukan merupakan fungsi satu-satu. Ini berarti fungsi trigonometri tidak mempunyai invers, Oleh karena itu untuk mendapatkan fungsi inversnya maka domain dari fungsi trigonometri harus dibatasi. Misal f(x) = sin x. Maka agar f(x) = sin x merupakan fungsi satu-satu maka domainnya diambil :

−

≤ ≤ − ≤ ≤

π π2 2

1 1x f x; ( )

Pada daerah di atas f( x ) = sin x merupakan fungsi satu-satu dan oleh karena itu mempunyai invers. Notasi invers : x f x arc f x= =−sin ( ) sin ( )1 Turunan fungsi invers Trigonometri

Misal y u u y= − ≤ ≤ − ≤ ≤

−sin ;1 1 12 2π π

dengan u merupakan fungsi dalam x.

Maka turunan ydydx

'=

didapatkan sebagai berikut :

y u u ydydu y

= ⇔ = ⇔ =−sin sincos

1 1

Bila sin y = u maka cos y u= −1 2 . Oleh karena itu, dydu u

=−

1

1 2.

Jadi : yu

u'

'=

−1 2.

Dengan menggunakan anti turunan dari invers sinus didapatkan rumus integral :

du

uu C

1 21

−= +−∫ sin

70 Matematika Dasar


Untuk fungsi invers trigonometri yang lain dapat diperoleh dengan cara sama : 1. [ ]y u u y= − ≤ ≤ ≤ ≤−cos ;1 1 1 0 π

yu

u

du

uu C'

'cos=

−

−⇔

−= − +−∫

1 12 21

2. y u u y yuu

= − ∞ < < ∞ − < <

⇒ =+

−tan ; ''122 2 1

π π

3. y u u y y yuu

= ≤ < ∞ − ≤ < ∨ < ≤

⇒ =

−

+−cot ; '

'120

20 0

2 1

π π

duu

u Cu C1 2

11+

= +− +

−

−∫ tancot

4. y u u y y yu

u u= ≥ ≤ < ∨ < ≤

⇒ =

−−sec | | ; '

'12

1 02 2 1

π ππ

5. y u u y y yu

u u= ≥ − ≤ < ∨ < ≤

⇒ =−

−−csc | | ; '

'12

12

0 02 1

π π

6. du

u u

u Cu C2

11

1−= +

− +

−

−∫ seccsc

Contoh 4.5 Cari turunan pertama dari : ( )1sin)( 21 += − xxf Jawab :

Misal 12 += xu . Maka du = 2 x dx dan ( )22 11

2)('+−

==x

xdxdu

dudfxf

Contoh 4.6

Hitung integral berikut : ∫+

1

021

dxe

ex

x

Jawab : Misal xeu = . Maka dxedu x= . Sehingga :

( ) ( )4

tan1tantan01

tan1

1

11111

1

02

1

02

π−=−==+

=+

−−−−∫∫ eeeede

dxe

e xxxx

x

71 Matematika Dasar


Soal Latihan 4.3 ( Nomor 1 sd 10 ) Carilah turunan dari : 1. ( )y x= +−cos 1 2 1

2. ( )y x= −cot 1

3. ( )y x= −cos cos1

4. y x= −tan 1

5. ( )y x x= −2 1 3sin

6. ( )y x x= + −1 1 2sec

7. ( )y e x= − −sin 1 3

8. yxx

=−+

−csc 1 11

9. ( )y x e x= −tan 1 2

10. ( )y x x= −sin ln1 2

( Nomor 11 sd 17 ) Hitung integral berikut :

11. dx

x1 4 2−∫

12. dx

x x9 12 −∫

13. t dtt4 1+∫

14. sec

tan

2

21

x dx

x−∫

15. ( )dx

x x1 2−∫

ln

16. e dx

e

x

x

−

−

−∫

1 22

23

ln

ln

17. ( )dx

x x +∫ 11

3

72 Matematika Dasar


4.4 Fungsi Hiperbolik

Fungsi sinus hiperbolik dan cosinus hiperbolik didefinisikan sebagai berikut :

sinh coshxe e

dan xe ex x x x

=−

=+− −

2 2

Untuk fungsi hiperbolik yang lain :

1. tanhsinhcosh

xxx

e ee e

x x

x x= =−

+

−

−

2. cothcoshsinh

xxx

e ee e

x x

x x= =+

−

−

−

3. seccosh

h xx e ex x= =

− −1 2

4. cscsinh

h xx e ex x= =

+ −1 2

Berikut beberapa identitas yang berlaku pada fungsi hiperbolik : 1. cosh2x - sinh2x = 1 2. 1 - tanh2x = sech2x 3. coth2x - 1 = csch2x 4. sinh ( x + y ) = sinh x cosh y + cosh x sinh y 5. cosh ( x + y ) = cosh x cosh y + sinh x sinh y 6. cosh x + sinh x = ex. 7. cosh x - sinh x = e-x. 8. sinh 2x = 2 sinh x cosh x 9. cosh 2x = cosh2x + sinh2x = 2 sinh2x + 1 = 2 cosh2x - 1 10. cosh ( -x ) = cosh x 11. sinh ( -x ) = - sinh x 12. sinh ( x - y ) = sinh x cosh y - cosh x sinh y 13. cosh ( x - y ) = cosh x cosh y - sinh x sinh y

14. ( )tanhtanh tanh

tanh tanhx y

x yx y

+ =+

+1

15. ( )tanhtanh tanh

tanh tanhx y

x yx y

− =−

−1

16. tanhtanhtanh

22

1x

xx

=+

17. ( )cosh cosh12

12

1x x= +

18. ( )sinh cosh12

12

1x x= ± −

73 Matematika Dasar


19. sinh sinh sinh coshx yx y x y

+ =+

−

2

2 2

20. cosh cosh cosh coshx yx y x y

+ =+

−

2

2 2

Turunan dan Integral Fungsi Hiperbolik

Misal y = sinh u. Maka y De e e e

u u uxu u u u

' ' cosh '=−

=

+=

− −

2 2.

Jadi : cosh sinhu du u C= +∫ Untuk fungsi hiperbolik yang lain: 1. y u y u u u du u C= ⇒ = ⇔ = +∫cosh ' sinh ' sinh cosh

2. y u y h u u h u du u C= ⇒ = ⇔ = +∫tanh ' sec ' sec tanh2 2

3. y u y h u u h u du u C= ⇒ = − ⇔ = − +∫coth ' csc ' csc coth2 2

4. y h u y h u u u h u u du h u C= ⇒ = − ⇔ = − +∫sec ' sec tanh ' sec tanh sec

5. y h u y h u u u h u u du h u C= ⇒ = − ⇔ = − +∫csc ' csc coth ' csc coth csc

Contoh 4.7 Cari turunan pertama dari [ ]( )21lntanh)( xxf −= Jawab :

Misal 21 xu −= dan v = ln u. Maka [ ]( )222 1lnsec

1

2)(' xhxx

dxdu

dudv

dvdfxf −

−

−==

Contoh 4.8 Selesaikan integral : ( )∫ − dxx 12tanh Jawab :

Misal u = 2x –1 . Maka ( ) ( ) [ ]( )∫∫ +−==− Cxudu

dxx 12coshln21cosh

cosh1

2112tanh

74 Matematika Dasar


Soal Latihan 4.4 ( Nomor 1 sd 5 )Tentukan turunan pertama ( y’ ) dari : 1. y = cosh x4. 2. y = ln ( tanh 2x ) 3. y = cosh ( 1/x ) 4. y = sinh3( 2x )

5. ( )y x x= +4 52cosh ( Nomor 6 sd 10 ) Hitung integral berikut : 6. ( )cosh 2 3x dx−∫

7. ( )csch x dx2 3∫

8. coth csc2 2x h x dx∫

9. ∫ dxxcoth

10. sinh cosh6 x x dx∫ 4.5 Fungsi Invers Hiperbolik

Tidak semua fungsi hiperbolik pada domainnya merupakan fungsi satu-satu sehingga tidak mempunyai invers. Oleh karena itu, agar didapatkan fungsi invers hiperbolik maka kita batasi domain fungsinya. Sedangkan untuk mencari turunan dari fungsi invers hiperbolik dilakukan terlebih dahulu cara sebagai berikut. Misal y = sinh-1u. Maka u = sinh y [ ∀ u, y ].

Jadi : ue e

e u e e uey y

y y y y=−

⇔ − − = ⇔ − − =−

−2

2 0 2 1 02

( )⇔ = ± + = + + > ∀e u u u u sebab e yy y2 21 1 0: ,

⇔ = + +

y u uln 2 1

Turunan Fungsi invers Hiperbolik.

Misal y u u u= = + +

−sinh ln1 2 1 . Maka :

yu u

u

uu

u

u' '

'=

+ ++

+

=

+

1

11

1 12 2 2

Dari anti turunan fungsi invers sinus hiperbolik, didapatkan :

75 Matematika Dasar


du

uu C

21

1+= +−∫ sinh

Dengan cara sama diperoleh turunan dan integral fungsi invers hiperbolik, sebagai berikut :

1. { }y u u u u= = + −

≥−cosh ln ,1 2 1 1

yu

u

du

uu C'

'cosh=

−⇔

−= +−∫2 2

1

1 1

2. { }y uuu

u= =+−

<−tanh ln , | |1 1

211

1

yuu

duu

u C bila u''

tanh , | |=−

⇔−

= + <−∫1 112 2

1

3. { }y u

uu

u

yuu

duu

u C bila u

= =+−

>

=−

⇔−

= + >

−

−∫

coth ln , | |

''

coth , | |

1

2 21

12

11

1

1 11

4.

{ }y h uu

uu

yu

u u

du

u uh u C

= =+ −

< ≤

=−

−⇔

−= − +

−

−∫

sec ln ,

''

sec | |

12

2 21

1 10 1

1 1

5.

{ }y h uu

uu

u

yu

u u

du

u uh u C

= = ++

≠

=−

+⇔

+= − +

−

−∫

csc ln| |

,

''

| |csc | |

12

2 21

1 10

1 1

Contoh 4.9 Cari turunan pertama dari : ( )xehxf 1sec)( −= Jawab :

Misal xeu = . Maka xe

xf21

1)('−

−=

76 Matematika Dasar


Contoh 4.10

Hitung integral : ∫+ 42x

dx

Jawab :

Cx

x

xd

x

dx +

=

+

=+

−∫∫ 2sinh

12

2

4

122

Soal Latihan 4.5 ( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan dy/dx dari : 1. y x= +−cosh ( )1 2 1

2. ( )y x= −coth 1

3. ( )y h e x= −csc 1 2

4. yx

= −1

1tanh

5. yx

=

−sinh 1 1

6. ( )y x= −cosh cosh1

7. ( )y x= −ln cosh 1

8. y x= −coth 1

9. ( )y x= −sinh tanh1

10. y e h xx= −sec 1

11. yxx

=−+

−tanh 1 11

12. ( )y x h x= + −1 1 10csc

( Nomor 13 sd 20 ) Hitung integral berikut :

13. dx

x1 9 2+∫

14. dx

x2 2−∫

77 Matematika Dasar


15. dx

x9 252 −∫

16. dx

e x1 2−∫

17. sin

cos

x dx

x1 2+∫

18. dx

x x1 6+∫

19. dt

t20

3

1+∫

20. dtt t11 4

1 2

−∫/

/

4.6 Limit Bentuk Tak Tentu

Dalam menentukan turunan dari fungsi berpangkat fungsi dapat digunakan sifat logaritma natural. Misal y f x g x= ( ) ( ) . Maka didapatkan : ln ( ) ln ( )y g x f x= . Oleh karena itu, turunan dari y, yaitu :

y g x f xg xf x

f x f x g x' ' ( ) ln ( )( )( )

' ( ) ( ) ( )= +

Contoh 4.11

Tentukan turunan pertama dari fungsi ( ) xxy cos12 += Jawab : Misal f(x) = 2x + 1 dan g(x) = cos x. Maka f ‘(x) = 2 dan g ‘(x) = - sin x. Sehingga turunan pertama,

( ) ( ) xxxxxxy cos1212

cos212lnsin' +

+++−=

Sedangkan limit dari fungsi berpangkat fungsi, lim lim ( ) ( )

x a x ag xy f x

→ →= akan

memunculkan bentuk tak tentu berikut : 0 10 0,∞ ∞dan . Untuk menyelesaikannya

dihitung: [ ]lim ln lim ( ) ln ( )x a x a

y g x f x→ →

=

78 Matematika Dasar


Misal nilai dari lim lnx a

y A→

= . Maka limx a

Ay e→

= .

Contoh 4.12 Hitung limit berikut

a. ( )limx

x x→

+0

11

b. ( )lim tan cos

x

xx

→

−π

2

c. limx

xx→ +0

Jawab :

a. Limit mempunyai bentuk tak tentu 1∞. Misal ( )y x x= +11

. Maka

lim ln limln ( )

x xy

xx→ →

=+

0 0

1 dan mempunyai bentuk tak tentu

00

. Menggunakan

lhospital didapatkan : lim ln limx x

yx→ →

=+

=0 0

11

1. Jadi ( )limx

x ex→

+ =0

11

b. Limit mempunyai bentuk tak tentu ∞0. Misal ( )y x x= tan cos . Maka

( )lim ln lim cos ln tan limln tan

seclim

sec tanx x x x

y x xxx x x

→

→

→

→

− − − −= = = =

π π π π2 2 2 2

21

0

Jadi ( )lim tan cos

x

xx

→

−

=π2

1

c. Limit mempunyai bentuk tak tentu 00. Misal y = xx. Maka

lim ln lim ln limln

limx x x x

y x xx

xx

→ → →−

→+ + + += = = − =

0 0 01

00. Jadi lim

x

xx→ +

=0

1

Soal Latihan 4.6 Hitung limit berikut ( bila ada ) :

1. lim ( )x

x x→

−1

11

2. ( )lim sinx

x x→

+0

1 21

79 Matematika Dasar


3. lim cosx

x

x→∞

22

4. ( )lim ln

x

xe x

→ +−

0

2 11

5. ( )lim ln

xx x

→∞+1 2

1

6. ( )lim lnx

x x→∞

1

7. ( )limx

x x x

→∞+3 5

1

8. limx

xxx→∞

++

12

103 Matematika Dasar


BAB 6 BARISAN DAN DERET 6.1 Barisan Bilangan 6.2 Deret Tak Hingga 6.3 Deret Berganti Tanda 6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat 6.5 Deret Kuasa 6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin 6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa

6.1 Barisan Bilangan

Barisan bilangan tak hingga didefinisikan sebagai fungsi dengan domain merupakan bilangan bulat positif. Notasi yang biasa digunakan adalah:

a : n → { }a a an n=∞ =1 1 2, ,... , n ∈ B+.

an ∈ ℜ merupakan suku barisan ke-n dan tiga buah titik setelah suku kedua menunjukkan bahwa suku-suku barisan tersebut sampai tak hingga.

Contoh 6.1

1. 1

112

13

1

1n nn

==

∞, , ,..., ,....

2. n

nn

nn+

=+=

∞

112

23 11

, ,..., ,....

3. ( ) ( ){ } ( ) ( )− + = − − ++=∞ +1 2 3 4 5 1 21

11n

nnn n, , ,..., ,...

Barisan bilangan tak hingga { }an n=∞

1 disebut barisan konvergen ke L ∈ ℜ bila

limn

na L→∞

= , sedangkan bila limit tidak ada atau nilainya tak hingga maka barisan

bilangan tak hingga { }an n=∞

1 disebut barisan divergen.

Sifat limit barisan : 1. lim

nC C

→∞=

2. ( )lim lim limn

n nn

nn

nCa Db C a D b→∞ →∞ →∞

+ = +



3. lim lim limn

n nn

nn

na b a b→∞ →∞ →∞

=

4. lim lim lim ; limn

an

nn

nn

nnn b a b b

→∞ →∞ →∞ →∞= ≠ 0

Contoh 6.2 Selidiki kekonvergenan barisan bilangan berikut

1. ∞

=

−+

121

nnn

2. ...,627,

49,

23

Jawab :

1. Suku ke-n, 21

−+=

nnan . 1

21limlim =

−+=

∞→∞→ nna

nn

n. Jadi barisan konvergen ke 1

2. ...,23...,,

63,

43,

23...,

627,

49,

23 32

n

n= Suku ke-n ,

na

nn 2

3= . Digunakan dalil

Delhopital, ∞===∞→∞→∞→ 2

3ln3lim23limlim

n

n

n

nn

n na . Jadi barisan divergen.

Definisi : Barisan Monoton

Barisan bilangan tak hingga { }an n=∞

1 disebut barisan :

(i) Monoton Naik bila a an n≤ +1 (ii) Monoton Turun bila a an n≥ +1 Soal Latihan 6.1 ( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan konvergensi barisan berikut !

1. n

n n+

=

∞

2 1

2. ( )−

+

=

∞1 1

21

n

nn

3. πn

nn4 1

=

∞



4. nn

n

n

++

=

∞31

1

5. 12

1−

=

∞

n

n

n

6. nn

n2 1

=

∞

7. 12

34

56

78

, , , ,...

8. 13

19

127

181

, , , ,...

9. 112

12

13

13

14

− −

−

, , ,...

10. ( ) ( ) ( )2 3 3 4 4 5− − −, , ,... 6.2 Deret Tak Hingga

Bentuk deret tak hingga dinyatakan dengan notasi sigma sebagai berikut :

a a a ak kk

= + + + +=

∞∑ 1 2

1... ...

ak disebut suku-suku deret. Jumlah Deret

Misal Sn menyatakan jumlah parsial n suku pertama deret akk=

∞∑

1. Maka

S aS a a

S a a a an n kk

n

1 12 1 2

1 21

== +

= + + + ==∑

....................

.....................

....................

...

Barisan { }Sn n=∞

1 disebut barisan jumlah parsial deret akk=

∞∑

1.



Misal { }Sn n=∞

1 merupakan barisan jumlah parsial deret akk=

∞∑

1 dan barisan { }Sn n=

∞1

konvergen ke S. Maka deret akk=

∞∑

1dikatakan deret konvergen ke S dan S disebut

jumlah dari deret akk=

∞∑

1, dinotasikan dengan : S ak

k=

=

∞∑

1. Sedangkan bila barisan

{ }Sn n=∞

1 divergen maka deret akk=

∞∑

1dikatakan deret divergen dan tidak ada jumlah.

Deret Geometri

Bentuk deret geometri yaitu : a r a a r a rk k

k

− −

=

∞= + + + +∑ 1 1

1... ... dengan a ≠ 0 dan r

merupakan rasio. Pandang jumlah parsial n suku deret geometri berikut :

( )

S a a r a r

r S a r ... a r a r

Sa r

r

nn

nn n

n

n

= + + +

= + + +−

=−

−

−

−...

..............................................................

1

1

1

1

Bila r =1 maka Sn tidak terdefinisi. Sedang untuk | r | > 1 maka lim

nnr

→∞= ∞ , sehingga

limn

nS→∞

= ∞ atau barisan { }Sn n=∞

1 divergen. Oleh karena itu, deret a rk

k

−

=

∞∑ 1

1

divergen.. Untuk | r | < 1 maka limn

nr→∞

= 0 sehingga limn

nSa

r→∞=

−1atau barisan

{ }Sn n=∞

1 konvergen ke ( )ar

a1

0−

≠ . Jadi deret a rk

k

−

=

∞∑ 1

1 konvergen ke

( )ar

a1

0−

≠ atau a rk

k

−

=

∞∑ 1

1= ( )a

ra

10

−≠ .



Deret Harmonis

Bentuk deret harmonis yaitu : 1

112

1

1 k kk= + + + +

=

∞∑ ... ...

Pandang jumlah parsial n suku pertama deret :

Sn

n

n

n = + + +

+ + + +

+ +

> + + +

+ + + +

+ +

= + + + + +

112

13

14

15

16

17

18

1

112

14

14

18

18

18

18

1

112

12

12

1

...

...

....

Untuk n → ∞ maka ( 1+ ½ + ½ + … + 1/n ) → ∞, sehingga lim

nnS

→∞= ∞ . Oleh karena

itu, deret harmonis 1

1 kk=

∞∑ divergen.

Tes Konvergensi

Misal akk=

∞∑

1 merupakan deret positif ( ak ≥ 0 ). Maka lim

kka

→∞= 0 bila deret ak

k=

∞∑

1

konvergen . Hal ini menunjukkan bahwa bila limk

ka→∞

≠ 0 maka deret akk=

∞∑

1

divergen. Menggunakan implikasi di atas dapat diselidiki kekonvergenan suatu deret yang diberikan pada contoh berikut

Contoh 6.3 Selidiki kekonvergenan deret berikut :

1. ∑∞

= +−

0 112

k kk

2. ∑∞

= +

−

02 1

12

k k

k

Jawab :



1. Suku ke-k, 112

+−=

kkak dan 2

112limlim =

+−=

∞→∞→ kka

kk

k. Sebab nilai limit tidak

sama dengan nol maka deret divergen.

2. Suku ke-k, 1

122 +

−=k

kak dan 01

12limlim 2 =+

−=∞→∞→ k

kak

kk

. Sebab nilai limit sama

dengan nol maka implikasi di atas tidak dapat digunakan untuk menentukan kekonvergenan deret.

Untuk mengetahui konvergenan suatu deret dilakukan tes konvergensi sebagai berikut : 1. Tes Integral

Misal akk=

∞∑

1 merupakan deret positif. Maka :

(i) Deret konvergen bila a dkk1

∞

∫ konvergen

(ii) Deret divergen bila a dkk1

∞

∫ divergen

Contoh 6.4

Selidiki kekonvergenan deret k

ekk2

1=

∞∑

Jawab :

a dkk

adk e

b

e e ekb k

b

bk

b b1 12

22

12 1

12

1 1 12

∞

→∞ →∞−

→∞∫ ∫= =

−=−

−

=lim lim lim

Karena integral tak wajar di atas konvergen ke 12e

maka deret k

ekk2

1=

∞∑ konvergen ke

12e

dan k

ekk2

1=

∞∑ =

12e

.

2. Tes Deret-p

Bentuk deret-p atau deret hiperharmonis : 1

1 k pk=

∞∑ dengan p > 0.

Menggunakan tes integral didapatkan :



1 11

111

1 kdk

p bp b p=−

−

→∞ −

∞

∫ lim

Bila p > 1 maka limb pb→∞ − =

101 , sehingga

1 11

1 kdk

pp =−

∞

∫ ( konvergen ). Oleh

karena itu, deret1

1 k pk=

∞∑ untuk p > 1 konvergen ke

11p −

. Untuk 0 < p < 1 maka

limb pb→∞ − = ∞

11 sehingga

1

1 kdkp

∞

∫ divergen. Sedang untuk p = 1 didapatkan deret

harmonis. Oleh karena itu, deret1

1 k pk=

∞∑ untuk 0 < p ≤ 1 divergen.

3. Tes Perbandingan

Misal akk=

∞∑

1dan bk

k=

∞∑

1merupakan deret positif dan berlaku a b kk k≤ ∀, . Maka:

(i) Bila deret bkk=

∞∑

1 konvergen maka deret ak

k=

∞∑

1 konvergen

(ii) Bila deret bkk=

∞∑

1 divergen maka deret ak

k=

∞∑

1 divergen

Contoh 6.5 Tentukan konvergensi deret berikut

1. 1

12 kk −=

∞∑

2. k

kk3

1 1+=

∞∑

Jawab :

1. Pandang : 1 1

1k k<

− dan karena deret harmonis

1

1 kk=

∞∑ divergen maka deret

112 kk −=

∞∑ juga divergen.



2. Pandang : k

k k3 21

1

+< dan karena deret-p

12

1 kk=

∞∑ konvergen maka deret

kkk

31 1+=

∞∑ juga konvergen.

4. Tes Ratio

Misal akk=

∞∑

1 deret positif dan lim

kkk

aa

r→∞

+ =1 . Maka :

(i) Bila r < 1 maka deret akk=

∞∑

1konvergen

(ii) Bila r > 1 maka deret akk=

∞∑

1divergen

(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).

Contoh 6.6

Selidiki kekonvergenan deret 1

1 kk !=

∞∑

Jawab :

Misal akk =1!

. Maka lim limk

kk k

aa k→∞+

→∞=

+=1 1

10 . Jadi deret

1

1 kk !=

∞∑ konvergen

5. Tes Akar

Misal akk=

∞∑

1 deret positif dan lim

kkk a a

→∞= . Maka :

(i) Bila a < 1 maka deret akk=

∞∑

1konvergen

(ii) Bila a > 1 atau a = ∞ maka deret akk=

∞∑

1divergen

(iii) Bila a = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan ( dilakukan dengan tes lain ).



Contoh 6.7

Tentukan kekonvergenan deret 3 22 11

kk

k

k

+−

=

∞∑

Jawab :

Misal akkk

k=

+−

3 22 1

. Maka lim limk

kkk

akk→∞ →∞

=+−

=3 22 1

32

. Jadi deret

3 22 11

kk

k

k

+−

=

∞∑ konvergen.

6. Tes Limit Perbandingan

Misal akk=

∞∑

1dan bk

k=

∞∑

1merupakan deret positif dan lim

kkk

ab

l→∞

= . Maka kedua deret

konvergen atau divergen secara bersama-sama bila l < ∞ dan l ≠ 0.

Contoh 6.8

Tentukan konvergensi deret 1

122 kk −=

∞∑

Jawab :

Pandang deret-p , 12

2 kk=

∞∑ konvergen. Misal a

kb

kk k= =−

1 1

12 2dan . Maka

lim limk

kk k

ab

kk→∞ →∞

=−

=2

21

1. Jadi deret 1

122 kk −=

∞∑ konvergen.

Soal Latihan 6.2 Tentukan konvergensi deret berikut

1. 1

3 51k

k +=

∞∑

2. 1

5 21 k kk −=

∞∑

3. 2 1

3 21

k

kk k

−

+=

∞∑



4. 5 2

1

sin!

kkk=

∞∑

5. 2

41 k kk +=

∞∑

6. 3

141 kk −=

∞∑

7. 9

11 kk +=

∞∑

8. k

k kk

+

−=

∞∑ 1

21

9. 1

81 kk +=

∞∑

10. k

kk 2 21 +=

∞∑

sin

11. 4 2 6

8 8

2

71

k kk kk

− +

+ −=

∞∑

12. 5

3 11k

k +=

∞∑

13. ( )

( )( )( )k k

k k kk

++ + +=

∞∑ 3

1 2 51

14. 1

8 3231 k kk −=

∞∑

15. ( )

1

2 3 171 kk +=

∞∑

16. 1

2 131 k kk + +=

∞∑

17. 1

9 21 kk −=

∞∑

18. k

kk3

1 1+=

∞∑



19. ( )

1

3 2 51 +=

∞∑

kk/

20. ln k

kk=

∞∑

1

21. 4

2 31 +=

∞∑ kk k

22. ( )1

11 k kk +=

∞∑

23. 5

31

k

k

kk++=

∞∑ !

6.3 Deret Berganti Tanda

Bentuk deret berganti tanda : ( )−=

∞∑ 1

1

kk

ka atau ( )− +

=

∞∑ 1 1

1

kk

ka dengan ak ≥ 0.

Pengujian konvergensi deret berganti tanda dilakukan dengan cara berikut :

Deret berganti tanda ( )−=

∞∑ 1

1

kk

ka atau ( )− +

=

∞∑ 1 1

1

kk

ka konvergen bila dipenuhi dua

syarat : (i) a ak k≥ +1 (ii) lim

kka

→∞= 0

Bila paling sedikit salah satu syarat tidak dipenuhi maka deret dikatakan divergen.

Contoh 6.9 Tentukan konvergensi deret :

1. a. ( )−=

∞∑ 1

1

1

k

k k

2. ( )−+

++

=

∞∑ 1

312

1

k

k

kk k

Jawab :



1. Misal akk =1

. Maka a

ak

k kk

k+=

+= + >

1

11

11. Oleh karena itu, a ak k≥ +1 .

Sedangkan lim limk

kk

ak→∞ →∞

= =1

0 . Jadi deret ( )−=

∞∑ 1

1

1

k

k k konvergen.

2. Misal ak

k kk =+

+

32 . Maka

( )a

ak

k kk k

kk k

k kk

k kk

k+=

+

+

+ + ++

=

+ +

+= +

+

+>

1 2

2 2

2 23 1 1

45 6

41

6

41

( ). Oleh karena

itu, a ak k≥ +1 . Sedangkan lim limk

kk

ak

k k→∞ →∞=

+

+=

302 . Jadi deret

( )−+

++

=

∞∑ 1

312

1

k

k

kk k

konvergen.

Soal Latihan 6.3 Tentukan konvergensi deret berikut

1. ( )− +

=

∞∑ 1

31

1

kk

k

k

2. ( )−+

++

=

∞∑ 1

412

1

k

k

kk k

3. −

=

∞∑ 3

51

k

k

4. ( )−=

∞∑ 1

1

k

k

kk

ln

5. ( )− + −

=

∞∑ 1 1

1

k k

ke



6.4 Konvergen Mutlak dan Bersyarat

Deret ukk=

∞∑

1 disebut konvergen mutlak bila deret uk

k=

∞∑

1 konvergen. Bila deret

konvergen mutlak maka konvergen. Sedang deret ukk=

∞∑

1 disebut konvergen

bersyarat bila deret ukk=

∞∑

1 konvergen tetapi deret uk

k=

∞∑

1 divergen.

Pengujian kekonvergenan ( mutlak ) deret ukk=

∞∑

1 dilakukan dengan tes ratio.

Misal ukk=

∞∑

1 dengan uk ≠ 0 dan lim

kkk

uu

r→∞

+ =1 . Maka

(i) Bila r < 1 maka deret ukk=

∞∑

1konvergen absolut

(ii) Bila r > 1 maka deret ukk=

∞∑

1divergen

(iii) Bila r = 1 maka tes gagal melakukan kesimpulan

Contoh 6.10 Selidiki deret berikut konvergen mutlak / bersyarat / divergen :

1. ( )−

=

∞∑ 1

51

kk

k

k

2. ( )−

=

∞∑ 4

21

k

k k

3. ( )−

=

∞∑ 1

1

k

k k

Jawab :

1. Misal ( )uk

kk

k= −

1

5. Maka lim lim

kkk k k

kuu

kk→∞

+→∞ +=

+=1

11

5

5 15

. Jadi deret

( )−

=

∞∑ 1

51

kk

k

k konvergen mutlak.



2. Misal ( )

uk

kk

=− 4

2 . Maka ( )( ) ( )

lim limk

kk k

k

kuu k

k→∞

+→∞

+=

−+ −

=11

2

241 4

4 . Jadi deret

( )−

=

∞∑ 4

21

k

k k divergen.

3. Bila dilakukan pengujian di atas maka didapatkan r = 1 ( gagal ). Dari contoh

sebelumnya, deret ( )−

=

∞∑ 1

1

k

k k konvergen tetapi deret

( )−=

=

∞

=

∞∑ ∑1 1

1 1

k

k kk k divergen

( deret harmonis ). Jadi deret ( )−

=

∞∑ 1

1

k

k k konvergen bersyarat.

Soal Latihan 6.4 Selidiki kekonvergenan ( mutlak, bersyarat dan divergen ) deret berikut

1. ( )−=

∞∑ 1

1

k

k

kk

ln

2. ( )− +

=

∞∑ 1

21

1

kk

k k !

3. ( )− +

=

∞∑ 1 1

1

kk

k

kk!

4. ( )− +

=

∞∑ 1 1

14

3

k

k k

5. ( )−=

∞∑ 1

51

kk

k

k

6. cos

!k

kk

π

=

∞∑

1

6.5 Deret Kuasa Bentuk umum deret kuasa dalam (x - b ) yaitu :

( ) ( ) ( )a x b a a x b a x bkk

k− = + − + − +

=

∞∑

00 1 2

2 ... (*)

Sedang untuk b = 0 maka bentuk deret sebagai berikut :



a x a a x a xkk

k=

∞∑ = + + +

00 1 2

2 ... (**)

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 ( )a x bkk

k

=

∞∑ −

0 dan

( )( )

limx

kk

kk

a x ba x b

L→∞

++−

−=1

1

Maka : (1) L < 1, deret ( )a x bkk

k

=

∞∑ −

0konvergen ( mutlak )

(2) L > 1, deret ( )a x bkk

k

=

∞∑ −

0divergen.

Untuk L = 1 tidak dapat disimpulkan, pengujian konvergensi deret dilakukan dengan mensubstitusikan nilai x yang bersesuaian dengan L = 1 sehingga didapatkan bentuk deret bilangan. Pengujian konvergensi deret bilangan dilakukan dengan berbagai uji ( Uji perbandingan, rasio, integral dll ) baik deret positif maupun deret berganti tanda. Nilai x yang didapatkan dari pengujian di atas disebut radius konvergensi atau selang konvergensi deret.

Contoh 6.11

Tentukan selang konvergensi deret kuasa : 3

10

k k

k

xk( )+=

∞∑

Jawab :

( )( )

Lx

kk

xx

kk

xk

k k

k k k=

++

=++

=→∞

+ +

→∞lim lim

32

1

33

12

31 1

Deret konvergen bila L < 1. Oleh karena itu, | 3 x | < 1 atau −

< <1

313

x .

Bila x = - 1/3 maka didapatkan deret berganti tanda ( )−+=

∞∑ 1

10

k

k k( ) konvergen.

(Tunjukkan : menggunakan tes deret berganti tanda ). Sedang untuk x = 1/3 didapatkan

deret 1

10 ( )kk +=

∞∑ divergen ( Tunjukkan : menggunakan tes perbandingan ). Jadi radius

konvergensi deret kuasa adalah −

≤ <1

313

x .



Soal Latihan 6.5 ( Nomor 1 sd 9 ) Tentukan semua nilai x yang menyebabkan deret konvergen.

1. x

k

k

kk ( )+=

∞∑

1 20

2. k xk!∑

3. xk

k

!∑

4. ( )( )−

+∑ 1

3 1

k k

kx

k

5. 5

2

kk

kx∑

6. ( )−

+

+∑ 2

1

1k kxk

7. ( )( )−∑ 1

2

2k kxk !

8. ( ) ( )−+

+∑ 1

2 1

2 1k

kxk !

9. ( )( )

− +∑ 1 12

kkx

k Ln k

( Nomor 10 sd 18 ) Tentukan selang kekonvergenan dari deret:

10. ( ) ( )−

−+=

∞∑ 1

210

kk

n

xk

11. ( )x

k

k−∑ 1

12. ( )x

k

k+∑ 2!

13. ( )x

k

k−∑ 52

14. ( ) ( )−

++∑ 111k

kxk

15. ( ) ( )( )

−−+

∑ 141 2

kkx

k

16. ( )

( )2 123

kk

x k+−∑ !



17. ( )( )Ln k x

k

k−∑ 3

18. ( )2 3

42x k

k−∑

6.6 Deret Taylor dan Mac Laurin

Misal f(x) dapat diturunkan sampai k kali pada x = b. Maka f(x) dapat diperderetkan menjadi menjadi deret kuasa dalam bentuk :

( ) ( )f xf b

kx b f b f b x b

f ax b

kk

k( )

( )!

( ) '( )( )"( )

!...

( )= − = + − + − +

=

∞∑ 2

2

0

Deret di atas disebut Deret Taylor dengan pusat x = b atau disebut dengan polinomial Taylor pada x = b. Bila b = 0 maka disebut Deret Mac Laurin, yaitu berbentuk :

f xf

kx f f x

fx

kk

k( )

( )!

( ) ' ( )"( )

!...

( )= = + + +

=

∞∑ 0

0 00

22

0

Contoh 6.12 Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret Mac Laurin 1. f x ex( ) =

2. f xx

( ) =−1

1

Jawab :

1. Bila f x ex( ) = maka ( )f x en x( ) = dan ( )f n ( )0 1= . Oleh karena itu, deret Mac

Laurin dari f x ex( ) = , yaitu : exk

xk

k=

=

∞∑ !0

. Dari perderetan tersebut terlihat

bahwa deret konvergen untuk setiap nilai riil x atau selang / radius konvergensi deret adalah ℜ.

2. Bila f xx

( ) =−1

1 maka ( )

( )f x

nx

nn( )

!=

−1 dan ( )f x nn ( ) != . Oleh karena itu,

deret Mac Laurin : 1

1 0−=

=

∞∑x

xk

k. Selang konvergensi deret yaitu | x | < 1 atau

( -1,1 ). Kedua bentuk deret di atas dapat digunakan untuk membantu memperderetkan fungsi ke dalam deret Mac Laurin atau Taylor tanpa harus menghitung turunannya terlebih dahulu, dengan syarat bahwa radius atau selang konvergensinya sebanding.



Contoh 6.13 Perderetkan fungsi berikut ke dalam deret taylor dengan pusat diberikan berikut 1. f x e x( ) = 3 ; x = 0

2. f xx

( ) =1

; x = 1

Jawab : 1. Karena f x e x( ) = 3 mempunyai turunan ke-n untuk setiap nilai riil x maka selang

konvergensinya adalah ℜ. Oleh karena itu, dengan membandingkan pola perderetan

exk

xk

k=

=

∞∑ !0

maka didapatkan perderetan dari f x e x( ) = 3 yaitu

( )e

xk

xk

k

3

0

3=

=

∞∑ !

.

2. Karena f xx

( ) =1

tidak diferensiabel di x = 0 dan fungsi akan diperderetkan ke

dalam deret taylor dengan pusat di x = 1 maka tempat kedudukan titik-titik | x - 1 | < 1 merupakan selang konvergensinya. Oleh karena itu, perderetan fungsi

f xx

( ) =1

dalam deret taylor dengan pusat di x = 1 :

( ) ( )f xx x

xk k

k( )

( )= =

+ −= − −

=

∞∑1 1

1 11 1

0.

Soal Latihan 6.6 ( Nomor 1 sd 10 ) Perderetkan fungsi berikut dalam deret Mac Laurin 1. f x e x( ) = 2

2. f xx

( ) =+1

1

3. f xx

( ) =+

1

12

4. f xx

( ) =+1

2

5. f xx

( ) =+1

1 2

6. f xx

x( ) =

+1

7. f(x) = sinh x 8. f(x) = sin x 9. f(x) = cos x 10. f(x) = sec x



( Nomor 11 sd 16 ) Carilah polinomial Taylor pada x = b, bila : 11. f(x) = Ln x ; b = 1

12. f xx

b( ) ;= = −1

1

13. f xx

b( ) ;=+

=1

23

14. f(x) = cos x ; b = ½ π 15. f(x) = sinh x ; b = Ln 4 16. f(x) = sin πx ; b = ½ 6.7 Turunan dan Integral Deret Kuasa

Misal deret ( )a x bkk

k

=

∞∑ −

0 mempunyai radius konvergensi R dan

( )f x a x bkk

k( ) = −=

∞∑

0. Maka :

(i) ( )f x k a x bkk

k'( ) = −=

∞−∑

0

1

(ii) ( )f t dt a t b dtC

xk

k

C

x

k( )∫ ∫∑= −

=

∞

0

Contoh 6.14 Perderetkan dalam Mac Laurin fungsi 1. f(x) = tan-1x . 2. f(x) = ln ( 1 -x )

3. ( )

f xx

( ) =−

11 2

Jawab :

1. Pandang : tan− =+

∫12

01x

dtt

x dan ( )1

112

2

0+= −

=

∞∑

xxk k

k

Maka ( )

tan− +

=

∞=

−+∑1 2 1

0

12 1

xk

xk

k

k.

2. Pandang : ( )ln 110

− = −−∫xdt

t

x. Maka ( )ln 1

1

1

0− = −

+

+

=

∞∑x

xk

k

k



3. Karena ( )

f xx

( ) =−1

1 2 merupakan hasil penurunan terhadap x dari 1

1− x, maka

( )f x

xk xk

k( ) =

−= −

=

∞∑1

1 21

0

Soal Latihan 6.7 Tentukan perderetan mac Laurin dari : 1. f(x) = ln ( 1 + x )

2. f xxx

( ) ln=−+

11

3. f(x) = ln ( 1 + x2 )

4. ( )

f xx

( ) =−1

1 3

5. ( )

f xxx

( ) =+1 2

6. ( )f x t dtx

( ) ln= +∫ 10

7. f x t dtx

( ) tan= −∫ 1

0



BAB 7 PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA 7.1 Order Persamaan Diferensial 7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu 7.3 Peubah Terpisah 7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen 7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen 7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen

7.1 Order Persamaan Diferensial Banyak permasalahan dalam bidang rekayasa yang berkaitan dengan persamaaan diferensial. Satu contoh yang ditampilkan disini, misal dalam rangkaian listrik , RL, besar kuat arus I ( Ampere ) dalam satuan waktu ( t ) yang melalui rangkaian tersebut dihitung menggunakan rumus berikut :

( ) ( )LdIdt

R I E t L I R I E t+ = + = atau '

Bentuk rumus di atas merupakan persamaan diferensial dengan t merupakan satu-satunya peubah bebas. Sedangkan besaran Tahanan R ( Ohm ) dan Induksi L (Henry) diberikan. Fungsi E ( t ) merupakan besaran gaya elektromagnetik / voltase ( Volt ). Dalam notasi implisit, bentuk persamaan diferensial di atas dapat dituliskan : ( )f I I t' , , = 0 Persamaan diferensial merupakan persamaan yang berkaitan dengan turunan dari suatu fungsi atau memuat suku-suku dari fungsi tersebut dan atau turunannya. Bila fungsi tersebut tergantung pada satu peubah bebas real maka disebut Persamaan Diferensial Biasa ( PDB ). Sedangkan bila fungsi terdiri dari lebih dari satu peubah bebas maka disebut Persamaan Diferensial Parsial ( PDP ). Untuk lebih memperjelas pengertian PDB dan PDP diberikan beberapa contoh persamaan diferensial berikut.

1. d ydx

xy2

2 = [ Persamaan Airy ]

2. dydx

y y+ = 2 [ Persamaan Bernoulli ]

3. ( )xd ydx

xdydx

x y22

22 4 0+ + − = [ Persamaan Bessel ]

4. ( )d ydx

ydydx

y2

221 0− − + = [ Persamaan Van Der Pol ]

5. ∂∂

∂∂

ux

uy

+ = 0 [ Persamaan Flux ]



6. ∂∂

∂∂

ut

ux

=2

2 [ Persamaan Panas ]

7. ∂∂

∂∂

2

2

2

2ut

ux

= [ Persamaan Gelombang ]

8. ∂∂

∂∂

2

2

2

2 0ux

uy

+ = [ Persamaan Laplace ]

Persamaan 1 sd 4 merupakan PDB dengan peubah bebas, x dan peubah tak bebas, y, sedangkan persamaan 5 sd 8 merupakan PDP. Mengawali pembahasan tentang PDB dikenalkan suatu istilah dalam persamaan diferensial yaitu order . Order dari PD adalah besar turunan tertinggi yang terjadi pada PD tersebut. Dari contoh di atas persamaan Bernoulli mempunyai order 1 sedangkan persamaan Airy, Bessel dan Van Der Pol berorder 2. Berdasarkan sifat kelinearan ( pangkat satu ) dari peubah tak bebasnya, persamaan diferensial dapat dibedakan menjadi PD Linear dan PD tidak linear. Bentuk umum PD linear order n diberikan :

( ) ( )a x y a x y a x y f x a xnn

n+ + + = ≠..... ( ) ' ( ) ( ) ( )1 0 0 dengan a x a xn ( ),......., ( )0 disebut koefisien PD. Bila f(x) = 0 maka disebut PD Linear Homogen sedang bila f(x) ≠ 0 maka disebut PD Linear tak Homogen. Bila tidak dapat dinyatakan seperti bentuk di atas dikatakan PD tidak Linear. Dari contoh terdahulu, persamaan Airy dan Bessel merupakan PD Linear ( Homogen ) sedangkan persamaan Bernoulli dan Van Der Pol merupakan PD tidak linear. Misal diberikan fungsi : y = sin x - cos x + 1. Bila dilakukan penurunan sampai duakali: y x x y x x' cos sin " sin cos= + = − +dan , didapatkan hubungan : y y"+ = 1 Bentuk di atas merupakan PD Linear tak Homogen order 2 dengan koefisien konstan. Sedangkan fungsi y = sin x - cos x + 1 disebut solusi PD. Yang menjadi permasalahan disini, Bila diberikan suatu PD bagaimana cara mendapatkan solusinya ? Beberapa cara mendapatkan solusi PD akan dibahas pada sub bab berikut. Untuk mempermudah dalam mempelajari cara mendapatkan solusi PD akan dimulai dengan pembahasan dari bentuk PD order satu .

Soal Latihan 7.1 Klasifikasikan PD berikut menurut : order, linear atau tidak linear, homogen atau tidak homogen.



1. dydx

xy+ =2 1

2. d ydx

d ydx

dydx

y3

3

2

2 0+ + + =

3. d udt

tdudt

u t2

2 3+ + =

4. d vdt

t v2

22=

5. d ydx

y x3

3 + = sin

6. ( )d ydx

x y x2

2 + + =sin sin

7. d ydx

y2

22 0+ =

7.2 Persamaan Diferensial Linear Order Satu Bentuk umum PD linear order satu : y p x y f x' ( ) ( )+ = . Untuk menentukan solusi PD dilakukan sebagai berikut :

( )

[ ] [ ]

y p x y f x u x y p x y u x f xu x y u x p x y u x p x

u x y u x y u x y u x p x y u x f x

' ( ) ( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )( ) ' ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ' '( ) '( ) ( ) ( ) ( ) ( )

+ = ⇔ + =⇔ + =

⇔ + − − =

Pandang [ ]u x y u x y u x y( ) ( ) ' ' ( )'= + . Misal u x y u x p x y' ( ) ( ) ( )− = 0 . Maka didapatkan:

[ ]u x y u x f x( ) ( ) ( )'= . Dengan mengintegralkan kedua ruas terhadap x didapatkan solusi PD Linear order satu, yaitu :

yu x

u x f x dx= ∫1( )

( ) ( )

Karena bentuk di atas merupakan integral tak tentu maka solusi masih mengandung konstanta C dan disebut Solusi Umum PD. Fungsi u(x) disebut faktor integrasi dan dicari dari :

u x u x p x u x e p x dx' ( ) ( ) ( ) ( ) ( )− = = ∫0 atau Solusi khusus PD dapat ditentukan mensubstitusikan nilai awal - y(a) = b yang

diberikan - ke dalam solusi umum untuk menghitung besar nilai C.



Contoh 7.1 Diketahui PD : y y ex'− = . Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila nilai awal, y ( 0 ) = -3 Jawab : 1. Dari PD didapatkan p(x) = -1 dan f(x) = ex.

Faktor integrasi, u x e e ep x dx dx x( ) ( )= = =∫ −∫ −

Solusi umum, ( )yu x

u x f x dx e x Cx= = +∫1( )

( ) ( )

2. Dari solusi umum, didapatkan dengan mensubstitusikan x = 0 dan y = -3 ke dalam solusi umum sehingga didapatkan C = -3. Jadi solusi khusus PD, ( )y e xx= − 3

Soal latihan 7.2 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut: 1. y y e x'+ = −2

2. y x y ex'− =22

3. dydx

y x+ = sin

4. dydx

yx x

+ =12

5. xdydx

y x+ = 2

( Nomor 6 sd 11 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 6. y x y x y' ; ( )− = =2 0 0

7. x y y x y' ; ( )+ = =2 4 1 22

8. dydx

x y x y+ = =2 1 13 ; ( )

9. dydx

y y− = =1 0 1; ( )

10. dydx x

y x y− = =3

1 43 ; ( )

11. ( )1 0+ + =edydx

e yx x ; y(0) = 1

12. Dari rangkaian listrik, RL diketahui induksi L = 1 Henry, tahanan R = 106 Ohm dan gaya elektromagnetik / voltase E = 1 Volt. Tentukan besar kuat arus ( I dalam



ampere) yang melalui rangkaian tersebut dalam fungsi t, bila pada saat t = 0, maka kuat arus I = 0. Hitung pula besar kuat arus, I setelah waktu t = 10.

Rangkaian listrik, RC, dinyatakan oleh rumus : RdQdt

QC

E t+ = ( ) dengan muatan Q

(Coulomb ) , Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik / Voltase E(t) ( Volt ). ( Nomor 13 dan 14 ) Menggunakan rumusan di atas hitunglah besarnya muatan ( Q ) pada waktu t = 10 bila pada waktu t = 0 besar muatan Q = 0. 13. R = 5, C = 0,1 dan E(t) = 0 14. R = 1, C = 2 dan E(t) = ex. 7.3 Peubah Terpisah Seringkali dijumpai pada PD order satu, peubah x dan y dapat dipisahkan sehingga peubah x dapat dikelompokan dengan dx dan peubah y dapat dikelompokan dengan dy pada ruas yang berbeda. Sehingga solusi umum PD dapat secara langsung dicari tanpa harus menentukan faktor integrasi, dengan mengintegralkan kedua ruas. Bentuk umum PD peubah terpisah diberikan berikut :

ydydx

M xN y

N y dy M x dx'( )( )

( ) ( )= = = atau . Solusi umum PD didapatkan dari

penyelesaian integral berikut : N y dy M x dx( ) ( )∫ ∫= .

Contoh 7.2

Diketahui PD : yyx

'−+

=1

0 . Tentukan :

1. Solusi umum PD. 2. Solusi khusus PD bila diberikan y ( 0 ) = 1. Jawab :

1. PD dapat dituliskan dalam bentuk : dyy

dxx

=+ 1

Sehingga ( ) ( )∫ ∫=+

⇔ = + + = +dyy

dxx

y x C C x1

1 1ln ln ln ln .

Solusi umum, y = C ( x + 1 ) 2. Dari solusi umum didapatkan C = 1. Solusi khusus, y = x + 1.



Soal Latihan 7.3 ( Nomor 1 sd 6 ) Tentukan solusi umum PD berikut.

1. yxy

'=−

2

21

2. dydx

y xy

=+

cos

1 2 2

3. dydx

y= +1 2

4. dydx x x

=−

13

5. dydx

ex y= +

6. dydx

y xx

=−

sincos1

( Nomor 7 sd 13 ) Tentukan solusi khusus PD berikut.

7. dydx

xy y= =; ( )0 1

8. dydx

yx

y=+

=1

0 1; ( )

9. dydx

y y= − = −2 4 0 6; ( )

10. dydx

x xyy

y=+

=2

41 0; ( )

11. xdydx

y x y y e− = =2 12 ; ( )

12. sin 2x dx + cos 3y dy = 0 ; y ( π/2 ) = π/3

13. ( )( )y x y y' ; ( )= + + =2 1 1 0 02

7.4 Persamaan Diferensial dengan Koefisien Homogen Fungsi F(x,y) disebut fungsi homogen bila terdapat n ∈ ℜ sehingga berlaku

( )F k x k y k F x yn, ( , )= . n disebut order dari fungsi homogen F(x,y).

Contoh 7.3 Selidiki apakah fungsi berikut merupakan fungsi homogen. Bila ya, tentukan ordernya. 1. 22),( yxyyxF −=



2. ( )xyxyxG sin),( 2 −= Jawab : 1. ( )( ) ( ) ( ) ),(22),( 2222 yxFkyxykkykykxkykxF =−=−= . F(x,y) merupakan fungsi

homogen dengan order dua. 2. ( ) [ ][ ]( ) ),(sin),( 22 yxGkkykxkxkykxG ≠−= . G(x,y) bukan merupakan fungsi

homogen. Beberapa bentuk PD tak linear order satu dengan peubah tak terpisah namun koefisiennya merupakan fungsi homogen dengan order sama dapat dicari solusinya menggunakan metode substitusi sehingga didapatkan bentuk PD peubah terpisah. Bentuk PD order satu dengan koefisien homogen dapat dituliskan sebagai : M x y dy N x y dx( , ) ( , )= dengan M(x,y) dan N(x,y) merupakan fungsi homogen dengan

order sama atau dydx

F x y= ( , ) dengan F(x,y) merupakan fungsi homogen order nol.

Maka solusi PD dicari dengan mensubstitusikan : y = v x dan dy = v dx + x dv ke dalam PD sehingga didapatkan bentuk PD dengan peubah terpisah.

Contoh 7.4

Diketahui PD : ( )x y dy xydx2 2 0+ − = . Tentukan :

1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 Jawab : 1. Substitusikan y = v x dan dy = v dx + x dv ke dalam PD, didapatkan :

( )( )

( )( )

( )

x v x v dx x dv vx dx

v v dx x dv v dx

dxx

v dv

v

xv

v C Cxv e v

2 2 2 2

2

2

3

2

1

2

0

1 0

1

1

2

2

+ + − =

+ + − =

=− +

= − − =

ln ln ln atau

Solusi umum PD, C y e

xy=

2

22

2. Solusi khusus PD, y e

xy=

2

22



Soal latihan 7.4 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut.

1. dydx

y xyx

=+2

22

2. dydx

x yx

=+

3. dydx

x yx y

=+−

3

4. 2 y dx - x dy = 0

5. ( )x x y y dx x dy2 2 23 0+ + − =

Dalam Matematika terapan, seringkali dijumpai permasalahan untuk mendapatkan keluarga kurva yang tegak lurus terhadap suatu keluarga kurva yang diberikan. Masalah ini disebut Trayektori Ortogonal. Pengertian dari ortogonal / tegak lurus dari dua keluarga kurva adalah pada titik potongnya kedua garis singgung kurva saling tegak lurus. Misal diberikan keluarga kurva f(x,y) = C dengan C merupakan parameter. Maka untuk mendapatkan trayektori ortogonal dilakukan langkah sebagai berikut : (i) Turunkan f(x,y) = C secara implisit terhadap x, misal Df(x,y). (ii) Menggunakan fakta bahwa gradien dari dua buah garis ( m1 dan m2 ) yang tegak

lurus berlaku : mm1

2

1=

−. Keluarga kurva yang tegak lurus dengan f(x,y) = C

mempunyai turunan pertama, − 1

Df x y( , ). Bila dari turunan pertama tersebut masih

mengandung parameter C maka nyatakan C sebagai fungsi dalam x atau y. (iii)Trayektori ortogonal dari f(x,y) = C didapatkan dengan mencari solusi PD :

yDf x y

'( , )

=− 1

.

( Nomor 6 sd 15 ) Tentukan trayektori ortogonal dari keluarga kurva yang diberikan berikut. 6. y = C 7. x y = C 8. y = C x2. 9. y = C x3. 10. x2 - y2 = C 11. x2 + y2 = C 12. 4 x2 + y2 = C 13. x2 = 4 c y3.

14. ( )x y C C2 2+ − =

15. y x C= +



7.5 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Homogen Bentuk umum PD linear order dua dengan koefisien konstan adalah : a y b y c y f x" ' ( )+ + = dengan a, b dan c konstanta. Bila f(x) = 0 maka a y b y c y" '+ + = 0 disebut PD linear order dua homogen, sedang bila f(x) ≠ 0 maka disebut PD linear order dua tak homogen. Solusi PD homogen ditentukan dengan memperkenalkan terlebih dahulu pengertian kebebasan linear dan Wronkian dari dua fungsi. Dua buah fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada interval I bila persamaan kombinasi linear dari dua fungsi tersebut, m f(x) + n g(x) = 0 untuk setiap x ∈ I hanya dipenuhi oleh m = n = 0. Bila tidak demikian maka dikatakan f(x) dan g(x) tidak bebas linear atau bergantung linear. Misal diberikan dua fungsi f(x) dan g(x) yang diferensiabel untuk setiap x ∈ ℜ. Maka Wronkian dari f(x) dan g(x ) didefinisikan :

( )W f x g xf x g xf x g x( ), ( )

( ) ( )' ( ) '( )=

Sifat dari kebebasan linear dan wronkian dari dua fungsi f(x) dan g(x) diberikan berikut. Dua fungsi f(x) dan g(x) dikatakan bebas linear pada I bila dan hanya bila wronkian dari dua fungsi tersebut, W [ f(x),g(x)] ≠ 0 untuk setiap x ∈ I. Dari PD order satu didapatkan sebuah solusi sedangkan PD order dua homogen didapatkan dua buah solusi yang bebas linear. Misal y1(x) dan y2(x) merupakan solusi PD homogen dan keduanya bebas linear. Maka kombinasi linear dari keduanya merupakan solusi umum PD homogen, yaitu y = C1 y1(x) + C2 y2(x). Selanjutnya dalam menentukan solusi PD homogen dilakukan hal berikut. Misal y e mx= merupakan solusi PD homogen : a y b y c y" '+ + = 0 . Dengan mensubstitusikan solusi tersebut dan turunannya ke dalam PD didapatkan :

( ) ( )

( )a e b e ce

e am bm c

mx mx mx

mx

" '+ + =

+ + =

0

02

Sebab e xmx ≠ ∀ ∈0 , ℜ, maka am bm c2 0+ + = dan disebut persamaan karakteristik dari PD. Akar persamaan karakteristik dari PD adalah :

mb b ac

ab Da

mb b ac

ab Da1

22

242 2

42 2

=− + −

=− +

=− − −

=− −

dan

Kemungkinan nilai m1 dan m2 bergantung dari nilai D, yaitu : 1. Bila D > 0 maka m1 ≠ m2 ( Akar real dan berbeda ) 2. Bila D = 0 maka m1 = m2 ( Akar real dan sama ) 3. Bila D < 0 maka m1 , m2 merupakan bilangan kompleks ( imajiner )



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 y e m x1 1= dan y e m x

2 2= merupakan solusi bebas linear dari PD homogen tersebut. Solusi umum PD dituliskan : y C y C y C e C em x m x= + = +1 1 2 2 1 21 2 Sedangkan solusi khusus PD dapat ditentukan dengan mencari nilai dari C1 dan C2 dari nilai awal yang diberikan.

Contoh 7.5 Diketahui PD : y y y" '− + =5 6 0. Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila nilai awal y(0) = 1 dan y ‘ ( 0 ) = 0. Jawab : 1. Persamaan karakteristik PD : m2 - 5 m + 6 = 0 = 0 mempunyai akar m = 3 dan m =

2. Solusi umum PD, y C e C ex x= +13

22

2. Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum, y C e C ex x= +13

22 dan turunan

pertamanya, y C e C ex x'= +3 213

22 didapatkan C1 = -2 dan C2 = 3. Jadi solusi

khusus PD, y e ex x= − +2 33 2 2. Akar Karakteristik Real dan Sama. Misal persamaan karakteristik dari PD : a y b y c y" '+ + = 0 merupakan bilangan real

dan sama, mba

=−2

. Maka salah satu solusi PD : y e emx b xa1 2= =

−. Untuk

menentukan solusi yang lain, solusi kedua PD, didapatkan dengan memisalkan :

y v x y v x eb x

a2 1 2= =−

( ) ( ) . Fungsi v(x) dicari dengan mensubstitusikan solusi kedua dan turunannya ke dalam PD :

y v x e

y v x ebav x e

y v xbav x

bav x e

b xa

b xa

b xa

b xa

2

2

22

2

2

2 2

2

2

2 4

=

= −

= − +

−

− −

−

( )

'( ) ( )

"( ) '( ) ( )

'

"



a v xbav x

bav x e b v x

bav x e cv x e

a v xbav x

bav x b v x

bav x cv x

a v xba

c

b xa

b xa

b xa"( ) '( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )

"( ) '( ) ( ) ' ( ) ( ) ( )

"( )

− +

+ −

+ =

− +

+ −

+ =

− −

− − −2

2

2

2

2

4 20

4 20

4

2 2 2

=v x( ) 0

Sebab D b a c= − =2 4 0, maka a v x"( ) = 0. Oleh karena itu, v(x) dapat dinyatakan sebagai fungsi linear yaitu v(x) = p x + q.

Ambil p = 1 dan q = 0, didapatkan v(x) = x dan solusi kedua : y x eb x

a2

2=−

Solusi pertama dan kedua PD, y1 dan y2 merupakan solusi bebas linear, sehingga solusi umum PD bila akar karakterisitik dimisalkan m, yaitu : y C e C x emx mx= +1 2 Cara untuk mendapatkan solusi kedua di atas dikenal dengan nama metode urutan tereduksi.

Contoh 7.6 Diketahui PD : y y"− = 0. Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -1 Jawab : 1. Akar persamaan karakteristik PD, m = 1. Solusi umum , y C e C xex x= +1 2

2. Solusi khusus PD, y e xex x= − 2 3. Akar Karakteristik Kompleks Misal akar karakteristik PD : a y b y c y" '+ + = 0 kompleks :

m p i q dan m p iq dengan i pbadan q

Da1 2 1

2 2= + = − = − =

−=: ,

Maka solusi umum PD dituliskan :

( ) ( )y C e C e C e C em x m x p iq x p iq x= + = ++ −1 2 1 21 2

Menggunakan rumus Euler : e y i yi y = +cos sin , didapatkan :

( ) ( )

( ) ( )y C e qx i qx C e qx i qx

C C e qx i C C e qx

px px

p x px= + + −

= + + −

1 2

1 2 1 2

cos sin cos sin

cos sin



Karena solusi PD yang diharapkan dalam fungsi bernilai real, maka dapat diambil ( )C C C dan C i C C3 1 2 4 1 2= + = − . Sehingga didapatkan solusi umum PD :

( )y e C qx C qxpx= +3 4cos sin Hal ini dapat dilakukan karena terlihat bahwa solusi pertama dan solusi kedua PD, y e qx y e qxp x p x1 2= =cos sindan merupakan solusi bebas linear.

Contoh 7.7 Diketahui PD, y y"+ =4 0 . Tentukan : 1. Solusi umum PD 2. Solusi khusus PD bila y(0) = 1 dan y ‘(0) = -3 Jawab : 1. Akar persamaan karakteristik PD, m = ± 3 i. Didapatkan p = 0 dan q = 3. Solusi

umum PD, y C x C x= +3 43 3cos sin . 2. Substitusikan nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C3 = 1

dan C4 = -1. Solusi khusus PD, y x x= −cos sin3 3

Soal latihan 7.5 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan solusi umum PD berikut. 1. y y y" '+ − =5 6 0 2. y y y" '+ + =4 4 0 3. y y y" '+ + =2 5 0 4. y y y" '+ + =2 8 0 5. 3 4 9 0y y y" '+ + = ( Nomor 6 sd 10 ) Tentukan solusi khusus PD berikut. 6. y y y y y" ' ; ( ) , ' ( )− − = = = −4 5 0 0 0 0 1 7. y y y y" ; ( ) , ' ( )− = = =0 0 1 0 0 8. y y y y" ; ( ) , '( )+ = = = −4 0 0 1 0 1 9. y y y y y" ' ; ( ) , ' ( )− + = = =6 9 0 0 1 0 0 10. y y y y y" ' ; ( ) , ' ( )− + = = − =4 7 0 0 1 0 0 7.6 Persamaan Diferensial Linear Order Dua Tak Homogen

Solusi umum PD linear orde dua tak homogen merupakan jumlah dari solusi PD homogen, yh dan solusi pelengkap, yp dituliskan : y y yh p= +



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 y yp p p, ' " dan disubstitusikan ke dalam PD untuk menghitung nilai dari koefisiennya.

f(x) yp xn A x A x A x An

nn

n+ + + +−−

11

1 0...

ea x A ea x x ea x A ea x + B x ea x sin ax A sin ax + B cos ax cos ax A sin ax + B cos ax

Contoh 7.8 Tentukan solusi umum dari PD : 1. y “ - y = -3 e2x. 2. y “ + y = 6 sin 2x Jawab : 1. Akar karakteristik PD, m = ± 1. Solusi homogen, yh = C1 ex + C2 e-x. Solusi

pelengkap, yp = Ae2x . Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke dalam PD : 4 A e2x - A e2x = -3 e2x, didapatkan A = -1 sehingga solusi pelengkap, yp = - e2x . Solusi umum PD, y = C1 ex + C2 e-x - e2x .

2. Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi pelengkap, yp = A cos 2x + B sin 2x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke dalam PD didapatkan : A = 0 dan B = -2, sehingga solusi pelengkap, yp = -2 sin 2x. Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x - 2 sin 2x.

Bila f(x) merupakan suku-suku dari solusi homogen, maka solusi pelengkap diambil sebagai perkalian dari xs dan f(x) dengan s terkecil ( s = 1,2,3,… ) sehingga bukan merupakan suku-suku dari solusi homogennya.



Contoh 7.9 Tentukan solusi khusus PD : y y y e x" '− + =6 9 3 ; y(0) = -1 dan y ‘(0) =1. Jawab : Akar karakteristik PD, m = 3. Solusi homogen, yh = C1 e3x + C2 x e3x. Karena e3x dan x e3x merupakan suku-suku dari solusi homogen maka diambil solusi pelengkap , yp = A x2 e3x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunannya ke dalam PD didapatkan A = ½ . Solusi umum PD, y = C1 e3x + C2 x e3x + ½ x2 e3x. Substitusi nilai awal ke dalam solusi umum dan turunannya, didapatkan C1 = -1 dan C2 = 4. Solusi khusus PD, y = - e3x + 4 x e3x + ½ x2 e3x. 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 y C y C yh = +1 1 2 2 merupakan solusi homogen PD : y p y q y f x" ' ( )+ + = . Maka solusi pelengkap dimisalkan : y v y v yp = +1 1 2 2

Fungsi v1(x) dan v2(x) merupakan fungsi parameter. Bila solusi pelengkap diatas

diturunkan sekali maka ( ) ( )y v y v y v y v yp' ' ' ' '= + + +1 1 2 2 1 1 2 2 . Dipilih :

v y v y1 1 2 2 0' '+ = , sehingga didapatkan turunan keduanya :

y v y v y v y v yp" ' ' ' ' " "= + + +1 1 2 2 1 1 2 2 . Substitusikan y y yp p p, ' "dan ke dalam PD

didapatkan : v y v y f x1 1 2 2' ' ' ' ( )+ = .

Fungsi paramater v1(x) dan v2(x) didapatkan dari solusi dari sistem persamaan linear dalam v v1 2

' 'dan berikut :

v y v y1 1 2 2 0' '+ =

v y v y f x1 1 2 2' ' ' ' ( )+ = .

Menggunakan metode Crammer didapatkan :



( )

( )

v

yf x yy yy y

vy f x

y y y ydx

v

yy f xy yy y

vy f x

y y y ydx

1

2

21 2

1 2

12

1 2 2 1

2

1

11 2

1 2

21

1 2 2 1

0

0

''

' '' '

''

' '' '

( ) ( )

( ) ( )

= ⇒ =−

−

= ⇒ =−

∫

∫

Contoh 7.10 Tentukan solusi umum PD : y “ + y = sec x Jawab : Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi pelengkap, yp = v1( x ) cos x + v2( x ) sin x. Fungsi parameter v1( x ) dan v2( x ) diselesaikan dari sistem persamaan berikut : v1( x ) cos x + v2( x ) sin x = 0

- v1( x ) sin x + v2( x ) cos x = sec x Didapatkan : v1( x ) = ln ( cos x ) dan v2( x ) = x, sehingga solusi pelengkap, yp = ln ( cos x ) cos x + x sin x. Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x

Soal latihan 7.6 Tentukan solusi umum PD berikut : 1. y y y e x" '+ + =3 2 2 3

2. y y y x" '− + =4 2 2 2 3. y y y x" ' sin− + =3 2 10 2

4. y y y e x" '− − = −3 4

5. y y y ex" '− + =2 6. y y y f x" ' ( )+ − =2 3

a. f x x x( ) = + −2 3 b. f(x) = sin 3x + cos 3x c. f(x) = x ex.

7. y y x" sec+ =

8. y y y e xx" ' ln+ + = −2



9. y y x x" sec tan+ =

10. y y ye x

" '− + =+ −3 2

1

1

11. y y y e xx" ' ln+ + = −2

12. y y yee

x

x" '− + =+

3 21

( Nomor 13 sd 15 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 13. y y x y y" ; ( ) , ' ( )+ = = =2 0 1 0 2

14. y y y e y yx" ' ; ( ) ' ( )− + = = =4 4 0 0 02 15. y y y x" ' cos ;+ + =3 2 20 2 y ( 0 ) = -1 , y ‘ ( 0 ) = 6. 16. Pada rangkaian listrik seri, RCL, berdasarkan hukum Kirchoff dirumuskan sebagai

berikut : L Q RQQC

E t" ' ( )+ + = dengan Induksi L (Henry ), Tahanan R ( Ohm ),

Muatan Q ( Coulomb ), Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik E(t) ( volt ).

Karena I Q= ' maka dapat dituliskan : L I R IIC

E t" ' ' ( )+ + = . Dengan

menggunakan rumus di atas hitunglah muatan ( Q ) dan kuat arus ( I ) dalam fungsi t dari rangkaian RCL tersebut bila R = 16, L = 0,02 , C = 2 x 10-4 dan E = 12. Anggap bahwa nilai Q = 0 dan I = 0 pada saat t = 0.



BAB 8 KALKULUS FUNGSI VEKTOR 8.1 Kurva Bidang 8.2 Fungsi Vektor 8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan 8.4 Komponen Normal dan Tangensial

8.1 Kurva Bidang Bentuk kurva biang seringkali dinyatakan dalam persamaan parameter. Misal x = f(t) , y = g(t) dengan t ∈ I ( interval ) sebagai parameter ( bilanagn real ). Dengan melakukan eliminasi parameter t akan didapatkan bentuk kurva dalam peubah x dan y yang dapat dinyatakan sebagai y = f(x) atau f ( x, y ) = 0. Suatu kurva bidang dapat dinyatakan dengan lebih dari satu parameter. Sebagai contoh diberikan berikut.

Contoh 8.1 Tunjukkan bahwa setiap persamaan parameter berikut menggambarkan setengah lingkaran.

1. x = t , 21 ty −= , -1 ≤ t ≤ 1 2. x = cos t, y = sin t , 0 ≤ t ≤ π Jawab :

1. Substitusi x = t ke bentuk 21 ty −= didapatkan 21 xy −= . Bila kedua ruas

dikuadratkan maka 122 =+ yx . Sebab -1 ≤ x ≤ 1, kurva berupa setengah lingkaran dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu.

2. 1sincos 2222 =+=+ ttyx . Sebab 0 ≤ t ≤ π maka Sebab -1 ≤ x ≤ 1. Jadi kurva berupa setengah lingkaran dengan jari-jari 1dan pusat di salib sumbu.

Misal x = f(t) dan y = g(t) merupakan fungsi kontinu dan f ‘ ( t ) ≠ 0 untuk suatu t ∈ I.

Maka turunan pertama dxdy dari kurva bidang diberikan dengan :

( )( )tftg

dxdy

dtdxdt

dy

''==

Sedangkan turunan kedua 2

2

dxyd didapatkan dengan menurunkan sekali lagi

dxdy , yaitu

( ) ( ) ( ) ( )( )[ ]22

2

'

'"'"

tftgtftftg

dx

yd −= .

Demikian seterusnya untuk turunan tingkat ke-n.



Contoh 8.2

Hitung dxdy dan 2

2

dxyd bila

1. 32 1, tyttx −=+= 2. x = 2 cos t , y = 5 sin t Jawab :

1. x ‘ = 2 t + 1, y ‘ = -3 t2, x “ = 2 dan y “ = - 6t. Jadi 12

3'' 2

+−==tt

xy

dxdy dan

( ) ( )22

22

2

12

66

'

'"'"

+

−−=−=t

ttx

yxxydxyd

2. x ‘ = - 2 sin t, y ‘ = 5 cos t, x “ = -2 cos t dan y “ = -5 sin t. Jadi tt

dxdy

sin2cos5

−= dan

( )t

xyxxy

dx

yd 2222

2csc5

'

'"'" =−=

Penerapan turunan pertama digunakan dalam menyelesaikan permasalahan geometris yang muncul pada kurva bidang, yakni garis singgung dan garis normal. Misal P(a,b) merupakan titik pada kurva bidang x = x(t) dan y = y(t). Maka bentuk persamaan garis singgung dan garis normal kurva yang menyinggung titik P diberikan dengan :

Garis singgung, ( )axdxdyby −=−

Garis normal, ( )axdydxby −−=−

Contoh 8.3 Carilah persamaan garis singgung dan garis normal kurva x = 2t2 –1 dan y = 2 + t di 1. t = 1 2. Titik ( 1,1 ) Jawab :

1. Turunan pertama di t = 1, 41=

dxdy , sedangkan nilai titik singgungnya , ( 1, -1 ). Jadi

persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, ( )1411 −=+ xy dan

( )141 −−=+ xy



2. Dari titik ( 1,1 ) didapatkan t = -1. turunan pertama di t = -1 , 41

−=dxdy

. Jadi

persamaan garis singgung dan garis normal berturut-turut, ( )1411 −−=− xy dan

( )141 −=− xy Bentuk integral yang melibatkan persamaan parameter diselesaikan dengan menyatakan integral dalam parameter tersebut. Sebagai contoh diperlihatkan berikut.

Contoh 8.4 Hitung ∫ dxxy bila x = 2t + 2 dan y = t2. Jawab :

( ) Cttdtttdxxy ++=+= ∫∫ 34234222

Soal Latihan 8.1 ( Nomor 1 sd 5 ) Nyatakan persamaan kurva bidang berikut ke dalam persamaan cartesius ( dalam x dan y ) bila 1. x = 2 t + 1 dan y = 1 – t2.

2. x = t –1 dan t

y 1=

3. 12dan2 +=−= tytx 4. x = sin t dan y = 2 cos t 5. x = sin t dan y = sin 2t

( Nomor 6 sd 10 ) Hitung turunan pertama dxdy dan turunan kedua 2

2

dxyd dari kurva

bidang berikut. 6. x = t2 –1 dan y = t + 1

7. tyttx 2dan

1=

+=

8. 221dan

1

1

tty

tx

−=

−=

9. x = 2 sin t –2 dan y = sec t +2 10. x = 1- 2 sin t dan y = 2 cos t + 1 ( Nomor 11 sd 14 ) Carilah persamaan garis singgung dan garis normal dari kurva bidang berikut di titik yang diberikan : 11. x = 2t dan y = t2 di t = -2



12. x = 1- 2t dan y 1- t3 di t = 1

13. x = sin t dan y = 2 cos t di 4π=t

14. tt eyex 22 dan2 −−== di t = 0 ( Nomor 15 sd 18 ) Selesaikan integral 15. ( )∫ + dxyx 12 bila x = 2t –1 dan y = t2.

16. ( )∫ − dyxy 1 bila x = 2t dan t

y 1=

17. ∫1

02 dxxy bila x = 1 + 2 t dan y = 4t2 -1

18. ( )∫ +1

02 dyyx bila x = 2t + 3 dan y = 4t2

( Nomor 19 sd 21 ) Hitung luas daerah yang dibatasi oleh daerah D bila 19. D dibatasi oleh x = 1 – 2t , y = 4t + 3 , t = -1 dan t = 3

20. D dibatasi oleh t

tx 1+= , t

ty 1−= dan garis 3x – 10 = 0

21. D terletak di kuadran pertama dan dibatasi oleh x = 2 sin t dan y = 1 + cos t. 8.2 Fungsi Vektor Untuk mengawali pembahasan fungsi vektor akan dikenalkan terlebih dahulu tentang vektor di bidang dan vektor di ruang. Bentuk vektor di bidang ( ℜ2 ) dan di ruang ( ℜ3 ) diberikan berikut.

Ruas garis berarah dari O ke A menyatakan vektor dan merupakan vektor posisi dari titik A. Vektor tersebut dinyatakan dengan

Y •A(x,y) X O

Z A(x,y,z) O Y X



( )

===yx

yxaOA ,

Sedangkan vektor satuan ( vektor yang panjangnya satu ) yang searah dengan salib sumbu, sumbu X dan sumbu Y dinyatakan berturut-turut dengan

( ) ( )

==

==

10

1,001

0,1 jdani

Menggunakan notasi di atas , suatu vektor dapat dinyatakan sebagai jumlah dari suku-suku vektor satuan.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) jyixyxyxyxa +=+=+== 1,00,1,00,, . Bilangan x dan y dinamakan skalar. Sedangkan untuk vektor di ruang, vektor posisi titik A dinyatakan dengan

( )

===zyx

zyxaOA ,, dan ( ) kzjyixzyxa ++== ,,

dengan

Misal F merupakan fungsi yang memetakan dari ℜ ke ℜ2 . Maka dapat yang dinyatakan dengan

( ) jtyitxtytxtFt

F

)()()(),()(

: 2

+==

ℜ→ℜ

α

Sedangkan untuk fungsi yang memetakan dari ℜ ke ℜ2 dinyatakan dengan

( ) ktzjtyitxtztytxtFt

F

)()()()(),(),()(

: 3

++==

ℜ→ℜ

α

Fungsi di atas dinamakan Fungsi Bernilai Vektor atau disingkat dengan Fungsi Vektor. Sedangkan x(t) , y(t) atau z(t) merupakan komponen fungsi vektor )(tF .

Contoh 8.5 Carilah nilai fungsi )(tF di t = 2 bila diberikan

1. ( ) jtittF 212)( +−= 2. ( )12,,32)( −+= ttttF Jawab : 1. jitF 43)( += 2. ( )3,2,7)( =tF

( ) ( ) ( )

==

==

==

100

1,0,0,010

0,1,0,001

0,0,1 kji



Daerah asal Daerah asal fungsi vektor sangat ditentukan dari daerah asal dari komponen-komponennya. Misal daerah asal dari x(t) dan y(t) berturut-turut A dan B. Maka daerah asal dari jtyitxtF )()()( += adalah A ∩ B. Bila daerah asal dari x(t) , y(t) dan z(t) berturut-turut adalh A, B dan C, maka daerah asal dari ktzjtyitxtF )()()()( ++= adalah A ∩ B ∩ C.

Contoh 8.6 Tentukan daerah asal dari fungsi berikut: 1. ( )2,1)( tttF −=

2. ( ) kt

tjttitG

−+−+

+=

12

1)(

Jawab : 1. Daerah asal dari komponen 1−= tx , [ )∞= ,1xD . Sedangkan daerah asal dari

komponen y = t2, ℜ=yD . Jadi daerah asal fungsi vektor [ ) [ )∞=ℜ∞= ,1,1 ΙFD

2. Daerah asal dari komponen : 1

1+

=t

x , y = 2- t dan t

tz−

=1

berturut-turut adalah

( ) ( ) ( )1,dan,,11, ∞−=ℜ=∞−−∞−= zyx DDD Υ . Jadi daerah asal fungsi vektor

adalah ( ) ( )1,11, −−∞−== ΥΙΙ zyxF DDDD Limit Fungsi Limit fungsi vektor jtyitxtF )()()( += di titik t = c dinyatakan dengan )(lim tF

ct→.

Keberadaan limit fungsi vektor sangat ditentukan oleh keberadaan dari limit komponen-komponennya. Sehingga dapat dinyatakan berikut. Teorema : Keberadaan Limit Fungsi Vektor Limit fungsi jtyitxtF )()()( += di titik t = c ada bila dan hanya bila limit fungsi x = x(t) di t = c dan limit fungsi y = y(t) di t = c ada. Sehingga dapat dituliskan menjadi :

jtyitxtFctctct

+

=

→→→)(lim)(lim)(lim

Teorema di atas juga akan berlaku untuk fungsi vektor di ruang. Misal limit fungsi

ktzjtyitxtF )()()()( ++= di titik t = c ada . Maka dapat dituliskan dengan

ktzjtyitxtFctctctct

+

+

=

→→→→)(lim)(lim)(lim)(lim



Contoh 8.7 Hitung limit berikut ( bila ada ) :

1. ( )

−−

→j

ttit

t

sin14lim 20

2.

+−+−∞→

kttj

tt

tit

t 215sin

12lim

Jawab :

1. ( ) jijttitj

ttit

ttt−−=

−

−=

−−

→→→

sinlim14limsin14lim0

20

20

2. Sebab nilai limit di t → ∞ dari komponen ttsin dan 2

15

tt + sama dengan nol maka

ikt

tjtt

tit

t215sin

12lim 2 =

+−+−∞→

Kekontinuan Fungsi Vektor Fungsi jtyitxtF )()()( += dikatakan kontinu di titik t = c bila nilai fungsi di titik tersebut sama dengan nilai limitnya. Hal ini dapat dijelaskan berikut. Definisi : Kekontinuan Fungsi Vektor Fungsi jtyitxtF )()()( += dikatakan kontinu di titik t = c bila dipenuhi ketiga syarat berikut : 1. )(tF terdefinisi di t = c

2. )(lim tFct→

ada

3. )(cF = )(lim tFct→

Bila paling sedikit salah satu dari ketiga syarat di atas tidak dipenuhi maka dikatakan

)(tF tidak kontinu ( diskontinu ) di t = c. Definisi kekontinuan di atas juga berlaku untuk vektor di ruang.

Contoh 8.8 Selidiki kekontinuan fungsi vektor berikut di titik yang diberikan

1. ( ) jttittF sin14)( 2 −−= di t = 0

2. ( )ttttG sin,4,32)( += di t = 0



Jawab :

1. Walupun nilai limit di t = 0 ada yaitu ( ) jijttit

t−−=

−−

→

sin14lim 20

tetapi fungsi

tidak terdefinisi di t = 0, sebab komponen ttsin tidak terdefinisi di t = 0. Jadi fungsi

diskontinu di t = 0. 2. Nilai fungsi di t = 0, ( ) iG 30,0,3)0( == dan nilai limit di t = 0,

( )[ ] iktjtitt

3sin432lim0

=+++→

. Karena nilai fungsi dan limitnya sama maka

fungsi kontinu di t = 0. Turunan Fungsi Vektor Turunan fungsi )(tF di titik t = c dinyatakan dengan

ctcFtFcF

ct −−=

→

)()(lim)('

Bentuk di atas menyatakan bahwa fungsi jtyitxtF )()()( += dapat diturunkan ( diferensiabel ) di t = c bila dan hanya bila komponen-komponennya juga dapat diturunkan di t = c. Sehingga dapat dituliskan menjadi :

jcyicxcF )(')(')(' += Untuk fungsi vektor di ruang juga berlaku sebagaimana fungsi vektor di bidang, yaitu

kczjcyicxcF )(')(')(')(' ++=

Contoh 8.9 Selidiki apakah fungsi berikut diferensiabel di titik yang diberikan . Bila ya, carilah nilai turunan fungsi di titik tersebut.

1.

−

+= 25,

1)( t

tttF di t = 1

2. ktjtittG +++= 1sin)( di t = 0 Jawab :

1. Turunan pertama di t = 1 dari komponennya yaitu ( )

11

1' 121 =+

= == ttt

x dan y ‘ =

5. Jadi fungsi diferensiabel di t = 1 dan jiF 5)1(' += . 2. Karena komponen z = | t | tidak diferensiabel di t = 0 ( Tunjukkan ! ), maka fungsi

)(tG tidak diferensiabel di t = 0.



Soal Latihan 8.2 ( Nomor 1 sd 4 ) Nyatakan vektor posisi dari titik atau ruas garis berikut ( dalam suku-suku vektor satuan kji atau, ). 1. A = ( 2, -3 ) 2. B = ( -4 , 2 , -1 ) 3. AB dengan A ( 4,2 ) dan B ( -5,1 ) 4. BA dengan A ( 3, -2 , 1 ) dan B ( 1,-1,-1 ) ( Nomor 5 sd 8 ) Tentukan daerah asal dari kurva bidang berikut

5.

+

+−= 1,

11)( t

ttF

6.

−+=

2,sin,

11)(

ttt

ttG

7. jtietG t sec)( 12 += −

8. ( ) ktjittF 2112)( 22 +−−−= ( Nomor 9 sd 12 ) Hitung limit kurva bidang berikut ( bila ada )

9.

−

→12,tanlim

0t

tt

t

10.

−−

−+

∞→ 131,

21,sinlim

2

tt

tt

tt

t

11.

−−+

→j

ttit

t 112lim

2

1

12.

+

++++ +

−→kej

ttti t

t2

2

2 212lim

( Nomor 13 sd 16 ) Selidiki kekontinuan kurva bidang berikut di nilai yang diberikan 13. ( )1,2)( −= tttF ; t = 1

14.

−= tttttG cos,12,sin)( ; t = 0

15. jt

tittH25

5)( 2 −

−−= ; t = 5

16. ( ) ( ) ktjeittF t 211)( 2 +−−−= ; t = 0 ( Nomor 17 sd 20 ) Selidiki apakah kurva berikut diferensiabel di titik yang diberikan. Bila ya, tentukan turunannya.


17. ( )tttF −−= 1,12)( ; t = 5

18. ( )1,1,1)( 2 −+−= ttttG ; t = 1

19. jtittF seccos)( += ; t = 0

20. ktjtietG t 8sin)( 1 +−+= − π ; t = 1 8.3 Gerak Partikel dan Kelengkungan

Misal diberikan kurva bidang x = x(t) dan y = y(t) dengan titik P(t) = ( x(t), y(t) ) sembarang terletak pada kurva. Seperti terlihat pada gambar disamping.

jtyitxtr )()()( += menyatakan vektor posisi dari titik P(t) = ( x(t), y(t) ). Misal t menyatakan waktu. Bila t berubah maka

Sedangka

Contoh 8 Diberikanvektor kecJawab : Vektor pokecepatan

(')( = trtv

maka v

3)( =tv

P(t)

Y


ujung vektor )(tr akan bergerak sepanjang kurva bidang. Gerak demikian dinamakan gerak kurvilinear ( gerak sepanjang kurva ). Vektor kecepatan dan percepatan gerak kurvilinear dinyatakan dengan )(')( trtv = dan )'')( trta = .

n panjang atau besar dari vektor kecepatan, )(tv dinamakan dengan laju.

.10

kurva bidang yang dinyatakan dengan x = t2 +1 dan 1+= ty . Tentukan epatan, vektor percepatan dan laju suatu partikel pada saat t = 3.

sisi partikel pada saat t dituliskan dengan ( ) jtittr 11)( 2 +++= . Vektor dan vektor percepatan pada saat t berturut-turut adalah

122)

++=

tjit dan

( )3142)'')(

+−==

t

jitrta . Sedangkan pada saat t = 3

46)( jit += dan

322)( jita −= . Jadi laju pada saat t = 3,

16136

1616 =+ .

)( tr

X



Kelengkungan Misal diberikan lintasan dari titik A ke titik B dari kurva bidang yang dinyatakan oleh

jtyitxtr )()()( += dengan bta ≤≤ dan 0)(' ≠tr serta )(' tr ada dan kontinu. Maka )(arA = dan )(brB = .

Misal P(t) = ( x(t), y(t) ) merupakan titik sembarang pada lintasan dan s = h(t) menyatakan panjang lintasan dari A ke P(t). Maka panjang s dapat dinyatakan dengan

( ) ( ) ∫∫ =+=t

a

t

aduurduuyuxs )(')(')(' 22

Dari bentuk di atas didapatkan besar laju, dtdstrtv == )(')( . Sebab 0)(' ≠tr maka

| v(t) | > 0. Ini berarti bahwa nilai s bertambah besar bila t bertambah besar. Dengan teorema balikan didapatkan :

)(11tvds

dt

dtds ==

Misal )(tT merupakan vektor singgung satuan di P(t), yaitu vektor yang didapatkan dengan menormalisasikan vektor )(tv . Maka dapat dituliskan dengan

)(')('

)()()(

trtr

tvtvtT ==

Maka vektor kelengkungan di P(t) diberikan dengan

)()('tvtT

dsTd

dtdsdt

Td== .

Besar vektor Kelengkungan di P(t) dinamakan Kelengkungan dan dinotasikan dengan

)(

)('

tv

tT

dsTdK == .

Untuk mendapatkan nilai kelengkungan menggunakan rumus di atas kadang mengalami kesulitan. Akan diberikan rumus lain sebagai berikut. Misal kurva bidang atau lintasan dinyatakan dengan x = x(t) dan y = y(t) atau jtyitxtr )()()( += . Maka kelengkungan dihitung menggunakan

( ) ( )[ ] 23

22 ''

'""'

yx

yxyxK

+

−=

Sedangkan bila persamaan lintasan dinyatakan dengan y = f(x), maka kelengkungan dihitung menggunakan

( )[ ] 23

2'1

"

y

yK

+=

Dapat disimpulkan bahwa kelengkungan merupakan bilangan positif atau besaran yang menyatakan seberapa tajam sebuah kurva melengkung. Hal ini dapat dikatakan bahwa



sebuah garis akan mempunyai kelengkungan nol. Sedangkan kurva yang berbelok semakin tajam akan mempunyai kelengkungan yang semakin besar.

Contoh 8.11 Tentukan besar kelengkungan dari vektor bidang yang diberikan berikut :

1. jtittr 3221

31)( += di t = 1

2. y = cos 2x di

21,

6π

Jawab :

1. Dari jtittr 3221

31)( += didapatkan 32

31)(dan

21)( ttyttx == . Digunakan

rumus ( ) ( )[ ] 2

322 ''

'""'

yx

yxyxK

+

−= maka kelengkungan di t = 1, K = 5

252

2. Digunakan rumus ( )[ ] 2

32'1

"

y

yK

+= maka kelengkungan di

21,

6π , K =

41

Soal Latihan 8.3 ( Nomor 1 sd 5 ) Tentukan vektor kecepatan , vektor percepatan dan laju dari partikel sepanjang kurva bidang di titik yang diberikan berikut. 1. 1,2)(,2)( 2 −=== tttyttx

2. 1,41)(,

21)( 42 === tttyttx

3. 3,6)(,12)( =+=+= tttyttx

4. ( )2,1,xey x += −

5.

−=

22,

4,cos πxy

( Nomor 6 sd 10 ) Carilah vektor kelengkungan dan besar kelengkungan di titik yang diberikan dari kurva bidang berikut

6. jtittr 4241

21)( += ; t = 1

7. 4

;cos3sin2)( π=+= tjtittr

8. ( )0,1;12 −−= xy

9. ( )2,3;12 −+= xy

10.

−= 2ln,

4;cosln πxy


8.4 Komponen Normal dan Tangensial

Misal diberikan lintasan yang

Besar vektor percep

Sedangkan vektor k

)()()(ddtTtvtv ==

Menggunakan persa

dtdsT

dt

sdta

+= 2

2)(

Bila persamaan di ata

T yaitu 2

2

dt

sdaT = di

yaitu KdtdsaN

2

=

percepatan dapat ditu

dua vektor N dan T

atau 22)( T aata +=

Contoh 8.12 Tentukan komponen

jtittr += 2)( di t = Jawab :

)(tN

dinyatakan oleh jtyitxtr )()()( += dan )(tNN = merupakan vektor normal satuan, yaitu vektor yang tegak lurus dengan vektor singgung

)(tT di P(t). Seperti terlihat pada

P(t)

)(tT


gambar disamping. Oleh karena itu dapat didefinisikan vektor normal tersebut sebagai berikut.

dsTd

KN

dsTdds

Td 1== atau NKdsTd =

atan didapatkan dari penurunan sekali lagi vektor kecepatan.

ecepatan didapatkan dari persamaan )(')('

)()()(

trtr

tvtvtT == atau

)(tTts . Maka vektor percepatan :

dtTd

dtdstT

dt

sddtvdta +== )()( 2

2.

maan dtds

dsTd

dtTd = dan NK

dsTd = maka vektor percepatan,

NK

2

[ ])(tTT =

s dipandang sebagai suku-suku dalam T dan N maka koefisien dari

sebut komponen tangensial percepatan. Sedangkan koefisien dari N

disebut komponen normal percepatan. Jadi bentuk vektor

liskan menjadi NaTata NT +=)( . Karena | T | = | N | = 1 dan

saling tegak lurus maka didapatkan hubungan , NT aata +=)(

2N .

normal dan komponen tangensial vektor percepatan dari 1.



Vektor kecepatan , jittv += 2)( Vektor percepatan, ita 2)( =

Laju, 14)( 2 +== ttvdtds

Komponen tangensial, 14

422

2

+==

t

tdtsdaT . Untuk di t= 1, maka

54=Ta . Dengan

demikian didapatkan komponen normal,

14

4

14

164)( 22

2222

+=

+−=−=

tt

tataa TN atau 14

22 +

=t

aN . Untuk di t = 1 maka

52=Na .

Sola Latihan 8.4 Tentukan komponen normal dan komponen tangensial vektor percepatan di nilai yang diberikan dari : 1. jtittr 3)( +−= di t = 2

2. jtietr t 2cosh)( 2 −= di t = 0

3. ( ) jtittr 21)( 2 −−= di ( 0,-2 )

4. ( ) ( ) π32cos14sin14)( =++−= tdijtittr

5. ( ) jtittr 23ln)( −= di t = 1



BAB 9 FUNGSI PEUBAH BANYAK 9.1 Domain dan Range 9.2 Permukaan 9.3 Turunan Parsial 9.4 Vektor Gardien dan Turunan Berarah 9.5 Nilai Ekstrim

9.1 Domain dan Range Fungsi dua peubah f didefinisikan sebagai pengaitan setiap elemen dari

( ){ }D x y x y= ∈ℜ, , ke suatu bilangan real ( ℜ ), dinotasikan dengan :

( ) ( ) zyxfyxDf

=ℜ→

,,:

α

x dan y merupakan peubah bebas, sedangkan z merupakan peubah tak bebas. Himpunan D ⊆ ℜ2 merupakan domain / daerah asal dari f(x,y), dinotasikan dengan Df . Sedangkan himpunan ( ) ( ){ }Dyxyxfzz ∈= ,,, merupakan Range / daerah hasil, dinotasikan dengan Rf. Untuk mencari domain fungsi dua peubah dilakukan dengan cara mencari nilai x dan y yang memenuhi f(x,y) ∈ ℜ. Sedangkan range ditentukan dari nilai fungsi f (x,y ) untuk x dan y yang terletak di dalam domainnya. Agar lebih memperjelas pengertian tentang domain dan range fungsi dua peubah, diberikan contoh berikut.

Contoh 9.1 Tentukan Domain dan range dari fungsi berikut. 1. ( ) ( )1, += xyyxf

2. ( ) 221,yx

yxf+

−=

Jawab : 1. Karena ( ) ( ) ℜ∈+= 1, xyyxf maka y ( x + 1 ) ≥ 0. Didapatkan y ≥ 0 dan x ≥ -1

atau y ≤ 0 dan x ≤ -1. Jadi Domain, ( ){ }0101, ≤−≤≥−≥= ydanxatauydanxyxD f . Bila ( x,y ) ∈ Df

disubstitusikan ke dalam f(x,y) maka f( x,y ) ≥ 0. Jadi [ )∞= ,0fR .

2. Karena x2 + y2 ≥ 0 dan f ( x,y ) ∈ ℜ maka penyebut tidak nol atau ( x,y ) ≠ ( 0,0 ). Jadi domain, ( ) ( ) ( ){ }0,0,, ≠= yxyxD f . Untuk ( x,y ) ∈ Df maka range,

( )0,∞−=fR .



Soal Latihan 9.1 Tentukan domain dan range dari fungsi berikut : 1. f x y x y( , ) ( )= −1

2. f x yxy

( , ) =−1

3. f x yyx

( , ) = − 2

4. f x yxy

( , ) =

5. f x yx yx y

( , ) =−+

6. f x yyx

( , ) =− 1

7. f x yx y

x y( , ) =

−

2

2 2

8. f x yx yx y

( , ) =+− 1

9. f x y x( , ) = −2 1 10. f ( x,y ) = ln ( xy )

11. f x yx yx y

( , ) =+−

2 2

2 2

12. f x y x y( , ) = − −1 2 2 9.2 Permukaan

Posisi suatu titik ( a,b,c) di dalam koordinat ruang / koordinat kartesius ( sumbu X , sumbu Y dan sumbu Z ) dalam aturan tangan kanan digambarkan berikut. Grafik fungsi dua peubah f(x,y) merupakan bidang atau permukaan. Bentuk umum bidang dituliskan : a x + b y + c z = d dengan a,b,c,d ∈ R. Bila b = 0 dan c = 0 maka a x = d merupakan bidang sejajar bidang YOZ, sedangkan b y = d merupakan bidang sejajar bidang XOZ dan a z = d merupakan bidang sejajar bidang XOY.



Beberapa bentuk permukaan diberikan berikut : 1. Bola pusat di O dan jari-jari a > 0, x y z a2 2 2 2+ + =

2. Ellipsoida pusat O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2

2

2 1 0+ + = >; , ,

3. Hiperboloida berdaun satu pusat di O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2

2

2 1 0+ − = >; , ,

4. Hiperboloida berdaun dua pusat di O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2

2

2 1 0− − = >; , ,

5. Parabolida elliptik pusat di O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2 0+ = >; , ,

6. Paraboloida Hiperbolik pusat di O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2 0− = >; , ,

7. Kerucut pusat di O, xa

yb

zc

a b c2

2

2

2

2

2 0 0+ − = >; , ,

8. Tabung , x y a2 2 2+ = , y z a2 2 2+ = atau x z a2 2 2+ =

Secara umum perpotongan antara dua buah grafik fungsi dua peubah akan merupakan garis atau lengkungan. Bila kurva z = f(x,y) dipotongkan dengan bidang horisontal z = k ( k konstanta ) maka akan didapatkan suatu keluarga garis atau lengkungan dan disebut lengkungan Ketinggian dari z = f(x,y).

Contoh 9.2 Tentukan lengkungan ketinggian dari yxyxf −= 2),( Jawab : Grafik yxyxf −= 2),( dipotongkan dengan garis z = k. Jadi x2 - y = k. Persamaan terakhir berbentuk parabola terbuka ke atas dengan titik puncak pusat sumbu.

Z c (a,b,c)

O b Y a X



Soal latihan 9.2 ( Nomor 1 sd 8 ) Tentukan bentuk kurva dan gambar grafik dari : 1. 4 9 36 362 2 2x y z− − =

2. 4 9 8 18 4 192 2 2x y z x y z+ + + − − =

3. 4 9 362 2 2x y z− + =

4. x y x y z2 24 4 16 16 20 0+ + + − + =

5. x y z x y z2 2 216 4 4 96 16 62− + + + + =

6. x y z x y2 2 24 2 8 5 0+ − + − − =

7. 9 9 4 8 39 02 2 2x y z x y z+ − − − + − =

8. x y z x y z2 2 23 2 6 6 4 14 0+ + − − + + = ( Nomor 9 sd 16 ) Tentukan lengkungan ketinggian dari : 9. f x y x y( , ) = +4 92 2

10. f x y x y( , ) = −2 2 11. z x y= +

12. z x y= −4 92 2

13. z y x= − −10 2 2

14. z y x= − −16 42 2

15. x y z2 2 24 4 16+ + =

16. ( ) ( )4 1 9 36 1 362 2 2x y z− + − − =

9.3 Turunan Parsial Bila dua garis berpotongan maka akan menghasilkan sebuah titik, sedangkan perpotongan antara dua buah bidang atau permukaan berupa garis atau lengkungan. Secara geometris, turunan parsial terhadap x dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik P(a,b,f(a,b)), fx(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 1 ) dari lengkungan perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang y = b di titik P. Sedangkan turunan parsial terhadap y dari fungsi dua peubah, f(x,y) di titik P(a,b,f(a,b)), fy(a,b) merupakan gradien garis singgung ( garis g - pada Gb. 2 ) dari lengkungan perpotongan antara permukaan f(x,y) dengan bidang x = a di titik P.



Secara formal turunan parsial terhadap x dan y dari fungsi dua peubah f(x,y) di (a,b) diberikan :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

f a bf a h b f a b

h

f a bf a b h f a b

h

xh

yh

, lim, ,

, lim, ,

=+ −

=+ −

→

→

0

0

Notasi lain yang biasa digunakan untuk turunan parsial adalah : ffx

ffyx y= =

∂∂

∂∂

dan .

Dalam perhitungan turunan parsial fungsi f(x,y) terhadap x, fx(x,y) dapat dilakukan dengan menggunakan rumus turunan fungsi satu peubah dengan memandang peubah y sebagai konstan. Demikian pula untuk menghitung fy(x,y) dapat dipandang merupakan fungsi satu peubah y dengan memandang peubah x sebagai konstan. Untuk fungsi tiga peubah, w = f( x,y,z ), turunan parsial dari f terhadap x, y dan z di ( x,y,z ) didefinisikan sebagai :

( ) ( )∂∂fx

f x y zf x h y z f x y z

hxh

= =+ −

→( , , ) lim

, , , ,

0

( ) ( )∂∂fy

f x y zf x y h z f x y z

hyh

= =+ −

→( , , ) lim

, , , ,

0

( ) ( )∂∂fz

f x y zf x y z h f x y z

hzh

= =+ −

→( , , ) lim

, , , ,

0

Contoh 9.3 Tentukan turunan parsial terhadap peubah bebasnya dari fungsi berikut. 1. ( )f x y y x( , ) = + 1

Z g P(a,b,f(a,b)) z = f(x,y) O b Y X Gb. 1

Z g P(a,b,f(a,b)) z=f(x,y) O Y a X Gb. 2



2. f x y zzxy

( , , ) =+1

Jawab :

1. f x yyy x

f x yxy xx y( , )

( ); ( , )

( )=

+=

++2 11

2 1

2. ( ) ( )

f x y zyz

xyf x y z

xz

xyf x y z

xyx y z( , , ) ; ( , , ) ; ( , , )=−

+=

−

+=

+1 1

112 2

Limit dan Kekontinuan Konsep turunan parsial dari fungsi dua peubah walaupun didefinisikan dalam bentuk limit namun merupakan limit dari satu peubah karena peubah lain kita pandang sebagai konstan. Sedangkan limit dari dua peubah itu sendiri dan diberikan berikut. Limit dari fungsi z = f( x,y ) di ( a,b ) sama dengan L, dinotasikan dengan

lim ( , )( , ) ( , )x y a b

f x y L→

= berarti bahwa untuk nilai seberapapun kecilnya, misal ε > 0,

akan ada ( terdapat ) nilai δ > 0 sehingga berlaku : ( )f x y L, − < 0 bila

( ) ( )0 < − <x y a b, , δ . Bentuk ( ) ( )0 < − <x y a b, , δ merupakan tempat kedudukan titik yang terletak di dalam lingkaran ( disebut lingkaran buka ) yang berpusat di ( a,b ) dan jari-jari δ. Dalam perhitungan limit fungsi dua peubah, lim ( , )

( , ) ( , )x y a bf x y

→ sangat bergantung dari

bagaimana ( x,y ) → ( a,b ) [ Baca : ( x,y ) mendekati ( a,b ) ] atau bergantung dari ( kurva ) lintasan yang melalui ( a,b ). Bila dari sekian lintasan terdapat satu lintasan yang mempunyai nilai berbeda dari semua nilai untuk lintasan yang lain maka dikatakan lim ( , )

( , ) ( , )x y a bf x y

→ tidak ada. Diberikan contoh berikut.

Akan ditunjukkan limit fungsi f x yx yx y

( , ) =−

+

2

2 22

di ( 0,0 ) tidak ada.

1. Bentuk fungsi untuk y = 0 dan x ≠ 0 , f xxx

( , )00

01

2

2=−

+= . Nilai limit dari f(x,y ) di

(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu X : lim ( , )( ,0) (x

f x→

=0,0)

0 1 .

2. Bentuk fungsi untuk x = 0 dan y ≠ 0, f yyy

( , )00

01

2

2=−

+= − . Nilai limit dari f(x,y) di

(x,y) → ( 0,0 ) sepanjang sumbu Y : lim ( , )( ) (0, 0,0)

0 1y

f y→

= − .

Dari dua buah lintasan ( sepanjang sumbu X dan sumbu Y ) ternyata menghasilkan nilai

yang berbeda, maka hal ini menunjukkan bahwa lim( , ) (x y

x yx y→

−

+0,0)

2 2

2 2 tidak ada.



Secara intuitif fungsi dua peubah dikatakan kontinu di suatu titik bilamana tidak terjadi loncatan atau fluktuasi di titik tersebut. Secara formal diberikan definisi berikut. Definisi : Fungsi dua Peubah Kontinu Fungsi z = f (x,y ) dikatakan Kontinu di titik ( a,b ) bila : 1. f ( a,b ) terdefinisi. 2. Limit dari z = f(x,y ) di titik ( a,b ) ada. 3. lim ( , ) ( , )

( , ) ( , )x y a bf x y f a b

→=

Sebuah fungsi akan kontinu bila merupakan jumlah, selisih, hasilkali atau komposisi dari dua fungsi yang kontinu pula. Sedangkan hasilbagi dua fungsi yang kontinu juga akan kontinu kecuali pada nilai yang menyebabkan penyebut sama dengan nol. Dari beberapa sifat tersebut kita dapat menentukan daerah yang menyebabkan fungsi dua peubah kontinu, seperti contoh yang diberikan berikut.

Contoh 9.4

Tentukan daerah yang menyebabkan fungsi f x yxy

( , ) =−1

kontinu.

Jawab : Daerah yang menyebabkan f(x,y) kontinu adalah { }( , )x y y ≠ 1 Turunan Parsial Kedua

Bentuk ffx

ffyx y= =

∂∂

∂∂

dan berturut-turut merupakan notasi turunan parsial pertama

terhadap x dan terhadap y dari z = f(x,y). sedangkan turunan parsial kedua dari z = f(x,y) didapatkan dengan menurunkan secara parsial ( terhadap x dan y ) dari turunan parsial pertamanya.

∂∂∂∂

∂∂

∂∂∂∂

∂∂

∂∂∂∂

∂∂ ∂

∂∂∂∂

∂∂ ∂

fxx

fx

f

fyy

fy

f

fyx

fx y

f

fxy

fy x

f

xx yy

yx xy

= =

= =

= =

= =

2

2

2

2

2 2

Secara umum, f fxy yx≠ . Hal ini diperlihatkan pada contoh berikut.



Misal f x y xyx yx y

x y

x y( , ) ; ( , ) ( , )

; ( , ) ( , )=

−

+≠

=

2 2

2 2 0 0

0 0 0. Akan ditunjukkan bahwa

f fxy yx( , ) ( , )0 0 0 0≠ .

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ). ( , ) lim, ,

( ). ( , ) lim, ,

( ). ( , ) lim, ,

( ). ( , ) lim, ,

1 00 0

2 00 0

3 0 00 0 0 0

1

4 0 00 0 0 0

1

0

0

0

0

f yf h y f y

hy

f xf x h f x

hx

ff h f

h

ff h f

h

xh

yh

yxh

y y

xyh

x x

=+ −

= −

=+ −

=

=+ −

=

=+ −

= −

→

→

→

→

Dalam aplikasi pada bidang teknik yang sering dijumpai adalah f fxy yx= . Syarat perlu dan cukup agar keduanya sama diberikan berikut. Misal turunan parsial pertama dan kedua dari f(x,y) : f f f fx y xy yx, , dan kontinu pada domain ( buka )@ D. Maka

f fxy yx= untuk setiap (x,y)∈ D.

Contoh 9.5

Tentukan semua turunan parsial kedua dari f x yx y

( , ) =−+1

2 2

Jawab :

Turunan parsial pertama, ( ) ( )

f x yx

x yf x y

y

x yx y( , ) ; ( , )=

+=

+

2 22 2 2 2 2 2

Turunan parsial kedua,

( ) ( )( )

( )f x y

y x

x yf x y

x y

x yf x y f x y

xy

x yxx yy yx xy( , ) ; ( , ) ; , ( , )=

−

+=

−

+= =

+

2 6 2 6 82 2

2 2 3

2 2

2 2 3 2 2 3

Bidang Singgung Bila kita mempunyai dua buah titik maka dapat dibuat sebuah garis. Sedangkan bila kita mempunyai dua buah garis maka dapat dibuat sebuah bidang. Pengertian sederhana ini akan kita gunakan untuk mendefinisikan sebuah bidang singgung dari suatu permukaan z = f(x,y).

@ Himpunan D disebut himpunan buka bila untuk setiap titik yang terletak di dalam D dapat dibuat lingkaran berpusat di titik tersebut sehingga semua daerah lingkaran terletak di dalam D. Contoh { }D x y x y= > >( , ) 0 0 dan

, daerah di kuadran pertama merupakan himpunan buka.



Misal C merupakan kurva dari z = f(x,y) dan titik P ( a,b,c ) terletak pada C. Maka didapatkan beberapa garis singgung yang melalui titik P dengan dua di antaranya mempunyai slope ( gradien ) : f a b f a bx y( , ) ( , )dan . Bidang yang dibentuk oleh dua garis singgung tersebut disebut Bidang Singgung dari z = f(x,y) di titik P. Bentuk Persamaaan bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P ( a,b,c ) : f a b x a f a b y b z cx y( . ) ( ) ( , ) ( )− + − = − Garis Normal dari z = f (x,y ) di titik P merupakan persamaan garis yang tegak lurus pada bidang singgung dari z = f(x,y) di titik P. Persamaan garis normal dari z = f (x,y ) di titik P ( a,b,c ) adalah :

x a f a b ty b f a b t

z c t

xy

− =− =

− =

( , )( , )

Bentuk persamaan garis normal di atas disebut Persamaan parametrik. Bila f a b f a bx y( , ) ( , )≠ ≠0 0dan maka persamaan garis normal dapat dituliskan :

x af a b

y bf a b

z cx y

−=

−= −

( , ) ( , )

Contoh 9.6 Carilah persamaan bidang singgung dan garis normal dari f x y xe y( , ) = − di ( 1,0,1 ). Jawab : Nilai turunan parsial pertama di ( 1,0,1 ) :

( ) ( )( ) ( )

f x y e f

f x y xe fx

yx

yy

y

, ,

, ,

= ⇒ =

= − ⇒ = −

−

−

1 0 1

1 0 1

Persamaan bidang singgung, ( x - 1 ) - y = z - 1 atau x - y - z = 0.

Persamaan garis normal,

x y z− = − = −1 1 atau x ty tz t

− == −− =

1

1

Diferensial Total Pengertian dari diferensial ( total ) dari z = f ( x,y ) di titik P ( a,b,c ) dapat diturunkan dari persamaan bidang singgung dari z = f ( x,y ) di titik tersebut. Misal dibuat salib sumbu baru yang mempunyai pusat salib sumbu di titik P ( a,b,c ) dan diambil dx = x - a , dy = y - b dan dz = z - c. Maka diferensial total dari z = f ( x,y ) di P ( a,b,c ) didefinisikan sebagai : f a b dx f a b dy dzx y( . ) ( , )+ =



Contoh 9.7 Tentukan diferensial total dari ( )f x y x y y, = − +5 12 3 Jawab : Turunan parsial pertama, ( ) ( )f x y xy f x y x yx y, ; ,= = −10 5 32 2 .

Diferensial Total, ( ) ( )dz xy dx x y dy= + −10 5 2 2 .

Soal Latihan 9.3 ( Nomor 1 sd 10 ) Tentukan f f f f fx y xx yy xy, , , dan bila :

1. f x y x y( , ) = +2 2

2. f ( x,y ) = ex cos y

3. f x y ex y( , ) = − 2

4. f x yx yx y

( , ) =−

+

2 2

2 2

5. f x y y e x( , ) = −3 5

6. z x y x y= − +4 2 72 4 5

7. ( )z x y= cos 5 4

8. ( )z x xy= + −3 3 51ln /

9. ( )z y x=−2 4 3

tan/

10. z x y exy= 2

Bentuk persamaaan : ∂∂

∂∂

2

2

2

2 0fx

fy

+ = disebut persamaan Laplace dari f(x,y).

( Nomor 11 sd 14 ) Apakah fungsi berikut memenuhi persamaan Laplace ? 11. f x y x y y( , ) = − +3 12 3

12. f x y e y e xx y( , ) sin cos= +

13. ( )f x y x y( , ) ln= +2 2

14. f x yxy

x y( , ) tan=

−

−12 22



Misal diberikan fungsi : U(x,y) dan V(x,y). Maka kedua fungsi akan berlaku Persamaan

Cauchy Riemann ( PCR ) bila memenuhi : ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Ux

Vy

Uy

Vx

= = − dan .

( Nomor 15 sd 17 ) Apakah dua fungsi berikut berlaku PCR ? 15. U x y x y V x y xy( , ) ; ( , )= − =2 2 2

16. U x y e y V x y e yx x( , ) cos ; ( , ) sin= =

17. ( )U x y x y( , ) ln= +2 2 ; V x yyx

( , ) tan=

−2 1

( Nomor 18 sd 26 ) Tentukan persamaan bidang singgung dan garis normal di titik yang diberikan dari fungsi berikut ! 18. z x y y= + −4 2 1 2 123 2 ; ( , , )

19. z x e y= − ; ( , , )1 0 1

20. z e xy= 3 36

0 1sin ; ( , , )π

21. x y z2 2 2 25 3 0 4+ + = −; ( , , )

22. x y z2 24 7 31 2− = − − −; ( , , )

23. ( )z x y= + −ln ; , ,2 2 1 0 0

24. ( )z x y= +1 2 1 2 4 9 5/ / ; , ,

25. ( )z x e y= 2 2 1 2 4; ,ln ,

26. ( )x y z xyz2 3 4 2 2 1 1+ = −; , , ( Nomor 27 sd 30 ) Carilah diferensial total dari : 27. z = 7x - 2y 28. z = 5x2 y5 - 2x + 4 y + 7 29. z = tan-1 xy 30. z = sec2 ( x - 3y) 9.4 Vektor Gradien dan Turunan Berarah Misal diberikan fungsi dua peubah, z = f(x,y) dan titik P(a,b). Maka ( vektor ) gradien dari z = f(x,y) di titik P didefinisikan sebagai:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )grad f a b f a b

f a bx

if a by

jf a bx

f a by

, ,, , ,

,,

= ∇ = + =

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂



Untuk fungsi dengan tiga peubah w = f (x,y,z ), maka gradien di titik ( x,y,z ) diberikan:

( ) ( ) ( ) ( )∇ =

f x y z

df x y zx

df x y zy

df x y zz

, ,, ,

,, ,

,, ,

∂ ∂ ∂

Sifat gradien dari suatu fungsi diberikan berikut : 1. ( ) gbfagbfa ∇+∇=+∇ [ sifat linear ]

2. ( )∇ = ∇ + ∇f g f g g f

3. ( )∇ = ∇−f n f fn n 1

4. ∇

=

∇ − ∇fg

g f f gg2

Contoh 9.8 Carilah vektor gradien dari f( x,y ) = y ln ( x + y ) di titik ( -3,4 ) Jawab: Turunan parsial pertama,

f x y

yx y

f

f x yyx y

x y f

x x

y x

( , ) ( , )

( , ) ln( ) ( , )

=+

⇒ − =

=+

+ + ⇒ − =

3 4 4

3 4 4

Jadi Gradien : ( ) jif 444,3 +=−∆ Turunan parsial dari z = f(x,y) terhadap x dan y berturut-turut dapat kita pandang sebagai turunan berarah dari z = f(x,y) dengan arah vektor satuan yang searah dengan

sumbu X dan Y :

=

=

10

�dan01

ji . Oleh karena itu, turunan parsial dari z = f(x,y)

terhadap x dan y dituliskan berikut :

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )h

yxfjhyxfh

yxfhyxfyxf

hyxfihyxf

hyxfyhxfyxf

hhy

hhx

,,lim,,lim,

,,lim,,lim,

00

00−+=−+=

−+=−+=

→→

→→

Misal u∈ ℜ2 merupakan vektor satuan, yaitu vektor dengan panjang atau norm satu. Maka turunan berarah dari z = f(x,y) di titik ( a,b ) searah dengan u ∈ ℜ2 didefinisikan

( ) ( )( ) ( )h

bafuhbafbafDhu

,,lim,0

−+=→



Sedangkan turunan berarah dari w = f( x,y,z ) di titik ( a,b,c ) dengan arah vektor satuan u ∈ ℜ3 didefinisikan :

Misal juiuu 21 += merupakan vektor satuan

=+ 12

221 uu dan z = f ( x,y )

mempunyai turunan parsial pertama di ( a,b ). Maka turunan berarah dari z = f ( x,y ) di ( a,b ) dalam arah u diberikan :

( ) ( ) ( ) ( )bafubafubafubafD yxu ,,,, 21 +=∇•=

Contoh 9.9 Tentukan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik P dengan vektor arah u bila :

1. ( ) ( ) ( ) jiuPxyxyxf54

53;1,1;,

32 −=+=

2. ( ) ( ) ( )2,1;0,2;43, 32 =−+−= uPyxyxyxf Jawab:

1. ( ) ( ) ( ) ( ) 361,123,22 =⇒++= xx fyxxyxyxf

( ) ( ) ( ) 121,13,22 =⇒+= yy fxyxxyxf

( ) 125412

53361,1 =

−+

=fDu

2. ( ) ( ) 40,232, −=−⇒−= xx fyxyxf

( ) ( ) 60,2123, 2 =−⇒+−= yy fyxyxf

Karena u bukan merupakan vektor satuan maka diubah dahulu menjadi vektor satuan

dengan menormalisaikan u , misal uuw = . Oleh karena itu,

52

5jiw += . Jadi

( )5

85

265

140,2 =

+

−=−fDu

Secara geometris, turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor satuan u dapat dinyatakan :

( ) ( ) ( ) θcos,,, bafbafubafDu ∇=∇•=

dengan θ merupakan sudut yang dibentuk oleh u dan ∇f( a,b ). Bila θ = 0 maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor satuan u akan mencapai maksimum yaitu :

( ) ( )( ) ( )h

cbafuhcbafcbafDhu

,,,,lim,,0

−+=→



( ) ( )bafbafDu ,, ∇=

Bila θ = π maka nilai turunan berarah dari z = f ( x,y ) di titik ( a,b ) dalam arah vektor satuan u akan mencapai minimum yaitu :

( ) ( )bafbafDu ,, ∇−=

Contoh 9.10 Diketahui ( ) xyyxf =, dan titik P ( -1,-4 ). 1. Tentukan turunan berarah minimum di titik P 2. Cari vektor satuan u agar turunan berarah di titik P tertinggi Jawab :

1. ( ) ( ) 14,12

, −=−−⇒= xx fxyyyxf

( ) ( )414,1

2, −=−−⇒= yy f

xyxyxf

Gradien f di titik P, ( )4

4,1 jif −−=−−∇

Turunan bearah minimum ( terendah ), ( )4

174,1 −=−−∇− f

2. Turunan berarah maksimum ( tertinggi ), ( )4

174,1 =−−∇f

Vektor arah satuan, ( )( ) 17217

24,14,1 ji

ffu −−=

−−∇−−∇=

Soal latihan 9.4 ( Nomor 1 sd 6 ) Carilah vektor gradien dan turunan berarah dari f ( x,y ) di titik yang diberikan dalam arah vektor a berikut: 1. ( ) ( ) j3i4a;1,2;4, 23 −== yxyxf

2. ( ) ( ) jia;4,1;ln, 2 −== xyyxf

3. ( ) ( ) ji2a;2,1;23, 22 −=−+−= yxyxyxf

4. ( ) ( ) 3jia;1,1;, +−=−= −xyeyxf

5. ( ) 3jia;4

,0;sin, +=

= πyeyxf x



6. ( ) ( ) jia;2,2;tan, 1 −−=−

= −xyyxf

( Nomor 7 sd 10 ) Carilah fDu di titik yang diberikan.

7. ( ) ( ) ( )2j

2iu;1,3;1, 2/3 +=+= xyyxf

8. ( ) ( ) j54i

53u;0,4;, 2 +−== xyeyxf

9. ( ) ( )f x y z ye zx, , sin ; ln , , / ;= 2 2 4π k2j2iu +−=

10. ( ) ( ) ( ) ( )3

1,1,1u;6,2,3;ln,, −== xyzzyxf

( Nomor 11 sd 13 ) carilah turunan berarah dari fungsi f di titik A dengan vektor arah membentuk sudut α dengan sumbu x positif. 11. f x y xy A( , ) ; ( , ) ; /= =1 4 3α π

12. ( ) ( )2

;2,1;, πα =−−+−= Ayxyxyxf

13. ( ) ( ) πα == ;0,0;coshsinh, Ayxyxf ( Nomor 14 sd 18 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y ) maksimum di titik yang diberikan ! 14. ( ) ( )f x y x y, ; ,= − −3 3 2 1

15. ( )f x y e xy, sin ; ,=

56

0π

16. ( ) ( )f x y x y, ; ,= − − −1 1 22 2

17. ( ) ( )3,4;, 22 −+= yxyxf

18. ( ) ( )2,0;,yxxyxf+

=

( Nomor 19 sd 22 ) Tentukan vektor satuan u sehinggga turunan berarah dari f ( x,y ) minimum di titik yang diberikan ! 19. ( ) ( )3,1;20, 22 −−−−= yxyxf

20. ( ) ( )f x y x y, sin ; ,= −

3

6 4π π

21. ( ) ( )2,0;, xyeyxf =



22. ( ) ( )1,3;,yxyxyxf

+−=

( Nomor 23 sd 26 ) Carilah turunan berarah dari f di titik A dalam arah menuju ke titik B bila : 23. ( ) ( ) ( )4,-3B;1,3;, 52 Ayxyxf =

24. f x y e y A B Ox( , ) cos ; , ;=

=− 0

3π

.

25. ( ) ( ) ( )1,1;0,1;, −−+

= BAyxxyxf

26. ( ) ( ) ( )0,10,11;2,1,1;, BAxzyzxyyxf −++=

( Nomor 27 sd 30 ) Diketahui ( ) 52,1 −=fDu bila jiu54

53 −= dan ( ) 102,1 =fDv bila

jiv53

54 += . Tentukan :

27. ( )2,1xf 28. ( )2,1yf 29. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah menuju ke pusat sumbu. 30. Turunan berarah dari f di titik ( 1,2 ) dalam arah sumbu Y negatif. 31. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila 32. Carilah vektor satuan u agar di titik ( 1,-1 ) bila 9.5 Nilai Ekstrim Nilai Ektrim ( maksimum dan minimum - relatif ) dari fungsi z = f ( x,y ) di titik (a,b ) didefinisikan sebagai berikut. Definisi : Maksimum dan Minimum 1. f ( a,b ) disebut Nilai maksimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≥ f ( x,y ) untuk setiap

( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) ) disebut titik maksimum dari z = f ( x,y ).

2. f ( a,b ) disebut Nilai minimum dari z = f ( x,y ) bila f ( a,b ) ≤ f ( x,y ) untuk setiap ( x,y ) di dalam lingkaran yang berpusat di ( a,b ). Sedangkan titik ( a,b,f(a,b) ) disebut titik minimum dari z = f ( x,y ).

Misal z = f ( x,y ) mencapai nilai ekstrim di titik ( a,b ) dan turunan parsial pertama di titik (a,b ) ada. Maka fx( a,b ) = 0 dan fy( a,b ) = 0. Sedangkan titik yang membuat nol



turunan parsial pertama terhadap x dan y disebut titik kritis. Titik kritis yang menyebabkan z = f (x,y ) mencapai nilai ekstrim atau berlaku (1) dan (2) disebut titik stasioner. Titik kritis yang tidak berlaku (1) dan (2) disebut titik sadel / titik pelana . Untuk menguji apakah titik kritis merupakan titik stasioner atau sadel dilakukan sebagai berikut. Misal z = f ( x,y ) mempunyai turunan parsial pertama kontinu pada lingkaran ( buka ) yang berpusat di ( a,b ) dan ( ) ( ) ( )D f a b f a b f a bxx yy xy= −, , ,2

1. Bila D > 0 dan fxx( a,b ) > 0 maka z = f ( x,y ) mencapai minimum di ( a,b ). 2. Bila D > 0 dan fxx( a,b ) < 0 maka z = f ( x,y ) mencapai maksimum di ( a,b ). 3. Bila D < 0 maka ( a, b ) merupakan titik sadel. 4. Bila D = 0 maka tidak dapat ditarik suatu kesimpulan.

Contoh 9.11 Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari ( ) 33 3, yxyxyxf −−= Jawab : Turunan parsial pertama, ( ) yxyxfx 33, 2 −= dan ( ) 233, yxyxf y −−=

Bila ( ) ( ) 0,dan0, == yxfyxf yx maka x = 0, y = 0 dan x = -1, y = 1, sehingga (0,0) dan ( -1,1 ) merupakan titik kritis dari f. Turunan parsial kedua, ( ) ( ) ( ) 3,,6,,6, −=−== yxfyyxfxyxf xyyyxx

Untuk ( 0,0 ), ( ) ( ) ( ) 90,00,00,0 2 −=−= xyyyxx fffD . Jadi ( 0,0,0 ) merupakan titik

sadel. Untuk ( -1,1 ), ( ) ( ) ( ) 0271,11,11,1 2 >=−−−−= xyyyxx fffD dan

( ) 061,1 <−=−xxf . Jadi f ( -1, 1 ) = 1 merupakan nilai maksimum dan ( -1,1,1 ) merupakan titik maksimum.

Soal Latihan 9.5 Tentukan titik ekstrim dan jenisnya dari fungsi dua peubah berikut : 1. ( ) 63633, 22 −+−++= yxyxyxyxf

2. ( ) yxyxxyyxf 44252, 22 ++−−=

3. ( ) yexyxf =,

4. ( ) yeyxf x sin, =

5. ( )yx

xyyxf 42, ++=

6. ( ) 222 36, xyyxyxf −−=



7. 23213 yxyxz +−=

8. yx

xyz 11 ++=

9. ( )142 ++= yxxyz

10. ( )yxyxz −−= 123

11. xy

yxz 222 ++=

12. xyxyxyz 42 22 +−=



BAB 10 INTEGRAL RANGKAP 10.1 Integral Rangkap Dua 10.2 Volume dan Pusat Massa 10.3 Integral Rangkap Tiga 10.4 Koordinat Tabung dan Koordinat Bola

10.1. Intergral Rangkap Dua Misal diberikan daerah di bidang XOY yang berbentuk persegi panjang,

( ){ }D x y a x b c y d= ≤ ≤ ≤ ≤, , dan fungsi dua peubah z = f ( x,y ) > 0 . Maka untuk menghitung volume benda ruang yang dibatasi di atas oleh kurva z = f ( x,y ) dan di bawah oleh D dilakukan sebagai berikut.

Bagi daerah D menjadi sub persegi panjang yang berukuran ∆xi dan ∆yi. 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 : ( )V f x y Aii

ni i i

i

n

= =∑ ∑=

1 1, ∆ .

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 f x y An i

ni i i=

→∞ =∑lim ,

1∆

Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D didefinisikan sebagai berikut:

Y d ∆yi c a ∆xi b X



( ) ( )f x y dA f x y AD n i

ni i i, lim ,∫∫ ∑=

→∞ =1∆

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 dAD D D

, , , ,+ = +∫∫ ∫∫ ∫∫

2. Bila D = B ∪ C dan B ∩ C = ∅ maka ( ) ( ) ( )f x y dA f x y dA f x y dAD B C

, , ,∫∫ ∫∫ ∫∫= +

Iterasi Integral Untuk menghitung integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah berbentuk persegi panjang D kita lakukan sebagai berikut.

Luas penampang benda yang tegak lurus terhadap sumbu Y dengan c ≤ y ≤ d , misal A(yi) adalah

( )A y f x y dxia

b( ) ,= ∫ .

Volume bangun ruang merupakan

jumlah volume : ( )A y yii

n∆

=∑

1 untuk

n → ∞. Oleh karena itu, integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas daerah D dapat diselesaikan dengan cara berikut :

( ) ( ) ( )f x y dA A y dy f x y dy dxc

d

a

b

c

d

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 :

( ) ( )f x y dA f x y dx dyc

d

a

b

D, ,=

∫∫∫∫

Metode penyelesaian integral rangkap dua di atas dinamakan Iterasi Integrasi.

Z z c d a Y b X ∆y



Contoh 10.1 Hitung integral f x y dA

D( , )∫∫ bila

1. { }f x y xy D x y x y( , ) ( , ) ,= = < < < <2 0 2 1 3dan

2. f x y x( , ) = 2 dan D daerah tertutup yang dibatasi oleh garis x = -1, x = 1 , y = 0 , y = 1.

Jawab :

1. f x y dA xy dy dx x y dy dxD

( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =

=2 2 16

1

3

0

2

1

3

0

2

2. f x y dA x dx dy x dx dyD

( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =

=

− −

2

1

1

0

12

1

1

0

1 23

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:

( ) ( ) ( )( )g x y

f x y x y Rx y D R

,, ; ,

; ,=

∈∈ −

0

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 :

( ) ( )f x y dA f x y dy dxR v x

w x

a

b, ,

( )

( )∫∫ ∫∫=



2. Tipe II, ( ){ }R x y g y x h y c y d= ≤ ≤ ≤ ≤, ( ) ( ), Integral rangkap dua dari z = f ( x,y ) atas R dituliskan dengan :

( ) ( )f x y dA f x y dx dyR g y

h y

c

d, ,

( )

( )∫∫ ∫∫=

Contoh 10.2 Hitung integral f x y dA

R( , )∫∫ bila

1. { }f x y x R x y x x y x( , ) ( , ) ,= = < < < <− +2 0 1 12 dan 2. f(x,y) = 2y dan R merupakan daerah tertutup yang dibatasi oleh x = 2, y = x2 ,

sumbu X. Jawab :

1. f x y dA x dy dx x dy dxR x

x

x

x( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =

= −

− + − +2 2

16

2 21

0

1 1

0

1

2. Daerah R dapat dituliskan menjadi :

i. { }R x y x y x120 2 0= ≤ ≤ ≤ ≤( , ) , atau

ii. { }R x y y x y2 2 0 4= ≤ ≤ ≤ ≤( , ) ,

Untuk R1, f x y dA y dy dx y dy dxR

x x( , )

1

2 2

2 232500

2

00

2∫∫ ∫∫ ∫∫= =

=

Y w(x) v(x) O a b X Tipe I

Y g(y) h(y) d c O X Tipe II



Untuk R2 , f x y dA y dx dy y dx dyR y y

( , )2

2 2325

2

0

4 2

0

4∫∫ ∫∫ ∫∫= =

=

Perubahan Urutan Integrasi Seringkali dijumpai dalam perhitungan integral rangkap dua, kita dihadapkan kepada bentuk iterasi yang diberikan tidak dapat dilakukan secara langsung seperti apa yang diminta. Sebagai contoh, perhitungan integral rangkap dua berikut tidak dapat dilakukan dengan iterasi yang diberikan ( dengan mengintegralkan terhadap y kemudian terhadap x ).

e dy dxyx

2

2

2

0

4∫∫

Untuk menyelesaikan integral di atas kita harus merubah urutan integrasi. Bila integral dituliskan dalam bentuk :

e dAy

R

2∫∫

maka ( )R x y xx

y= ≤ ≤ ≤ ≤

, ,0 42

2 . Daerah R digambarkan berikut :

Daerah R dapat juga dinyatakan dengan :

( ){ }R x y y x y= ≤ ≤ ≤ ≤, ,0 2 0 2 Oleh karena itu, nilai integral dari :

e dy dx e dx dyy yy

x

2

2

22

0

4

0

2

0

2∫∫ ∫∫=

Contoh 10.3 Ubahlah urutan integrasi dari integral rangkap berikut

1. f x y dx dyy

( , )00

2 2

∫∫

Y 2 R O 4 X



2. f x y dy dxx

x( , )

−−∫∫

2

2

1

0

Jawab :

1. Misal { }R x y x y y= ≤ ≤ ≤ ≤( , ) ,0 0 22 . Maka { }R x y x y x= ≤ ≤ ≤ ≤( , ) ,0 4 0 .

Jadi f x y dx dy f x y dy dxy

x( , ) ( , )

00

2 2

0

42

∫∫ ∫∫= .

2. Misal { }R x y x x y x= − ≤ ≤ − ≤ ≤( , ) ,1 0 2 2 .

Maka { } { }R x y x y y x y x y y= − ≤ ≤ − − − ≤ ≤ ∪ − ≤ ≤ − ≤ ≤( , ) , ( , ) ,1 1 0 1 0 1

Jadi f x y dy dx f x y dx dy f x y dx dyx

x y y( , ) ( , ) ( , )

−− −

− −

− −

−∫∫ ∫∫ ∫∫= +

2

2

1

0

11

0

10

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. Integral rangkap dua dari f ( x,y ) atas daerah R dapat dituliskan :

( )

( )

f x y dA f r r dA

F r dAR R

R

( , ) cos , sin

,

∫∫ ∫∫

∫∫

=

=

θ θ

θ

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

J r

xr

x

yr

yrr r( , )

cos sinsin cos

θ

∂∂

∂∂θ

∂∂

∂∂θ

θ θθ θ= =

−= disebut determinan Jacobi dari r dan θ.

Sehingga bentuk integral dalam koordinat kutub dituliskan berikut :

f x y dA F r J r drd F r r drdR R R

( , ) ( , ) ( , ) ( , )∫∫ ∫∫ ∫∫= =θ θ θ θ θ

• (x,y) r y θ O Sumbu Polar

x



Contoh 10.4

Gunakan koordinat kutub untuk menyelesaikan − −

−∫∫

1

1

0

1

2

2

x

xx dy dx

Jawab :

Misal { }R x y x x y x= ≤ ≤ − − ≤ ≤ −( , ) ,0 1 1 12 2 . Maka R merupakan daerah

setengah lingkaran dengan 0 ≤ r ≤ 1 dan −

≤ ≤π

θπ

2 2.

Jadi − −

−

− −∫∫ ∫∫ ∫∫= =

=

1

1

0

12

2

2

0

12

2

2

0

1

2

223

x

xx dy dx r d dr r d drcos cos

/

/

/

/θ θ θ θ

π

π

π

π

Soal Latihan 10.1 ( Nomor 1 sd 6 ) Hitung nilai integral rangkap dua berikut : 1. ( ) ( ){ }1 8 1 2 1 2+ = ≤ ≤ ≤ ≤∫∫ xy dA D x y x yD

; , ,

2. ( ) ( ){ }4 1 1 2 23xy dA D x y x yD

; , ,= − ≤ ≤ − ≤ ≤∫∫

3. ( ){ }xy

x ydA D x y x y

D 2 2 10 1 0 1

+ +

= ≤ ≤ ≤ ≤∫∫ ; , ,

4. ( ) ( )x y y x dA D x y x yD

sin sin ; , ,− = ≤ ≤ ≤ ≤

∫∫ 02

03

π π

5. ( )20

3

1

2x xy dx dy−∫∫

6. ( )x xy dy dxcos1

2

2

∫∫π

π

( Nomor 7 sd 16 ) Hitung integral rangkap dua berikut :

7. xy dydxx

x2

0

1

2∫∫



8. y dx dyy

0

9

0

3 2−

∫∫

9. sinyxdy dx

x

0

2 3

∫∫π

π

10. ( )x y dy dxx

2 2

00

22

−∫∫π

11. e dx dyxy

y 22

01

2∫∫

12. 6xy dAR∫∫ ; R daerah dibatasi oleh y = 0, x = 2 dan y = x2.

13. xy dAR∫∫ ; R merupakan trapesium dengan titik sudut ( 1,3 ), ( 5,3 ) , ( 2,1 ) dan

( 4,1 ). 14. ( )x xy dA

Rcos∫∫ ; R daerah dibatasi oleh x = 1, x = 2, y = ½ π dan y = 2π / x.

15. ( )x y dAR

+∫∫ ; R daerah dibatasi oleh y x dan y x= =2

16. xy dAR

2∫∫ ; R daerah dibatasi oleh y =1, y = 2, x = 0 dan y = x.

( Nomor 17 sd 22 ) Hitung integral rangkap dua berikut dengan merubah urutan integrasinya terlebih dahulu.

17. e dy dxy

x

−∫∫2

4

4

0

1

18. ( )cos x dx dyy

21

0

2

2

∫∫

19. e dx dyx

y

32

0

4∫∫

20. x dy dxx

01

3 ln

∫∫

21. x dy dxx

00

1 1cos−

∫∫



22. ( )sec cossin

2

0

1

1

2x dx dy

x−∫∫π

( Nomor 23 sd 29 ) Selesaikan integral rangkap dua berikut ( Gunakan koordinat kutub )

23. e dAx y

R

2 2+∫∫ ; R daerah di dalam lingkaran x2 + y2 = 4

24. 4 2 2− −∫∫ x y dAR

; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x2 + y2 = 4,

y = 0 dan y = x.

25. 1

4 2 2+ +∫∫

x ydA

R ; R daerah di kuadran pertama yang dibatasi oleh : x2 + y2 = 4,

y = 0 dan y = x. 26. y dA

R∫∫ ; R daerah di dalam x2 + y2 = 4 dan di luar x2 + y2 = 1 yang terletak di

kuadran pertama.

27. ( )4 2 2

0

1

0

1 12

2

− −−−

∫∫ x y dy dxx

28. ( )sin x y dx dyy

2 2

0

1

0

1 2

+−

∫∫

29. ( )x y dy dxx x

2 2

0

2

1

2 12

2

+−−

∫∫

10.2. Volume dan Pusat Massa Sebagaimana dijelaskan di awal bahwa pengertian integral rangkap dua diturunkan dari menghitung volume benda ruang yang dibatasi oleh dua buah permukaan. Misal z = f ( x,y ) dan R merupakan daerah terletak pada bidang XOY yang diberikan atau bisa merupakan proyeksi dari permukaan z = f ( x,y ). Maka volume benda ruang yang dibatasi di atas oleh permukaaan z = f ( x,y ) dan dibatasi di bawah oleh R dituliskan: V f x y dA

R= ∫∫ ( , )



Contoh 10.5 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

( )

( )

R x y x yx

R x y xx

y

= ≤ ≤ ≤ ≤−

= ≤ ≤−

≤ ≤

, ,

, ,

0 3 06 2

3

06 3

20 2

atau

Jadi volume bangun ruang : ( )V f x y dA x y dA

R R= = − − +∫∫ ∫∫( , ) 2 3 6

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 x y dA

R= ∫∫ δ ( , )

Sedangkan momen dari lamina terhadap sumbu Y dan sumbu X :

Momen dari laminaterhadap sumbu Y

Momen dari laminaterhadap sumbu X

= =

= =

∫∫

∫∫

M x x y dA

M y x y dA

yR

xR

δ

δ

( , )

( , )

Pusat massa dari lamina ( x,y ) dengan : xMm

yMm

y x= =dan .

Contoh 10.6 Tentukan massa dan pusat massa dari lamina yang dinyatakan oleh f(x,y) = 2x - y + 4 dengan massa jenis δ (x,y ) = x - y. Jawab :

Z 6 O R 2 Y 3 X



Proyeksi f(x,y) = 2x - y + 4 pada bidang XOY, ( ){ }R x y x y x= − ≤ ≤ ≤ ≤ +, ,2 0 0 2 4 .

Massa, ( )m x y dA x y dy dxR

x= = −

= −∫∫ ∫∫

+

−δ ( , )

0

2 4

2

08

Momen terhadap sumbu Y, ( )M x x y dA x x y dy dxyR

x= = −

=∫∫ ∫∫

+

−δ ( , )

0

2 4

2

0 163

Momen terhadap sumbu X, ( )M y x y dA y x y dy dxxR

x= = −

= −∫∫ ∫∫

+

−δ ( , )

0

2 4

2

0 3289

Pusat massa, Mm

Mm

y x, ,

=

−

23

419

Soal latihan 10.2 ( Nomor 1 sd 6 ) Hitung volume benda ruang berikut : 1. Terletak di bawah z = 2 x + y dan di atas persegi panjang

( ){ }R x y x y= ≤ ≤ ≤ ≤, ,3 5 1 2 .

2. Terletak di oktan pertama [ ]x y z≥ ≥ ≥0 0 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.

4. Dibatasi oleh tabung x2 + y2 = 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

y = 1 - x2. 6. Dibatasi di atas oleh z = 9 - x2 dan di bawah oleh z = 0 dan y2 = 3x. ( Nomor 7 sd 9 ) Tentukan massa dan pusat massa dari lamina dengan massa jenis δ ( x,y ) bila lamina diberikan berikut : 7. Sumbu X, garis x = 1 dan kurva y x= ; δ ( x,y ) = x y 8. y = sin x, y = 0, x = 0 dan x = π. ; δ ( x,y ) = x + y 9. y = x dan y = 2 - x2 ; δ ( x,y ) = x 10.3. Integral Rangkap Tiga Misal diberikan fungsi tiga peubah, w = f ( x,y,z ). Maka untuk menentukan integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap suatu balok, B dilakukan sebagai berikut. bagi



balok, B menjadi sejumlah n sub balok, Bi ; i = 1,2,…,n. Didapatkan volume sub balok ∆ ∆ ∆ ∆V x y zi i i i= , sehingga volume balok, B yaitu :

V Vii

n==∑ ∆

1

Integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) terhadap B didefinisikan sebagai berikut:

( )f x y z dV f x y z VB n

i i i ii

n( , , ) lim , ,∫∫∫ ∑=

→∞ =∆

1

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 :

g x y zf x y z x y z G

x y z B G( , , )( , , ) ; ( , , )

; ( , , )=∈

∈ −0

B merupakan balok yang melingkupi benda ruang, G. Sehingga didapatkan :

f x y z dV g x y z dVG B

( , , ) ( , , )∫∫∫ ∫∫∫=

Dalam perhitungan, G dapat dipandang sebagai benda ruang yang dibatasi oleh Gz - batas bawah dan batas atas dari Gz berturut-turut ( ) ( )z u x y z v x y1 2= =, ,dan atau

dalam notasi himpunan, ( ) ( ){ }G z u x y z v x yz = ≤ ≤, , - dan Gxy yang merupakan proyeksi dari G pada bidang XOY. Sehingga bentuk integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas G dituliskan :

f x y z dV f x y z dz dAG u x y

v x y

Gxy( , , ) ( , , )

( , )

( , )∫∫∫ ∫∫∫=

Bentuk dari Gxy dapat dibedakan menjadi dua yaitu : 1. ( ) ( ) ( ){ }G x y a x b h x y g xxy = ≤ ≤ ≤ ≤, ,



f x y z dz dA f x y z dz dy dxu x y

v x y

G u x y

v x y

h x

g x

a

b

xy

( , , ) ( , , )( , )

( , )

( , )

( , )

( )

( )∫∫∫ ∫∫∫

=

2. ( ){ }G x y h y x g x c y dxy = ≤ ≤ ≤ ≤, ( ) ( ),

f x y z dz dA f x y z dz dx dyu x y

v x y

G u x y

v x y

h y

g y

c

d

xy

( , , ) ( , , )( , )

( , )

( , )

( , )

( )

( )∫∫∫ ∫∫∫

=

Urutan integrasi sangat mungkin bergantung dari bentuk bangun ruang G, sehingga selain merupakan gabungan dari Gz dan Gxy . Namun dapat juga G dipandang sebagai gabungan antara Gx dan Gyz atau Gy dan Gxz . Sedangkan Gyz dan Gxz berturut-turut merupakan proyeksi dari bangun ruang G pada bidang YOZ dan XOZ.

Contoh 10.7

Hitung integral 2010

2xyz dy dx dz

x zz /∫∫∫

Jawab :

2 223010

2

010

2xyz dy dx dz z x y dy dx dz

x zz x zz/ /∫∫∫ ∫∫∫=

=

Contoh 10.8 Hitung integral 2x dV

G∫∫∫ bila

1. ( )G x y z x y y z x= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

, , , ,0 0 4 032

2. G merupakan daerah di oktan pertama yang dibatasi oleh tabung y2 + z2 = 1, bidang x = 1 dan x = 4.

Jawab :

1. 2 2 26540

3 2

00

4

0

3 2

00

4x dV x dz dxdy x dz dx dy

G

xy xy

∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫= =

=/ /

2. G dituliskan, ( )G x y z x y z z= ≤ ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤

, , , ,1 4 0 1 0 12 .



Jadi 2 2 2 40

1

0

1

1

4

0

1

0

1

1

42 2

x dV x dy dzdx x dy dz dxG

z z∫∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫= =

= −− −

π .

Secara geometris nilai integral rangkap tiga dari w = f ( x,y,z ) atas bangun ruang G merupakan volume dari bangun ruang G bila f ( x,y,z ) = 1.

Contoh 10.9 Hitung volume bangun ruang, G yang terletak di oktan pertama dibatasi oleh y = 2 x2 dan y + 4z = 8. Jawab :

G dituliskan , ( )G x y z x y x zy

= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤−

, , , ,0 2 0 2 08

42 .

Volume, ( ) ( )

V dV dz dy dx dz dy dxG

x y x y= = =

=∫∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

− −

0

2

0

2

0

8 4

0

2

0

2

0

8 42 222430

/ /

Soal Latihan 10.3 ( Nomor 1 sd 5 ) Hitung nilai integral rangkap tiga berikut.

1. 42

0

3

2

5x dz dy dx

y

xx +

−∫∫∫

2. ( )sin x y z dx dy dzyz

+ +∫∫∫000

2π

3. dz dydxy x

0

3

1

4

0

2 +

−∫∫∫

4. 301

1

2

42

xyz dz dy dx

yx

x

x∫∫∫

−

+

−

5. sinsin

xydx dy dz

yz

z

∫∫∫

0

20

0

2π

( Nomor 6 sd 9 ) Hitung nilai integral xyz dVG∫∫∫ bila :



6. ( ) ( )G x y z x y z x y= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ − −

, , , ,0 1 0 3 016

12 3 2

7. ( )G x y z x y y z= ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ ≤

, , , ,0 4 0 2 0 32

8. ( ){ }G x y z x z y x z z= ≤ ≤ ≤ ≤ − − ≤ ≤, , , ,0 3 0 4 2 0 2

9. ( ){ }G x y z x y y z z= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤, , , ,0 0 0 12

( Nomor 10 sd 13 ) Hitung volume bangun ruang G bila G dibatasi oleh : 10. y = 2x2 , y + 4z = 8 dan terletak di oktan pertama. 11. y2 + 4z2 = 4 , y = x , y = 0 dan terletak di oktan pertama 12. x2 =y , z2 = y dan y = 1 13. y = x2 + 2 , y = 4, z = 0 dan 3y - 4z = 0 10.4. Koordinat Tabung dan Koordinat Bola Dalam perhitungan integral rangkap tiga dari suatu fungsi tiga peubah atas bangun ruang G seringkali dijumpai beberapa kesulitan dalam pengintegralan. Untuk itu, dilakukan tarsnformasi dari kordinat cartesius ke dalam koordinat tabung dan koordinat bola. Hubungan antara koordinat cartesius dengan koordinat tabung dan koordinat bola dijelaskan dari gambar berikut.

Bila dalam koordinat cartesius P( x,y,z ) dan dalam koordinat tabung P( r,θ,z ) maka diperoleh hubungan berikut :

Z z (r,θ,z) y O Y θ r x X Koordinat Tabung

Z z (ρ,θ,φ) φ ρ y O Y θ r X

Koordinat Bola



x2 + y2 = r2 x = r cos θ y = r sin θ z = z Bila dalam koordinat cartesius P ( x,y,z ) dan dalam koordinat bola P ( ρ,θ,φ ) maka didapatkan hubungan berikut : ρ

ρ φ θρ φ θρ φ

2 2 2 2= + +===

x y zxyz

sin cossin sincos

Untuk mentransformasikan integral dari koordinat cartesius ke dalam koordinat tabung atau koordinat bola digunakan metode determinan jacobi. Koordinat Tabung

( )J r z

xr

x xz

yr

y zz

zr

z zz

rr r, ,

cos sinsin cosθ

∂∂

∂∂θ

∂∂

∂∂

∂∂θ

∂∂

∂∂

∂∂θ

∂∂

θ θθ θ= =

−=

00

0 0 1

( )f x y z dV f r r z r dz dr dG v r

v r

r

r( , , ) cos , sin ,

( , )

( , )

( )

( )

∫∫∫ ∫∫∫=1

2

1

2

1

2

θ

θ

θ

θ

θ

θθ θ θ

Koordinat Bola

( )J

x x x

y y z

z z z

ρ θ φ

∂∂ρ

∂∂θ

∂∂φ

∂∂ρ

∂∂θ

∂∂φ

∂∂ρ

∂∂θ

∂∂φ

φ θ ρ φ θ ρ φ θφ θ ρ φ θ ρ φ θφ ρ φ

ρ φ, ,sin cos sin sin cos cossin sin sin cos cos sin

cos sinsin= =

−

−=

0

2

( )f x y z dV F d d dG v

v( , , ) , , sin

( , )

( , )

( )

( )∫∫∫ ∫∫∫= ρ θ φ ρ φ φ ρ θ

ρ θ

ρ θ

ρ θ

ρ θ

θ

θ

1

2

1

2

1

22



Dalam penerapan, bila bangun ruang G simetris terhadap suatu sumbu ( garis ) maka digunakan koordinat tabung. Sedangkan koordinat bola digunakan bila bangun ruang G simetri terhadap suatu titik.

Contoh 10.10

Gunakan koordinat tabung untuk menghitung integral 0

3

0

92 2

0

22

∫ ∫ ∫−

+x

x y dz dy dx

Jawab :

Misal ( )G x y z x y x zy

= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤−

, , , ,0 2 0 2 08

42 .

Maka ( )G r z r z= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

, , , ,θ θπ

0 3 02

0 2

Jadi,

0

3

0

92 2

0

2

0

32

0

2

0

2

0

32

0

2

0

22

9∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫∫−

+ = =

=x

x y dz dy dx r dz d dr r dz d drθ θ ππ π/ /

Contoh 10.11

Gunakan koordinat bola untuk menghitung z dz dy dxx yx

0

4

0

4

0

2 2 22 − −−∫∫∫

Jawab :

Misal ( )G x y z x y x z x y= ≤ ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ − −

, , , ,0 2 0 4 0 42 2 2 .

Maka ( )G = ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤

ρ θ φ ρ θπ

φπ

, , , ,0 2 02

02

z dz dy dx d d d

d d d

x yx

0

4

0

4

0

2

0

2

0

2

0

22

0

23

0

2

0

2

2 22 − −−∫∫∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

=

=

=

π π

π π

ρ φ ρ φ φ θ ρ

ρ φ φ φ θ ρ

π

/ /

/ /

cos sin

cos sin



Soal latihan 10.4

1. Hitung x dz dy dxx y

x

x2

0

9

9

9

3

3 2 2

2

2 − −

− −

−

−∫∫∫

2. Tentukan besar volume bangun ruang G bila G dibatasi oleh :

a. Bagian atas : z x y= − −25 2 2 , bagian bawah : z = 0 dan selimut : x2 + y2 = 25

b. Bagian atas dan bawah : x2 + y2 + z2 = 9 dan selimut : x2 + y2 = 4 c. z = x2 + y2 dan z = 9

3. Gunakan koordinat Bola untuk menghitung integral berikut:

a. z x y z dz dy dxx y

x

x2 2 2 2

0

4

4

4

2

2 2 2

2

2

+ +− −

− −

−

−∫∫∫

b. ( )x y z dy dz dxx z

x z

x

x2 2 2

9

9

9

9

3

3 32

2 2

2 2

2

2

+ +

− − −

− −

− −

−

−∫∫∫

c. z x y dz dy dxx yx

4 2 2

0

4

0

4

0

2 2 22

− −− −−∫∫∫

4. Hitung volume bangun ruang G yang dibatasi di atas oleh x2 + y2 + z2 = 16 dan di

bawah oleh : z x y= +2 2



BAB 11 KALKULUS INTEGRAL VEKTOR 11.1 Medan Vektor 11.2 Integral Garis 11.3 Integral Permukaan

Di Dalam bab ini akan dibahas tentang integral dari fungsi bernilai vektor atau fungsi vektor. Bila fungsi dengan domain ℜn dan range ℜ akan menghasilkan fungsi bernilai real ( skalar ) atau lebih dikenal dengan fungsi peubah banyak. Diferensial dan integral dari fungsi dua peubah dan tiga peubah telah dibahas pada bab sebelumnya. Sedangkan bila domain ℜ dan range ℜn akan didapatkan fungsi yang dinyatakan dalam notasi vektor. Untuk membedakan dengan fungsi skalar maka digunakan huruf kapital yang dicetak tebal untuk menyatakan fungsi vektor. Pembahasan tentang diferensial dan integral fungsi vektor hanya terbatas untuk fungsi vektor di bidang (ℜ2 ) dan di ruang (ℜ3 ). 11.1 Medan Vektor Misal A ⊆ ℜ dan B ⊆ ℜ2 atau B ⊆ ℜ3. Maka kita dapat mendefinisikan suatu fungsi vektor dari A ke B, F : A → B dengan F (t) = ( x(t) , y(t) ) = x(t) i + y(t) j bila B ⊆

ℜ2 atau F (t) = ( x(t) , y(t), z(t) ) = x(t) i + y(t) j + z(t) k bila B ⊆ ℜ3. Fungsi vektor F disebut Medan / Lapangan Vektor . Bentuk parametrik x(t), y(t) dan z(t) merupakan fungsi bernilai real dan disebut komponen dari F . Seringkali dalam menyatakan medan vektor F tidak menggunakan parameter t, namun menggunakan peubah x dan y untuk ℜ2 dan peubah x,y dan z untuk ℜ3 yaitu :

kzyxhjzyxgizyxfzyxF

jyxgiyxfyxF

),,(),,(),,(),,(

),(),(),(

++=

+=

f( x,y ), g( x,y ), f( x,y,z ), g ( x,y,z ) dan h ( x.y,z ) disebut Medan Skalar. Misal C merupakan kurva / lintasan di ℜ2 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 :

btajtyitxtr ≤≤+= ;)()()( 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. Misal diberikan medan skalar f ( x,y ) di ℜ2 yang mempunyai turunan parsial pertama. Maka gradien dari f didefinisikan :

( ) ( ) jyfi

xfffgrad

∂∂

∂∂ +=∇=

Dari definisi di atas, didapatkan suatu “ operator diferensial vektor “, ∇ ( baca : del atau nabla ) , yaitu :

jy

ix ∂

∂∂∂ +=∇

Sedang untuk medan skalar di ℜ3 didapatkan operator ∇, yaitu :

kz

jy

ix ∂

∂∂∂

∂∂ ++=∇

Diberikan medan vektor F di ℜ3 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 :

zh

yg

xfFFdiv

∂∂

∂∂

∂∂ ++=•∇=

Sifat-sifat dasar dari divergensi dari suatu medan vektor, yaitu sifat linear : ( ) GdivbFdivaGbFadiv +=+

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 :

kyf

xgj

xh

zfi

zg

yh

hgfzyx

kji

FFrot

−+

−+

−==×∇=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

Rotasi dari medan vektor F disebut juga dengan curl dan dinotasikan dengan curl F .

Contoh 11.1

Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor kzyjxyixzF 22 22 +−= Jawab :



( )f x y z z xfx

z, , = → =2 2∂∂

, ( )g x y z xygx

x, , = − → = −2 2∂∂

dan

( )h x y z y zhx

y, , = → =2 22 2∂∂

.

22 22 yxzzh

yg

xfFFdiv +−=++=•∇=

∂∂

∂∂

∂∂

( ) ( ) ( )kyjxziyz

zyxyxzy

kji

Fcurl 224

22zx

=

22

−+−−=

−∂∂

∂∂

∂∂

Soal Latihan 11.1 Tentukan divergensi dan curl dari medan vektor berikut. 1. kyzjxziyxF 222 +−=

2. kxzjyxiyzG 222 +−=

3. kzjzxiyxF +−= 22 2 4. kxyzjxyiyxF +−= cossin

5. kxzjzeiyeF xx +−= 2

6. ( ) ( ) kyzjxzxixyxF +−= ln2ln 22 11.2. Integral Garis Misal kurva C dari titik A sampai titik B di ℜ3 ditentukan oleh persamaan parameter x = x(s), y = y(s) dan z = z(s) dengan s merupakan panjang busur dari C yang diukur dari

sebuah titik ( x,y,z ) pada C. Maka didapatkan ( ) ( ) ( ) ( )ds dx dy dz2 2 2 2= + + . Bila r =

x i + y j + z k merupakan vektor posisi dari titik ( x,y,z ) maka dsrd merupakan

vektor satuan# yang menyinggung kurva C. Hal ini ditunjukkan berikut :

( ) ( ) ( )( )

12

222=++=++=

dsdzdydxk

dsdzj

dsdyi

dsdx

dsrd

# vektor satuan adalah vektor yang mempunyai norm atau panjang satu



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.

Misal Tdsrd = . Maka besar usaha, ∆W yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan

partikel dari titik P ( x,y,z ) sejauh ∆s sepanjang kurva C adalah : sTF ∆•=∆W Oleh karena itu, usaha yang dilakukan oleh F untuk menggerakkan partikel dari titik A sampai titik B sepanjang kurva C diberikan :

W = • = • = •∫ ∫ ∫F T Fr

F rdsddsds d

C C C Bentuk integral di atas dinamakan integral garis dari medan vektor F atas kurva C. Dari r = x i + y j + z k didapatkan d r = dx i + dy j + dz k . Maka besar usaha, W yang dilakukan oleh gaya F sepanjang C adalah :

( )∫∫ ++=•=CC

dzzyxhdyzyxgdxzyxfrdF ),,(),,(),,(W

Bila kurva C yang dinyatakan dengan persamaan parameter ( t ), x = x (t), y = y (t) dan z = z (t) dengan a ≤ t ≤ b maka besar usaha :

( )

( ) ( ) ( )

W = + +

= + +

∫

∫

C

a

b

f x y z dx g x y z dy h x y z dz

f x t y t z tdxdt

g x t y t z tdydt

h x t y t z tdzdt

dt

( , , ) ( , , ) ( , , )

( ), ( ), ( ) ( ), ( ), ( ) ( ), ( ), ( )

Untuk medan vektor di ℜ2 , 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 :

Z P(x,y,z) F C T r B A O Y X



( ) ( )( )

( ) ( )

W f x y dx g x y dy

f x t y tdxdt

g x t y tdydt

dt

C

a

b

= +

= +

∫

∫

, ,

( ), ( ) ( ), ( )

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 :

( ) ( )( )W f x v x g x v x v x dxa

b= +∫ , ( ) , ( ) ' ( )

Contoh 11.2 Tentukan besarnya usaha yang dilakukan medan vektor ( gaya ) , F ( x,y ) = ( x + 2y ) i + ( x - y ) j untuk memindahkan partikel sepanjang kurva / lintasan C yang diberikan

dengan persamaan : x = 2 cos t , y = 4 sin t dengan 04

≤ ≤tπ

.

Jawab :

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ] ππ

−=−+−+=

−++=•=

∫

∫∫

1cos4sin4cos2sin)2(sin8cos2

2

4

0dttttttt

dyyxdxyxrdFWCC

Contoh 11.3

Hitung integral garis : ( )yz dx xz dy xydzC

− +∫ bila C merupakan kurva yang dinyatakan

dengan persamaan : x e y e z e tt t t= = = ≤ ≤−, ;3 0 1dan . Jawab :

( )yzdx xzdy xydz e dt eC

t− + = − = −∫ ∫ 3 13

0

13



Contoh 11.4

Tentukan besar usaha yang dilakukan oleh gaya F ( x,y ) = y i + x2 j untuk memindahkan partikel sepanjang kurva y = x2 dari titik ( -2,4 ) ke titik ( 2,4 ). Jawab :

( ) ( )W ydx x dy x x dxC= + = + =

−∫∫ 2 2 3

2

22

163

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 ujung-ujungnya. Misal diberikan medan vektor di ℜ2, 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 :

( )f x y dx g x y dygx

fydA

C R( , ) ( , )+ = −

∫ ∫∫

∂∂

∂∂

Bentuk di atas dinamakan Teorema Green ( di Bidang ).

Contoh 11.5

Hitung integral garis ( )xy dx x y dyC

2 2−∫ , kurva C merupakan segmen garis dari titik

(0,0) ke ( 2,0 ) dan berakhir di ( 2,3 ). Jawab :



C C C C= 1 2 3Υ Υ dengan : C1 segmen garis dari ( 0,0 ) ke ( 2,0 ) 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 :

( ) ( ) ( ) ( )xy dx x y dy xy dx x y dy xy dx x y dy xy dx x y dyC C C C

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 3

− = − + − + −∫ ∫ ∫ ∫

Sedangkan bila digunakan teorema Green maka didapatkan :

( )

f x y xyfy

xy g x y x ygx

xy

R x y x y x

( , ) ; ( , )

, ,

= → = = → = −

= ≤ ≤ ≤ ≤

2 22 2

0 2 032

∂∂

∂∂

( )xy dx x y dy xy dA xy dy dxC R

x2 2

0

2

0

3 24 4 18− = − = − = −∫ ∫∫ ∫ ∫

/

Dari bentuk teorema green di bidang, misal f ( x,y ) = -y dan g ( x,y ) = x. Maka :

( ) ( ) ( )− + = − −

=∫ ∫∫ ∫∫y dx x dy

xx

yy dA dA

C R R

∂∂

∂∂

2 . Hal ini dapat disimpulkan

bahwa luas daerah yang dilingkupi lintasan tutup sederhana C yaitu daerah R mempunyai luas :

( )Luas R = − +∫12

y dx x dyC

Contoh 11.6 Hitung luas Ellips yang dinyatakan dengan : x = a cos t , y = b sin t Jawab :

( ) ( )( ) ( )( )[ ]Luas = − + = − − =∫ ∫12

12 0

2y dx x dy a t b t b t a t dt ab

Ccos cos sin sin

ππ

Y R C3 C2 C1 X



Kebebasan Lintasan Secara umum, integral garis dari medan vektor F sangat bergantung dari bentuk kurva C yang diberikan walaupun ujung-ujung dari kurva sama. Berikut akan dibahas syarat perlu dan cukup agar integral garis dari suatu medan vektor F atas kurva C bernilai sama walaupun bentuk kurva berbeda asal ujung-ujungnya tetap. Hal ini, kita katakan integral garis bebas kurva / bebas lintasan / bebas tapak. Misal D merupakan daerah pada bidang XOY dan F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j dengan medan skalar f ( x,y ) dan g ( x,y ) kontinu pada D. Maka integral garis : ( )f x y dx g x y dyC

( , ) ( , )+∫

bebas lintasan di D bila terdapat fungsi P ( x,y ) ( disebut fungsi potensial ) sehingga berlaku: ∂∂

∂∂

P x yx

f x yP x yy

g x y( , )

( , )( , )

( , )= = dan

Syarat di atas dapat juga dituliskan bahwa integral garis bebas lintasan bila berlaku : ∂∂

∂∂

f x yy

g x yx

( , ) ( , )=

Dari diferensial total fungsi P ( x,y ), dP x yP x yx

dxP x yy

dy( , )( , ) ( , )

= +∂∂

∂∂

. Maka

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 :

( ) ( )( )

( )

( )

( )

( ) ( )1122

,

,

,

,

,,

),(

),(),(),(),(

22

11

22

11

yxPyxP

yxPd

dyyxgdxyxfdyyxgdxyxf

yx

yx

yx

yxC

−=

=

+=+

∫

∫∫

Medan vektor F sehingga integral garis dari F atas lintasan C bebas lintasan dinamakan Konservatif. Untuk medan vektor di ℜ2 , F ( x,y ) = f( x,y ) i + g( x,y ) j

konservatif bila dan hanya bila ∂∂

∂∂

f x yy

g x yx

( , ) ( , )= . Sedangkan untuk medan vektor di

ℜ3, F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k konservatif bila dan hanya

bila rot F = curl F = ∇ x F = atau ∂∂

∂∂

g x y xz

h x y zy

( , , ) ( , , )= ,

∂∂

∂∂

f x y xz

h x y zx

( , , ) ( , , )= dan

∂∂

∂∂

g x y xx

f x y zy

( , , ) ( , , )= .



Bila C merupakan kurva tutup dan medan vektor F ( di ℜ2 atau ℜ2 ) konservatif maka ( )f x y dx g x y dy

C( , ) ( , )+∫ = 0 atau ( )f x y z dx g x y z dy h x y z dz

C( , , ) ( , , ) ( , , )+ + =∫ 0 .

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 yx

f x yP x yy

g x y( , )

( , )( , )

( , )= = dan

dilakukan berikut.

Dari ∂∂P x yx

f x y( , )

( , )= , misal P x y f x y dx f x y k y( , ) ( , ) ( , ) ( )= = +∫ 1 . Maka

∂∂

∂∂

P x yy

f x yy

k y g x y( , ) ( , )

' ( ) ( , )= + =1 . Sehingga diperoleh bentuk k (y) berikut :

k y g x yf x yy

dy( ) ( , )( , )

= −

∫

∂∂

1 . Dengan cara sama dapat ditentukan fungsi potensial,

P dari medan vektor, F konservatif di ℜ3.

Contoh 11.7 Selidiki apakah medan vektor F konservatif. Bila ya, tentukan P ( fungsi potensial ) F ( x,y ) = 3 y i + 3 x j

( ) ( ) ( ) kxyJyexziyzyezyxF xx +−++= sincos,, Jawab : a. f ( x,y ) = 3 y dan g ( x,y ) = 3x.

Karena ∂∂

∂∂

fy

gx

= = 3 maka F konservatif.

Misal P ( x,y ) fungsi potensial. Maka :

( )P x y f x y dx y dx xy C yP x yy

g x y x C y x C y C

P x y xy C

, ( , ) ( )( , )

( , ) ' ( ) ( )

( , )

= = = +

= ⇒ + = ⇒ =

= +

∫ ∫ 3 3

3 3

3

∂∂

Jadi

b. f x y z e y yzfy

e y zfz

yx x( , , ) cos sin= + ⇒ = − + =∂∂

∂∂

dan

g x y z xz e ygx

z e ygz

xx x( , , ) sin sin= − ⇒ = − =∂∂

∂∂

dan

h x y z xyhx

yhy

x( , , ) = ⇒ = =∂∂

∂∂

dan

Jadi F konservatif. Misal P ( x,y,z ) fungsi potensial. Maka



( )P x y z e y yz dx e y xyz C y z

Py

g x y z e y xzCy

e y xz C y z L z

Pz

h x y z xy L z xy L z C

P x y z e y xyz C

x x

x x

x

( , , ) cos sin ( , )

( , , ) sin sin ( , ) ( )

( , , ) ' ( ) ( )

( , , ) sin

= + = + +

= ⇒ − + + =− + ⇒ =

= ⇒ + = ⇒ =

= + +

∫∂∂

∂∂

∂∂Jadi

Soal latihan 11.2

( Nomor 1 sd 3 ) Hitung integral ( ) ( )[ ]x y dx y x dyC

2 2− + −∫ 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 ). 3. Parabola x = t dan y = t2 + 1. ( Nomor 4 sd 6 ) Diketahui ( ) ( ) ( )kxyzjxzyiyzxzyxF 22 413263),,( −+++−= . Hitung

∫ •C

rdF dari titik ( 0,0,0 ) sampai titik ( 1,1,1 ) melalui lintasan C

4. x = t, y = t2 , z = t3. 5. Garis lurus. 6. Garis lurus dari ( 0,0,0 ) sampai ( 0,0,1 ) kemudian menuju ( 0,1,1 ) seterusnya

menuju ( 1,1,1 ).

( Nomor 7 dan 8 ) Hitung integral ( ) ( )[ ]2 2 2xy x dx x y dyC

− + +∫ .Lintasan C berupa

lengkung tertutup merupakan batas dari daerah yang dibatasi oleh y = x 2 dan y 2 = x. 7. Perhitungan langsung. 8. Gunakan teorema Green. ( Nomor 9 sd 14 ) Hitung integral garis berikut : 9. ( )3 2xy dx xy dyC

+∫ ; C merupakan segiempat yang dibatasi oleh y = 1, y = 2, x = -2 ,

x = 4.

10. ( )[ ]x y dx x dyC

2 2− +∫ ; C ≡ x2 + y2 = 9



11. ( )x y dx y x dyC

cos sin−∫ ; C kubus dengan titik sudut ( 0,0 ), ( 0, ½ π ), ( ½ π,½

π ) dan ( ½ π , 0 ).

12. ( )[ ]x y dx x dyC

2 − +∫ ; C ≡ x2 + y2 = 4

13. ( ) ( )[ ]e y dx e x dyx y

C+ + +∫ 2 2 ; C ≡ y = x2 dan y = x

14. ( ) ( )[ ]e y dx y x dyx

C− + +∫ 3 3cos ; C ≡ x2 + y2 = 1

( Nomor 15 sd 19 ) Hitung integral berikut dengan mencari potensialnya terlebih dahulu.

15. [ ]e y dx e y dyx xsin cos(

( , / )+∫

0,0)

1 2π

16. [ ]2 2

0,0)

3xe dx x e dyy y+∫

(

( ,2)

17. ( ) ( )[ ]6 2 9 4 13 2 2 2

0,0,0

1 1 1xy z dx x y dy xz dz+ + + +∫

(

( , , )

18. ( ) ( ) ( )[ ]yz dx xz dy xy dz+ + + + +∫ 1 1 10,1

11 1

( ,0)

( , , )

19. ( ) ( ) ( )[ ]y z dx x z dy x y dz+ + + + +−∫

(

( ,0, )

0,0,0)

1 π

11.3. Integral Permukaan Misal S suatu permukaan yang dinyatakan dengan persamaan z = f( x,y ) dan D merupakan proyeksi S pada bidang XOY. Bila diberikan lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k dan vektor n merupakan vektor normal dari S. Maka integral dari lapangan vektor F atas permukaan S dinyatakan dengan :

∫∫∫∫ •=•DS

dAnFnF dA

Untuk S permukaan tertutup, dinotasikan dengan : ∫∫ •S

nF dA . Bentuk integral tersebut

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,

kjfifffkji

yr

xrn yx

yx +−−==×=

1001

∂∂

∂∂

yang mempunyai arah ke atas, sedangkan normal yang mempunyai arah ke bawah diberikan,

kjfifjji

xr

yrn yx −+==×=

xy

f01f10

∂∂

∂∂

Oleh karena itu, integral permukaan dengan vektor normal n mempunyai arah ke atas dapat dituliskan :

( ) ( ) ( )( ) ( )( )∫∫

∫∫∫∫

+−−=

+−−•++=•

Dyx

Dyx

SdAhfgff

dAkjfifkzyxhjzyxgizyxfnF ,,,,,,dA

Bentuk dA = dx dy atau dA = dy dx.

Contoh 11.8 Hitung ∫∫ •

SnF dA bila F ( x,y,z ) = 18z i - 12 j + 3y k dan S merupakan bagian

dari bidang 2x + 3y + 6z = 12 yang terletak di oktan pertama. Jawab : Dari 2x + 3y + 6z = 12 didapatkan z = f ( x,y ) = 2 - 1/3 x - ½ y dan vektor posisi dari sembarang titik pada permukaan S, r ( x,y ) = x i + y j + z k = x i + y j + ( 2 - 1/3

x - ½ y ) k . Normal bidang, kjirrn ++=×=21

31

yx ∂∂

∂∂ .

Proyeksi dari S pada bidang XOY, ( )D x y x yx

= ≤ ≤ ≤ ≤−

, ,0 6 012 2

3 atau

( )D x y xy

y= ≤ ≤−

≤ ≤

, ,012 3

20 4

Jadi



( )

( )

( ) 2426

32112

31

21

31218

32112

3118dA

3)212(

0

6

0

3)212(

0

6

0

3)212(

0

6

0

=−=

+

−−−

−

−−−=

+

−−−

−−=•

∫∫

∫∫

∫∫∫∫

−

−

−

dxdyx

dxdyyyx

dxdyyznF

x

x

x

S

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 : ( )∫∫∫∫ +−−=•=

Dyx

SdAhfgffnFFfluks dA

Contoh 11.9 Hitung besar garis gaya ( fluks ) dari F ( x,y,z ) = -y i + x j yang menembus permukaan S yang merupakan bagian dari bidang z = 8x - 4y - 5 yang terletak di atas segitiga dengan titik sudut ( 0,0,0 ), ( 0,1,0 ) dan ( 1,0,0 ). Jawab: Proyeksi S pada bidang XOY, ( ){ }D x y x y x= ≤ ≤ ≤ ≤ − +, ,0 1 0 1 .

( ) ( )( ) ( )( ) 248dA1

0

1

0=−−−−=+−−=•= ∫∫∫∫∫∫

+−dxdyxydAgfgffnFFfluks

x

Dyx

S

Satu cara dikenalkan untuk menentukan besar garis gaya ( fluks ) dari gaya F yang menembus permukaan S. Bila permukaan S bermuka dua yang tertutup dan menutupi volume V maka besar fluks dari F dicari menggunakan teorema divergensi. Teorema Divergensi Misal S merupakan permukaan padat yang menutupi volume V. Maka integral permukaan dari lapangan vektor F ( x,y,z ) = f( x,y,z ) i + g( x,y,z ) j + h ( x,y,z ) k atas permukaan S atau besarnya fluks dari F yang menembus permukaan S dapat diselesaikan menggunakan integral rangkap tiga, yaitu :



∫∫∫∫∫ =•SS

FdivnF dVdA

Vektor normal n diambil yang mengarah keluar. Teorema di atas lebih dikenal dengan Teorema Divergensi Gauss ( Teorema Gauss ).

Contoh 11.10 Hitung ∫∫ •

SnF dA bila

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 :

xzxhgfFdiv zyx 22 2−+=++= , ( ){ }S x y z x y z= ≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤, , , ,0 1 0 1 0 1

( )6

1122dVdA1

0

21

0

1

0=−+==• ∫∫∫∫∫∫∫∫ dzdydxxzxFdivnF

SS

Contoh 11.11 Hitung besar fluks dari gaya F ( x,y,z ) = 4x i - 2 y2 j + z2 k yang menembus permukaan S yang dibatasi oleh x2 + y2 = 4, z = 0 dan z = 3. Jawab :

zyhgfFdiv zyx 244 +−=++= ,

( ){ }S x y z x x y x z= − ≤ ≤ − − ≤ ≤ − ≤ ≤, , , ,2 2 4 4 0 32 2

( )

( ) 1281204444

444dVdA

2

2

2

4

0

2

0

3

0

4

4

2

2

3

0

−=+−=

+−==•

∫∫∫

∫∫∫∫∫∫∫∫

−

−

−−−

πdzdxdyzy

dzdxdyzyFdivnF

x

x

xSS

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 +



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. ∫∫∫ •=•

SCnFcurlrF dAd

Normal n ditentukan dari normalisasi gradien dari permukaan S yang dinyatakan secara

implisit, f ( x,y,z ) = 0, yaitu ( )( )zy,x,f

zy,x,f=∇∇n .

Contoh 11.12 Diketahui lapangan vektor F ( x,y,z ) = 3 y i - x z j + y z2 k dan S permukaan paraboloida 2 z = x2 + y2 dibatasi oleh z = 2 dengan lintasan C merupakan kelilingnya. Gunakan teorema Stokes untuk menghtiung ∫∫ •

SnFcurl dA

Jawab : Lintasan C, x2 + y2 = 4 , z = 2 atau x = 2 cos t, y = 2 sin t , z = 2 dengan 0 ≤ t ≤ 2π.

( ) ( )( ) ( )( )( )

π

π

12

2cos2sin2sin233ddA2

0

2

−=

−−=+−=•=• ∫∫∫∫∫ dttttdzyzdyxzdxyrFnFcurlCCS

Soal Latihan 11.3 ( Nomor 1 sd 3 ) Selesaikan integral ∫∫ •

SnF dA bila

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.

$ Lintasan C mempunyai arah positif bila seseorang berjalan menyusuri lintasan tersebut maka permukaan S selalu terletak di sebelah kirinya.



5. F ( x,y,z ) = y i - x j + 2 k dan permukaan S ditentukan oleh

z y x= − ≤ ≤1 0 52 ,

6. F ( x,y,z ) = 2 i + 5 j + 3 k dan permukaan S adalah bagian dari

( )z x y= +2 2 1 2/ yang terletak di dalam tabung x2 + y2 = 1.

( Nomor 7 sd 10 ) Gunakan teorema divergensi gauss untuk menghitung ∫∫ •

SnF dA bila

7. F ( x,y,z ) = z i + x j + y k dan permukaan S ditentukan oleh

0 9 2 2≤ ≤ − −z x y

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 ∫∫ •

SnFcurl dA

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 - · pdf file2.2 turunan fungsi trigonometri 2.3 teorema rantai 2.4 turunan...

Documents