diktat kalkulus multivariabel i · pdf filepada permukaan bumi pada ... tentukan domain dan...

DIKTAT

KALKULUS MULTIVARIABEL I

Oleh

Atina Ahdika, S.Si, M.Si

Ayundyah Kesumawati, S.Si, M.Si

(Program Studi Statistika)

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS ISLAM INDONESIA

2014/2015

Daftar Isi

Daftar Isi iii

Daftar Gambar v

1 Turunan dalam Ruang Berdimensi n 1

1.1 Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Pendahuluan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2 Domain Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.1.3 Grafik Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2 Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Kekontinuan Fungsi 2 Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4 Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4.1 Turunan Parsial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.4.2 Turunan Fungsi Implisit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.3 Fungsi Lebih dari Dua Variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.4.4 Turunan - turunan Lebih Tinggi . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.5 Keterdiferensialan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.4.6 Turunan Berarah dan Gradien . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

ii

1.4.7 Hubungan Turunan Berarah dengan Gradien . . . . . . . . . . 24

1.4.8 Aturan Rantai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.4.9 Aturan Rantai (Versi Kedua) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.5 Maksimum dan Minimum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2 Integral dalam Ruang Berdimensi n 28

2.1 Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.2 Integral Berulang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3 Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan Persegi Panjang . . . . . . . . 40

2.4 Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub . . . . . . . . . . . . . . 46

2.5 Penerapan Integral Lipat-Dua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

3 Kalkulus Vektor 67

3.1 Medan Vektor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.2 Integral Garis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.3 Kebebasan dari Lintasan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Pembahasan 84

Daftar Gambar

1.1 Fungsi Satu Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 Fungsi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3 Keluaran Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Output Program Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Output Fungsi f(x, y) = −10√|xy| . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.6 ilustrasi pendekatan perpotongan garis . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1 Partisi Dua Peubah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.2 Volume Persegi Panjang Rk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2.3 Irisan oleh Bidang y = konstanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.4 Irisan oleh Bidang x = konstanta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.5 Integral di Bawah Daerah Sebarang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.6 Himpunan Sederhana-y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.7 Benda Padat dari Himpunan Sederhana-y . . . . . . . . . . . . . . . 41

2.8 Himpunan Sederhana-x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.9 Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.10 Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub . . . . . . . . . . . 46

2.11 Partisi-partisi R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

iv

2.12 Himpunan Sederhana-r . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.13 Himpunan Sederhana-θ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.14 Lamina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.15 Partisi Lamina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.16 Partisi P pada Daerah S . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.17 S bukan Persegi Panjang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

3.1 Medan Vektor F(p) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.2 Partisi P . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.3 Tirai Vertikal Melengkung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.4 Potongan Kurva C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.5 kurva C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

BAB 1

Turunan dalam Ruang Berdimensi

n

1.1 Fungsi Dua Peubah

1.1.1 Pendahuluan

Sejauh ini kita telah membahas kalkulus dengan fungsi-fungsi variabel tunggal.

Tetapi pada dunia nyata, besaran-besaran yang digunakan seringkali bergantung

pada dua variabel atau lebih. Misalkan pada perhitungan suhu T di sebuah titik

pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan bergantung pada lin-

tang x dan bujur y titik tersebut. Kita dapat memikirkan T sebagai fungsi dua

variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Ditunjukkan ketergan-

tungan fungsional ini dengan menuliskan T = f(x, y).

Pada bagian ini akan dibahas perluasan konsep pada fungsi satu peubah ke fungsi

dua peubah atau lebih. Setelah mempelajari bab ini, mahasiswa diharapkan dapat:

• Menentukan domain dan range suatu fungsi dua peubah atau lebih

• Membuat sketsa grafik fungsi dua peubah

• Menentukan limit dan menyelidiki kekontinuan fungsi dua peubah

1

BAB 1 : Turunan dalam Ruang Berdimensi n

Pada Kalkulus I, kita telah membahas tentang fungsi satu peubah, baik eksplisit

maupun implisit.

Berikut kita ingat kembali fungsi satu peubah

Gambar 1.1: Fungsi Satu Peubah

Pada fungsi satu peubah, f : A→ B. A ⊂ R dan B ⊂ R dengan R = himpunan

semua bilangan real. Grafik fungsi f = {(x, y)|y = f(x), x ∈ Df}, berupa himpunan

titik di R2, dapat berupa garis lurus atau lengkung.

Selanjutnya pada kalkulus lanjut ini, akan dibahas tentang fungsi dengan dua vari-

abel atau lebih. Kita telah belajar fungsi satu peubah, y = f(x), dalam hal ini x

merupakan peubah bebas dan y peubah tak bebas.

Akan diperluas menjadi fungsi dengan peubah lebih dari satu, misal:

f(x, y) = 2x2 + y2

g(x, y, z) = 2xeyz

h(x1, x2, x3, x4) = 2x1 − 2x2 + 4x3 + x4

Pada fungsi dua peubah,

f : A → B

A ⊂ R×R dan B ⊂ R

Grafik fungsi f = {(x, y, z)|z = f(x, y), (x, y) ∈ Df} berupa himpunan di R3, dapat

berupa luasan di R3.

Perhatikan bahwa notasi fungsi dengan peubah lebih dari satu tidak berbeda dengan

penulisan fungsi dengan satu peubah.

2


Gambar 1.2: Fungsi Dua Peubah

Fungsi z = f(x, y) adalah fungsi dengan dua peubah, dengan peubah bebas x dan

y, serta z sebagai peubah tak bebas.

Fungsi w = g(x, y, z) adalah fungsi dengan tiga peubah. Peubah x, y dan z meru-

pakan peubah bebas dan w peubah tak bebas.

Misalkan :

Suhu T di sebuah titik pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan

bergantung pada lintang x dan bujur y titik itu. Kita dapat memikirkan T sebagai

fungsi dua variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Kita tun-

jukkan ketergantungan fungsional ini dengan menuliskan T = f(x, y).

Nilai dari fungsi dengan dua peubah atau lebih dapat ditentukan dengan mema-

sukkan nilai - nilai x dan y.

Contoh 1:

f(x, y) = 2x2 + y2

f(2, 3) = 2.22 + 32 = 17

f(4,−3) = 2.42 + (−3)2 = 41

Definisi

Suatu fungsi f dari dua variabel adalah suatu aturan yang memberikan kepada

masing - masing pasangan terurut bilangan real (x, y) di sebuah dalam himpunan

D sebuah bilangan real unik yang dinyatakan oleh f(x, y). Himpunan D adalah

daerah asal dari f dan daerah nilainya adalah himpunan nilai yang digunakan

f , atau dengan kata lain,f(x, y)|(x, y) ∈ D.

3


1.1.2 Domain Fungsi Dua Peubah

Jika domain tidak diberikan, maka domain adalah himpunan semua titik sedemikian

sehingga fungsi terdefinisi.

Contoh 2:

Pada bidang xy, Tentukanlah daerah asal alami untuk

f = (x, y) =

√x2 + y2 − 25

x(1.1)

penyelesaian

Domain dari f adalah himpunan semua pasangan (x, y) yang memenuhi x2 + y2 −25 ≥ 0 dan x 6= 0, sebab

√x2 + y2 − 25 akan bernilai riil jika x2 + y2 − 25 ≥ 0.

Jadi, domain f adalah himpunan (x, y) yang berada di luar dan pada lingkaran

x2 + y2 = 25, tapi x 6= 0.

Contoh 3:

Carilah daerah asal dari fungsi

f(x, y) =√

25− x2 − y2 (1.2)

penyelesaian

Domain f(x, y) adalah himpunan semua titik yang memenuhi:

25− x2 − y2 ≥ 0 (1.3)

25 ≥ x2 + y2 (1.4)

Perhatikan bahwa domain akan berupa himpunan titik di pada dan di dalam lingkaran:

x2 + y2 = 25 (1.5)

Contoh 4: Tentukan domain dari fungsi:

g(x, y, z) =√x2 + y2 + z2 − 16 (1.6)

4


Penyelesaian

Perhatikan bahwa g adalah fungsi dengan tiga peubah, sehingga domainnya tidak

berada dalam bidang XY, tetapi di sistem koordinat tiga dimensi. Sehingga, fungsi

akan terdefinisi jika:

x2 + y2 + z2 − 16 ≥ 0 atau x2 + y2 + z2 ≥ 16 (1.7)

1.1.3 Grafik Fungsi Dua Peubah

Ketika kita menyebut grafik (graph) dari fungsi f dengan dua peubah, yang di-

maksud adalah grafik dari persamaan z = f(x, y). Grafik ini normalnya merupakan

sebuah permukaan, dan karena terhadap masing - masing (x, y) di dalam daerah

asal hanya berhubungan dengan satu nilai z, maka setiap garis yang tegak lurus

terhadap bidang xy akan hanya memotong permukaan di satu titik.

Penggambaran grafik fungsi akan sangat membantu dalam memahami suatu fungsi.

Grafik dapat memberikan ilustrasi atau sebagai representasi visual dari suatu per-

samaan.

dalam subbab ini kita akan mencoba menggambarkan grafik fungsi dua peubah

tetapi tidak dapat menggambarkan grafik dari fungsi dengan 3 peubah atau lebih.

Contoh 5: Tentukan domain dan range dari fungsi berikut dan buat sketsa grafiknya.

z = f(x, y) =√

25− x2 − y2 (1.8)

Penyelesaian: Dari contoh 1 kita telah tahu bahwa domainnya berupa himpunan

titik - titik pada da di dalam lingkaran dengan jari – jari 5, yaitu himpunan titik -

titik yang memenuhi pertaksamaan:

x2 + y2 ≤ 25 (1.9)

Range dari z adalah semua kemungkinan nilai z.

Range ini harus non negatif, karena z adalah akar - akar prinsip dengan domain:

5


x2 + y2 ≤ 25 (1.10)

Nilai dalam akar bervariasi antara 0 dan 25.

Jadi range-nya adalah 0 ≤ z ≤ 5. Dengan mengkuadratkan kedua sisi persamaan,

akan diperoleh:

z =√

25− x2 − y2 (1.11)

z2 = 25− x2 − y2 (1.12)

x2 + y2 + z2 = 25 (1.13)

Persamaan diatas merupakan persamaan bola dengan jari - jari 5.

Tetapi perhatikan bahwa fungsi:

z =√

25− x2 − y2 (1.14)

dan persamaan:

x2 + y2 + z2 = 25 (1.15)

tidaklah sama. Persamaan tidak merepresentasikan z sebagai suatu fungsi dari x

dan y, artinya setiap (x, y) tidak memberikan nilai tunggal untuk z.

Bahwa fungsi di atas mempunyai range 0 ≤ z ≤ 5, berarti bahwa fungsi ini berupa

sebagian setengah atas dari bola. Langkah selanjutnya adalah menggambar grafik,

terlebih dahulu kita akan menggambarkan titik - titik di bidang koordinat.

1. Jejak di bidang xy (z = 0).

0 =√

25− x2 − y2 atau x2 + y2 = 25

merupakan lingkaran berpusat di O dengan jari - jari 5 di bidang xy.

2. Jejak di bidang yz (x = 0)

z =√

25− y2 atau y2 +z2 = 25 Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 pada

bidang yz.

3. Jejak di bidang xz (y = 0)

6


z =√

25− x2 atau x2 + z2 = 25

Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 di bidang xz.

Selanjutnya kita dapat menggambarkan jejak di bidang yang sejajar dengan

bidang koordinat.

4. Untuk z = 3

3 =√

25− x2 − y2 atau x2 + y2 = 16

Jadi pada bidang z = 3, yang sejajar dengan bidang xy, jejak berupa lingkarang

berpusat di (0, 0, 3) dengan jari - jari 4.

5. Untuk z = 4

4 =√

25− x2 − y2 atau x2 + y2 = 9

Maka pada bidang z = 4, yang sejajar dengan bidang xy, jejak berupa lingkarang

berpusat di (0, 0, 4) dengan jari - jari 3.

Berdasarkan kelima jejak di atas, yaitu tiga jejak di bidang koordinat ditambah

dua jejak di bidang yang sejajar dengan bidang xy, maka diperoleh sketsa grafiknya

sebagai berikut:

Gambar 1.3: Keluaran Maple

7


Grafik Komputer Beberapa perangkat lunak, seperti Maple mampu meng-

hasilkan grafik berdimensi 3 dengan tingkat kerumitan tertentu dengan mudah.

seperti pada contoh beberapa grafik hasil keluaran Maple berikut ini:

Gambar 1.4: Output Program Maple

Latihan 1.

Sketsakan grafik (luasan permukaan) dari fungsi:

1. z = 36− x2 − y2

2. z = 13

√36− x2 − y2

1.2 Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih

Secara umum, teorema limit dan konsep ketaktehinggaan, dan sebagainya pada

fungsi satu peubah juga berlaku untuk fungsi - fungsi dengan dua variabel atau

8


lebih, dengan modifikasi yang sesuai. Definisi limit diberikan sebagai berikut.

Definisi

Diketahui fungsi bernilai real f dengan daerah definisi himpunan terbuka D di R2

dan (a, b) ∈ D,

lim(x,y)→(a,b)

f(x, y) = L (1.16)

Jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga

untuk setiap (x, y) ∈ D yang memenuhi

0 <√

(x− a)2 + (y − b)2 berlaku |f(x, y)− L| < ε. (1.17)

Contoh

1. lim(x,y)→(0,0)2x3 − y3

x2 + y2= 0

2. lim(x,y)→(a,b) y = b

Beberapa sifat yang dimodifikasi berdasarkan sifat limit pada fungsi satu peubah:

Teorema 1 Jika lim(x,y)→(x0,y0) f(x, y) = L1 dan lim(x,y)→(x0,y0) g(x, y) = L2 maka

1. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y) + g(x, y)] = L1 + L2

2. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y)− g(x, y)] = L1 − L2

3. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y).g(x, y)] = L1.L2

4. lim(x,y)→(x0,y0) k.g(x, y) = k.L2

5. lim(x,y)→(x0,y0)f(x, y)

g(x, y)=L1

L2

untuk g(x, y) 6= 0

Catatan:

Dalam konsep limit ini:

1. f tidak harus terdefinisi di (a, b)

9


2. Jika lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = L ada bagaimanapun caranya (x, y) mendekati

(a, b) nilai f(x, y) selalu mendekati L.

Contoh

Jika f(x, y) = x2−y2x2+y2

maka lim(x,y)→(0,0) tidak ada.

Bukti:

Titik (0, 0) dapat didekati melalui tak hingga banyak arah. Untuk itu akan dilihat

ketika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang sumbu x, sumbu y dan garis y = mx.

Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi, y = 0, maka

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2= lim

(x)→(0)

x2 − 0

x2 + 0= lim

(y)→(0)

x2

x2= 1

Di sisi lain (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu y(x = 0), maka

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2 − y2

x2 + y2= lim

(y)→(0)

0− y2

0 + y2= lim

(y)→(0)

−y2

y2= −1

Terlihat bahwa dari dua arah yang berbeda diperoleh nilai yang berbeda, dengan

demikian dapat disimpulkan bahwa limit f tidak ada untuk (x, y)→ (0, 0).

Pada contoh diatas kita tidak perlu mencari limit f dari arah lain, karena dari dua

arah sudah didapatkan nilai yang berbeda, sehingga dapat disimpulkan bahwa lim-

itnya tidak ada.

Jika dari dua arah tersebut nilainya saman maka perlu dicari dari nilai atau pen-

dekatan garis yang lain yg melalui titik tersebut misalnya y = mx.

Latihan 2.

Tentukan nilai limit fungsi berikut jika ada.

1. lim(x,y)→(3,−2)x2 + y

x2 + y2

2. lim(x,y)→(−2,1)x2 + 3xy + 2y2

x+ 2y

3. lim(x,y)→(3,−2) x2 + y

4. lim(x,y)→(0,0)x2√x2 + y2

5. lim(x,y)→(0,0)y2√x2 + y2

10


6. lim(x,y)→(0,0)x2y√x4 + y2

7. lim(x,y)→(0,0)xy

x4 + y2

1.3 Kekontinuan Fungsi 2 Peubah

Kekontinuan fungsi dua peubah diberikan dalam definisi berikut:

Definisi

Misalkan f fungsi bernilai real yang terdefinisi pada daerah D ⊂ R2 dan (a, b) ∈ D,

maka f dikatakan kontinu di (a, b) jika

lim(x,y)→(a,b)

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

Fungsi f dikatakan kontinu pada D jika f kontinu di setiap titik di D. Jadi un-

tuk menunjukkan f kontinu di titik (a, b) harus ditunjukkan ketiga syarat berikut

dipenuhi.

i. f(a, b) ada

ii. lim(x,y)→(a,b) f(x, y) ada

iii. lim(x,y)→(a,b) f(x, y) = f(a, b)

Jika salah satu syarat di atas tidak dipenuhi, maka f tidak kontinu di (a, b).

Sifat Operasi Aljabar Pada Fungsi Kontinu

Jika f dan g keduanya kontinu di (a, b) maka

1. f + g kontinu di (a, b)

2. f − g kontinu di (a, b)

3. fg kontinu di (a, b)

4. fg

kontinu di (a, b) asalkan g(a, b) 6= 0.

11


Contoh Tentukan apakah f kontinu di (0, 0)

f(x, y) =

x2y

x2 + y2jika (x, y) 6= (0, 0)

0 jika (x, y) = (0, 0)

Penyelesaian:

Dengan menggunakan kriteria kekontinuan fungsi:

(i) f(0, 0) = 0 (ada)

(ii) Diselidiki apakah limit f(x, y) ada untuk (x, y)→ (0, 0)

Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi y = 0, maka

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2= lim

(x)→(0)

x2

x2.0 + 02= lim

(x)→(0)

0

x2= 0

Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) sumbu y(x = 0), maka

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2= lim

(y)→(0)

0.y2

02 + y2= lim

(x)→(0)

0

y2= 0

Jika (x, y) mendekati (0, 0) sepanjang (melalui) y = x, maka

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

x2y

x2 + y2= lim

(x)→(0)

x2x

x2 + x2= lim

(x)→(0)

x3

2x2= lim

(x)→(0)

x

2= 0

Dapat disimpulkan bahwa lim(x,y)→(0,0)x2y

x2 + y2= 0

(iii) lim(x,y)→(0,0)x2y

x2 + y2= 0 = f(0, 0)

Jadi f kontinu di (0, 0).

Latihan 3.

1. Carilah limit, jika memang ada, atau perlihatkan jika tidak mempunyai limit

a. lim(x,y)→(5,−2) x5 + 4x3y − 5xy2

12


b. lim(x,y)→(6,3) xycos(x− 2y)

c. lim(x,y)→(0,0)x2

x2 + y2

d. lim(x,y)→(0,0)(x+ y)2

x2 + y2

e. lim(x,y)→(0,0)8x2y2

x4 + y4

2. Diberikan f(x, y) =x2 + 2y

x2 − 2ydan g(x, y) =

x4 − 4y4

x2 + 2y2

Tunjukkan bahwa:

a. limit f(x, y) untuk (x, y)→ (2, 2) tidak ada.

b. limit g(x, y) untuk (x, y)→ (0, 0) sama dengan nol.

c. limit g(0, 0) = 0 apakah g(x, y) kontinu di (0, 0).

3. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut :

f(x, y) =

2x− yx+ y

jika (x, y) 6= (0, 0)

0 jika (x, y) = (0, 0)

4. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut:

f(x, y) =

xy

x2 + y2jika (x, y) 6= (0, 0)

1 jika (x, y) = (0, 0)

13


1.4 Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih

1.4.1 Turunan Parsial

Umumnya, jika f adalah fungsi 2 peubah x dan y, andaikan kita misalkan hanya

x saja yang berubah-ubah sedangkan y dibuat tetap, katakan y = b, dengan b

konstanta. Baru sesudah itulah kita sebenarnya meninjau fungsi satu peubah x

yaitu g(x) = f(x, b). Jika g mempunyai turunan di a, maka kita menamakannya

turunan parsial dari f terhadap x di (a, b) dan menyatakannya dengan fx(a, b).

Jadi

fx(a, b) = g′(a) dengan g(x) = f(x, b) (1.18)

Menurut definisi turunan, kita mempunyai

g′(a) = lim(h)→(0)

g(a+ h)− g(a)

h(1.19)

sehingga perluasannya menjadi

fx(a, b) = lim(h)→(0)

f(a+ h, b)− f(a, b)

h(1.20)

Dengan cara serupa, turunan parsial dari f terhadap y di (a,b), dinyatakan

dengan fy(a, y), diperoleh dengan membuat x tetap (x = a) dan mencari turunan

biasa di b dari fungsi G(y) = f(a, y):

fy(a, b) = lim(h)→(0)

f(a, b+ h)− f(a, b)

h(1.21)

Misalkan titik (a, b) berubah-ubah dalam persamaan diatas, fx dan fy menjadi fungsi

dua peubah yang dapat disimpulkan sebagai berikut

Jika f adalah fungsi dua peubah, turunan parsialnya adalah fx dan fy yang

didefisikan oleh

fx(x, y) = lim(h)→(0)

f(x+ h, y)− f(x, y)

h(1.22)

14


fy(x, y) = lim(h)→(0)

f(x, y + h)− f(x, y)

h(1.23)

Notasi untuk Turunan Parsial Jika z = f(x, y), kita tuliskan

fx (x, y) = fx =∂f

∂x=

∂

∂xf(x, y) =

∂z

∂x= f1 = D1f = Dxf (1.24)

fy (x, y) = fy =∂f

∂y=

∂

∂yf(x, y) =

∂z

∂y= f2 = D2f = Dyf (1.25)

Untuk menghitung turunan parsial, yang harus dilakukan adalah mengingat dari

persamaan fx(a, b) bahwa turunan parsial terhadap x tidak lain adalah turunan bi-

asa dari fungsi g dari variabel tunggal yang diperoleh dengan membuat y tetap.

Aturan untuk Pencarian Turunan Parsial dari z = f(x, y)

1. Untuk mencari fx, pandang y sebagai konstanta dan diferensialkan f(x, y)

terhadap x

2. Untuk mencari fy, pandang x sebagai konstanta dan diferensialkan f(x, y)

terhadap y

Contoh 1 Jika f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2, carilah fx(2, 1) dan fy(2, 1)

Penyelesaian

Contoh 2 Jika f(x, y) = sinx

1 + y, carilah

∂f

∂xdan

∂f

∂yPenyelesaian

1.4.2 Turunan Fungsi Implisit

Umumnya, sebuah persamaan seperti F (x, y, z) = 0 mendefinisikan satu peubah,

misalnya z, sebagai fungsi dari dua peubah lainnya x dan y. Karenanya z kadang

- kadang disebut fungsi implisit dari x dan y, yang berbeda dengan apa yang

disebut fungsi eksplisit f , di mana z = f(x, y), yang sedemikian rupa sehingga

F [x, y, f(x, y)] ≡ 0.

15


Diferensiasi F [x, y, f(x, y)] = 0, variabel - variabel bebas adalah x dan y dan

bahwa z = f(x, y). Untuk menentukan∂f

∂xdan

∂f

∂y, pada mulanya kita menulis

(amati bahwa F (x, t, z) adalah nol untuk semua pasangan domain (x, y), dengan

kata lain adalah konstanta):

0 = dF = Fxdx+ Fydy + Fzdz (1.26)

dan kemudian menghitung turunan parsial Fx, Fy dan Fz meskipun x, y, z memben-

tuk himpunan variabel bebas. Pada tahap ini, kita menggunakan ketergantungan

z pada x dan y untuk memperoleh bentuk diferensial dz =∂f

∂xdx +

∂f

∂ydy. Melalui

subtitusi dan sejumlah operasi aljabar hasil-hasil berikut ini diperoleh:

∂f

∂x= −Fx

Fz,∂f

∂y= −Fy

Fz(1.27)

Contoh 3 Carilahdz

dxdan

dz

dy, jika z didefinisikan secara implisit sebagai

fungsi x dan y oleh persamaan

x3 + y3 + z3 + 6xyz = 1

Penyelesaian

Jika F (x, y, z) = 0 = x3 + y3 + z3 + 6xyz − 1 dan z = f(x, y) maka Fx = 3x2 + 6yz,

Fy = 3y2 + 6xz, dan Fz = 3z2 + 6xy. Maka

∂f

∂x= −3x2 + 6yz

3z2 + 6xy,

∂f

∂y= −3y2 + 6xz

3z2 + 6xy

1.4.3 Fungsi Lebih dari Dua Variabel

Turunan parsial dapat juga didefinisikan untuk fungsi tiga variabel atau lebih. Mis-

alnya, jika f adalah fungsi tiga variabel x, y, dan z, maka turunan parsialnya ter-

16


hadap x didefinisikan sebagai berikut

fx(x, y, z) = lim(h)→(0)

f(x+ h, y, z)− f(x, y, z)

h

dan ditemukan dengan cara memandang y dan z sebagai konstanta serta mendefer-

ensialkan f(x, y, z) terhadap x. Jika ω = f(x, y, z), maka fx =∂ω

∂xdapat ditafsirkan

sebagai laju perubahan ω terhadap x ketika y dan z dianggap konstan. Tetapi untuk

kasus 3 peubah kita tidak dapat menafsirkannya secara geometrik karena grafik f

terletak di ruang empat dimensi.

Umumnya, jika u adalah fungsi n variabel, u = f(x1, x2, ..., xn), turunan par-

sialnya terhadap variabel xi ke-i adalah

∂u

∂xi= lim

(h)→(0)

f(x1, ...xi−1, xi + h, xi+1, ..., xn)− f(x1, x2, ..., xn)

h

atau dapat dituliskan dalam bentuk lain

∂u

∂xi=∂f

∂xi= fxi = fi = Dif

Contoh 4 Carilah fx, fy dan fz jika f(x, y, z) = exylnz.

Penyelesaian

1.4.4 Turunan - turunan Lebih Tinggi

jika f adalah fungsi dua peubah, maka turunan parsialnya fx dan fy juga fungsi

dua peubah, sehingga kita dapat menghitung untuk turunan parsial kedua dari f .

17


Jika z = f(x, y), kita gunakan notasi:

(fx)x = fxx = f11 =∂

∂x

(∂f

∂x

)=∂2f

∂x2=∂2z

∂x2

(fx)y = fxy = f12 =∂

∂y

(∂f

∂x

)=

∂2f

∂y ∂x=

∂2z

∂y ∂x

(fy)x = fyx = f21 =∂

∂x

(∂f

∂y

)=

∂2f

∂x ∂y=

∂2z

∂x ∂y

(fy)y = fyy = f22 =∂

∂y

(∂f

∂y

)=∂2f

∂y2=∂2z

∂y2

Jadi, notasi fxy bermakna bahwa pertama kita mendiferensialkan terhadap x

dan kemudian terhadap y, sedangkan dalam menghitung fyx urutannya dibalik.

Contoh 5 Jika f(x, y) = x3 + x2y3 − 2y2, carilah turunan parsial keduanya untuk

masing-masing x dan y

Latihan Soal

1. Jika φ(x, y) = x3y + exy2

tentukanlah

a. φx(x, y)

b. φy(x, y)

c. φxx(x, y)

d. φyy(x, y)

e. φxy(x, y)

f. φyx(x, y)

2. Tentukandz

dxdan

dz

dydari:

a. x2z + yz2 + 2xy2 − z3 = 0

b. x2tan−1(yx

)= 0

c. x2yz − xy + yz = 0

d. x3ey+z − ysin(x− z) = 0

e. xy − z2 + 2xyz = 0

18


1.4.5 Keterdiferensialan

Untuk sebuah fungsi satu peubah, keterdiferensialan (differentiability) dari f di

x berarti adanya turunan f ′(x). Sehingga, keterdiferensialan ini akan ekuivalen

dengan grafik dari f yang mempunyai garis singgung tak vertikal di x.

Konsep untuk keterdiferensialan sebuah fungsi dua peubah berhubungan dengan

kaidah normal tentang keberadaan sebuah bidang singgung, dan jelas bahwa hal ini

membutuhkan lebih dari sekedar keberadaan turunan-turunan parsial dari f semata,

karena turunan-turunan tersebut mencerminkan sifat f hanya dalam dua arah.

Ilustrasi: Misalkan ada fungsi dua peubah:

f(x, y) = −10√|xy|

yang ditunjukkan pada output program

Gambar 1.5: Output Fungsi f(x, y) = −10√|xy|

Untuk fx(0, 0) dan fy(0, 0) keduanya ada dan sama dengan 0; meskipun tidak

dapat dipastikan bahwa grafiknya mempunyai sebuah bidang singgung di titik asal.

Alasannya adalah, tentu bahwa grafik dari f tidak dapat dihampiri dengan baik

di titik asal tersebut oleh sebarang bidang (khususnyam bidang xy) kecuali dalam

dua arah. Sebuah bidang singgung seharusnya akan menghampiri grafik tersebut

dengan sangat baik dalam segala arah.

Cara lain untuk dapat melihat keterdiferensialan sebuah fungsi dengan peubah tung-

gal adalah sebagai berikut:

Ilustrasi:

Jika f dapat dideferensialkan di a, maka terdapat sebuah garis singgung yang melalui

19


(a, f(a)) yang mendekati fungsi tersebut untuk nilai x dekat a. Dengan kata lain,

f hampir mendekati linier dekat a. gambar berikut mngilustrasikan hal ini untuk

fungsi satu peubah, ketika grafik y = f(x) diperbesar, garis singgung dan fungsi

tersebut hampir tidak dapat dibedakan. Untuk lebih tepatnya, kita dapat men-

Gambar 1.6: ilustrasi pendekatan perpotongan garis

gatakan bahwa sebuah fungsi f disebut linier setempat di a jika terdapat sebuah

konstanta m sedemikian rupa sehingga

f(a+ h) = f(a) + hm+ hε(h)

dimana ε(h) adalah sebuah fungsi yang memenuhi limh→0 ε(h) = 0. Dengan menye-

lesaikan ε(h) akan menghasilkan

ε(h) =f(a+ h)− f(a)

h−m

Fungsi ε(h) adalah perbedaan antara kemiringan garis potong yang melalui titik

(a, f(a)) dan titik (a+ h, f(a+ h)) dengan kemiringan garis singuung yang melalui

(a, f(a)). Jika f bersifat linear setempat di a, maka

limh→0

ε(h) = limh→0

[f(a+ h)− f(a)

h−m

]= 0

yang berarti bahwa

limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= m

Kita dapat menyimpulkan bahwa f pasti dapat dideferensialkan di a dan bahwa

m pasti sama dengan f ′(a). Sebaliknya, jika f dapat dideferensialkan di a, maka

20


limh→0f(a+ h)− f(a)

h= f ′(a) = m, sehingga f linear setempat. Dengan demikian,

pada kasus satu peubah, f akan linear setempat di a jika dan hanya jika f dapat

didefensialkan di a.

Konsep kelinieran setempat ini juga berlaku pada situasi sama dimana f adalah

fungsi dua peubah. Berikut definisi linear setempat untuk fungsi dua peubah Defin-

isi Fungsi f dikatakan linear setempat di (a, b) jika

f(a+ h1, b+ h2) = f(a, b) + h1fx(a, b) + h2fy(a, b) + h1ε1(h1, h2) + h2ε2(h1, h2)

dimana ε1(h1, h2 → 0 ketika (h1, h2)→ 0 dan ε2(h1, h2 → 0 ketika (h1, h2)→ 0

Berdasarkan uraian diatas maka kita dapat mendefinisikan keterdiferensialan

yang sama dengan kelinearan setempat.

Definisi

Fungsi s dapat dideferensialkan di p jika fungsi tersebut linear setempat di p. Fungsi

f dapat dideferensialkan pada sebuah himpunan terbukaR jika fungsi tersebut dapat

dideferensialkan di setiap titik di R.

Vektor (fx(p), fy(p)) = fx(p)i+fy(p)j dilambangkan dengan ∇f(p) dan dise-

but gradien dari f . Jadi, f dapat dideferensialkan di [p] jika dan hanya jika

f(p+h) = f(p) +∇f(p).h + ε(h.)h

dimana ε(h)→ 0 ketika h→ 0. Operator ∇ dibaca ”del” dan sering disebut oper-

ator del.

Dalam hal-hal yang telah dikemukakan diatas, gradien menjadi analog dengan tu-

runan. Aspek-aspek yang tersirat dari definisi diatas adalah:

1. Turunan f ′(x) adalah sebuah bilangan, sedangkan gradien ∇f(p) adalah se-

buah vektor.

2. Hasilkali ∇f(p).h dan ε(h).h adalah hasilkali titik.

3. Definisi-definisi keterdiferensialan dan gradien dapat dikembangkan dengan

mudah menjadi ruang berdimensi berapapun.

Teorema

21


jika f(x, y) mempunyai turunan-turunan parsial kontinu fx(x, y) dan fy(x, y) pada

sebuah himpunan D yang bagian dalamnya mengandung (a, b), maka f(x, y) dapat

dideferensialkan di (a, b).

Jika fungsi f dapat dideferensialkam di p0, maka ketika h mempunyai besaran

yang kecil

f(p0 + h) = f(p0) +∇f.h

dengan menganggap p = p0 +h kita menjumpai fungsi T yang didefinisikan sebagai

T (p) = f(p0) +∇f(p0).(p− p0)

Harusnya menjadi hampiran yang baik untuk f(p) jika p dekat dengan p0. Per-

samaan z = T (p) mendefinisikan sebuah bidang yang menghampiri f di dekat p0.

Biasanya ini disebut bidang singgung.

Contoh Soal Tunjukkan bahwa f(x, y) = xey + x2y dapat diturunkan di-

manapun dan tentukan persamaan bidang singgung di titik (2,0).

Penyelesaian

Pertama buktikan bahwa turunan parsial dari masing-masing variabel kontinu.

∂f

∂x= ey + 2xy dan

∂f

∂y= xey + x2

Latihan Soal

Tentukan persamaan bidang singgung

1. f(x, y) = x2y − xy2, di p=(-2,3)

2. f(x, y) = x3y + 3xy2, di p=(2,-2)

3. f(x, y) = cosπx sinπy + sin2πy, p=(−1,1

2)

4. f(x, y) =x2

y, p=(2,-1)

5. f(x, y, z) = 3x2 − 2y2 + xz2, p=(1,2,-1)

6. f(x, y, z) = xyz + x2, p=(2,0,-3)

22


1.4.6 Turunan Berarah dan Gradien

Untuk sebarag vektor satuan u, misalkan

Duf(p) = limh→0

f(p + hu)− f(p)

Limit ini, jika ada disebut turunan berarah (dirrectional derivative) dari f di p

pada arah u

Gambar dibawah menunjukkan interpretasi geometrik dan turunan berarah. Vektor

u menentukan sebuah garis L di bidang xy melalui (x0, y0). Bidang yang melalui

L ini tegak lurus terhadap bidang xy dan memotong permukaan z = f(x, y) pa-

da kurva C. Persinggungannya di titik (x0, y0, f(x0, y0)) mempunyai kemiringan di

Duf(x0, y0). Interpretasi yang lain adalah bahwa Duf(x0, y0) mengukur laju pe-

rubahan f terhadap jaraka dalam arah u.

1.4.7 Hubungan Turunan Berarah dengan Gradien

berdasarkan

∇f(p) = fx(p)i+ fy(p)i

didapatkan

Teorema A

Misalkan f dapat didefernsialkan di p. Maka f mempunyai turunan berarah di p

23


pada arah vektor satuan u = u1i+ u2j dan

Duf(p) = u.∇f(p)

yakni

Duf(x, y) = u1fx(x, y) + u2fy(x, y)

Contoh:

1. Jika f(x, y) = 4x2−xy+3y2, tentukan turunan berarah dari f di (2,−1) pada

arah vektor a = 4i + 3j

2. Tentukan turunan berarah dari fungsi f(x, y, z) = xysinz di titik (1, 2,π

2)

pada arah vektor a = i + 2j + 2k

Teorema B (Laju Perubahan Maksimum) Sebuah fungsi meningkat paling cepat

di p pada arah gradiennya (dengan laju |∇f(p)|) dan menurun paling cepat pada

arah yang berlawanan (dengan laju −|∇f(p)| )

Contoh:

Andaikan seekor serangga berada pada paraboloid hiperbolik z = y2 − x2 di titik

(1,1,0). Ke arah manakah seharusnya serangga tersebut bergerak untuk melewati

lintasan yang paling curam dan bagaimanakah kemiringannya ketika serangga terse-

but mulai keluar ?

1.4.8 Aturan Rantai

Jika z = f(x, y), dimana x dan y adalah fungsi-fungsi dari t, maka masuk akal

apabila kita menyatakandz

dt, dan tentunya terdapat sebuah rumus untuk itu.

Teorema Aturan Rantai Misalkan x = x(t) dan y = y(t) dapat diderensialkan

di t, dan misalkan z = f(x, y) dapat dideferensialkan di (x(t), y(t)), maka z =

f(x(t), y(t)) dapat dideferensialkan di t dan

dz

dt=∂z

∂x

dz

dx+∂z

∂y

dy

dt

24


Contoh

1. Andaikan z = x3y dimana x = 2t dan y = t2. Tentukandz

dt

2. Ketika sebuah silinder lingkaran tegak yang padat dipanaskan, jari-jari r dan

tingginya h akan meningkat, sehingga luas permukaannya S juga meningkat.

Andaikan pada waktu sesaat ketika r = 10 cm, dan h = 100 cm, r meningkat 0,2

cm per jam dan h meningkat 0,5 cm per jam, Seberapa cepatkah peningkatan

S pada waktu tersebut ?

1.4.9 Aturan Rantai (Versi Kedua)

Jika z = f(x, y), dimana x = x(s, t) dan y = y(s, t), maka masuk akal apabila kita

menanyakan∂z

∂sdan

∂z

∂tTeorema Aturan Rantai (Versi Kedua) Misalkan x = x(s, t) dan y = y(s, t)

mempunyai turunan parsial pertama di (s, t) dan misalkan z = f(x, y) dapat didef-

erensialkan di (x(s, t), y(s, t)). Maka z = f(x(s, t), y(s, t)), mempunyai turunan

parsial pertama yang dinyatakan dengan

∂z

∂s=∂z

∂x

∂x

∂s+∂z

∂y

∂y

∂s

dan

∂z

∂t=∂z

∂x

∂x

∂t+∂z

∂y

∂y

∂t

Contoh

1. Jika x = 3x2−y2, dimana x = 2s+7t dan y = 5st, tentukan∂z

∂tdan nyatakan

dalam s dan t.

2. w = x2 + y2 + z2 + xy, dimana x = st, y = s− t, dan z = s+ 2t. tentukan∂w

∂t

dan∂w

∂s

25


1.5 Maksimum dan Minimum

Misalkan p=(x,y) adalah sebuah titik peubah dan p0 = (x0, y0) adalah sebuah titik

tetap apada bidang berdimendi dua (kedua titik tesebut berlaku untuk titik-titik

pada ruang berdimensi n)

Definisi

Misalkan f adalah fungsi dengan daerah asal S, dan misalkan p0 adalah sebuah titik

di S.

1. f(p0) adalah nilai maksimum global dari f di S jika f(p0) ≥ f(p) untuk

seluruh p di S.

2. f(p0) adalah nilai minimum global dari f di S jika f(p0) ≤ f(p) untuk

seluruh p di S.

3. f(p0) adalah nilai ekstrim global dari f di S jika f(p0) bukan nilai maksi-

mum global dan bukan nilai minimum global.

Teorema A

Jika f kontinu pada sebuah himpunan S tertutup terbatas, maka f mencapai nilai

maksimum (global) dan nilai minimum (global) di himpunan tersebut.

1.

26

BAB 2

Integral dalam Ruang Berdimensi

n

2.1 Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang

Pada bab sebelumnya, kita telah mempelajari mengenai pendiferensialan dalam ru-

ang berdimensi n, selanjutnya yang akan kita pelajari adalah pengintegralan dalam

ruang berdimensi n. Pada dasarnya, masalah-masalah yang dipecahkan dengan

menggunakan integral pada ruang berdimensi n memiliki prinsip yang sama dengan

integral pada satu variabel. Pada bab ini, kita akan menggunakan integral lipat un-

tuk menghitung volume benda padat, luas permukaan, dan pusat massa dari lapisan

tipis (lamina), dan benda-benda padat dengan berbagai kerapatan. Pengintegralan

berlipat ini akan disederhanakan menjadi pengintegralan tunggal berurutan di mana

Teorema Dasar Kalkulus Kedua memainkan peranan yang penting.

Ingat kembali mengenai integral Riemann pada fungsi satu variabel di mana

kita membagi interval [a, b] menjadi interval-interval kecil dengan panjang ∆xk,

k = 1, 2, . . . , n, berdasarkan partisi p : x1 < x2 < . . . < xk mengambil sebuah titik

contoh xk dari interval ke-k, kemudian

b∫a

f(x)dx = lim|p|→0

n∑k=1

f(xk)∆xk

27

BAB 2 : Integral dalam Ruang Berdimensi n

Prinsip tersebut berlaku pula pada ruang berdimensi dua sehingga kita dapat

mendefinisikan integral untuk fungsi dua peubah. Misalkan f(x, y) kontinu pada

himpunan berbentuk persegi panjang R yaitu

R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

Bentuklah partisi p pada himpunan R yaitu garis-garis yang sejajar dengan

sumbu x dan sumbu y menjadi persegi panjang-persegi panjang kecil dengan panjang

sisi-sisinya masing-masing ∆xk dan ∆yk (perhatikan Gambar 2.1).

Gambar 2.1: Partisi Dua Peubah

Pembuatan partisi ini membagi R menjadi persegi panjang-persegi panjang

yang lebih kecil sebanyak n (notasi: Rk), k = 1, 2, . . . , n. Misalkan panjang sisi-

sisi Rk masing-masing adalah ∆xk dan ∆yk dan misalkan luas persegi panjang ke-k

yaitu ∆Ak = ∆xk∆yk. Pada persegi panjang Rk ambil sebuah titik (xk, yk) sehingga

dapat ditentukan bentuk jumlah Riemann-nya yaitu

n∑k=1

f(xk, yk)∆Ak

28


Gambar 2.2: Volume Persegi Panjang Rk

Dengan demikian, berikut adalah definisi dari integral lipat-dua.

Definisi Integral Lipat-Dua

Misalkan f adalah fungsi dengan dua peubah yang didefinisikan pada sebuah

persegi panjang tertutup R. Jika

lim|p|→0

n∑k=1

f(xk, yk)∆Ak,

ada, maka f dapat diintegralkan di R.∫∫R

f(x, y)dA disebut integral lipat-dua dari f atas R dan dapat dinyatakan

dengan ∫∫R

f(x, y)dA = lim|p|→0

n∑k=1

f(xk, yk)∆Ak

Contoh:

Hampirilah∫∫R

f(x, y)dA berikut dengan menghitung jumlah Riemann di mana

f(x, y) = 64−8x+y216

dan R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 8}

Penyelesaian:

29


Titik-titik contoh yang diperlukan dan nilai-nilai yang berhubungan pada

fungsi tersebut adalah sebagai berikut

(x1, y1) = (1, 1), f(x1, y1) =57

16

(x2, y2) = (1, 3), f(x2, y2) =65

16

(x3, y3) = (1, 5), f(x3, y3) =81

16

(x4, y4) = (1, 7), f(x4, y4) =105

16

(x5, y5) = (3, 1), f(x5, y5) =41

16

(x6, y6) = (3, 3), f(x6, y6) =49

16

(x7, y7) = (3, 5), f(x7, y7) =65

16

(x8, y8) = (3, 7), f(x8, y8) =89

16

Karena ∆Ak = 4, maka diperoleh

∫∫R

f(x, y)dA =8∑

k=1

f(xk, yk)∆Ak = 48∑

k=1

f(xk, yk)

=4(57 + 65 + 81 + 105 + 41 + 49 + 65 + 89)

16

= 138 �

30


Teorema Keterintegralan

Jika f terbatas pada suatu persegi panjang tertutup R dan jika fungsi ini

kontinu di R, kecuali pada sejumlah hingga kurva mulus, maka f dapat diitegralkan

pada R. Secara khusus, jika f kontinu di seluruh R, maka f dapat diintegralkan di

R.

Sifat-sifat Integral Lipat-Dua

1. Bersifat linear

a.∫∫R

kf(x, y)dA = k∫∫R

f(x, y)dA;

b.∫∫R

[f(x, y) ± g(x, y)]dA =∫∫R

f(x, y)dA ±∫∫R

g(x, y)dA

2. Bersifat aditif (penjumlahan) pada daerah yang saling tumpang tindih hanya

pada sebuah ruas garis∫∫R

f(x, y)dA =

∫∫R1

f(x, y)dA +

∫∫R2

f(x, y)dA

3. Perbandingan pada integral lipat-dua, jika f(x, y) ≤ g(x, y) untuk seluruh

(x, y) di R, maka ∫∫R

f(x, y)dA ≤∫∫R

g(x, y)dA

31


Perhitungan pada Integral Lipat-Dua

Jika f(x, y) = 1 di R maka integral lipat-dua merupakan luas dari R,∫∫R

kdA = k

∫∫R

1dA = kA(R)

Contoh:

Misalkan f adalah fungsi tangga, yaitu misalkan

f(x, y) =

1 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1

2 0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2

3 0 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 3

Hitung∫∫R

f(x, y)dA di mana R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3}.

Penyelesaian:

Buat persegi panjang R1, R2, dan R3 sebagai berikut

R1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1}

R2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 1 ≤ y ≤ 2}

R3 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 2 ≤ y ≤ 3}

32


Dengan menggunakan sifat penjumlahan pada integral lipat-dua diperoleh:∫∫R

f(x, y)dA =

∫∫R1

f(x, y)dA +

∫∫R2

f(x, y)dA +

∫∫R3

f(x, y)dA

= 1A(R1) + 2A(R2) + 3A(R3)

= 1(3) + 2(3) + 3(3) = 18 �

33


Latihan 2.1

1. Misalkan R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2}, hitung∫∫R

f(x, y)dA di mana

f(x, y) =

{2 1 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 2

3 3 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2

2. Misalkan:

R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2}

R1 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}

R2 = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2}

Misalkan pula: ∫∫R

f(x, y)dA = 3

∫∫R

g(x, y)dA = 5

∫∫R1

g(x, y)dA = 2

. Hitunglah:

a.∫∫R

[3f(x, y)− g(x, y)]dA

b.∫∫R1

[2g(x, y) + 3]dA

3. Hitunglah∫∫R

(1 + x)dA di mana R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.

(Petunjuk: sketsalah benda padat tersebut).

34


2.2 Integral Berulang

Sekarang yang akan kita hadapi adalah menghitung∫∫R

f(x, y)dA di mana R adalah

persegi panjang R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} dan menginterpretasikannya

sebagai volume V dari benda padat di bawah permukaan

V =

∫∫R

f(x, y)dA (2.1)

Terdapat cara lain untuk menghitung volume benda padat yaitu dengan men-

giris benda padat tersebut menjadi lempengan-lempengan tipis yang sejajar dengan

bidang xz atau yz. Misalkan kita akan menggunakan lempengan-lempengan tipis

yang sejajar dengan bidang xz, perhatikan Gambar 2.3 berikut.

Gambar 2.3: Irisan oleh Bidang y = konstanta

Misalkan Ay adalah luas muka lempengan sedangkan ∆y merupakan ketebalan

lempengan, maka volume dari lempengan tersebut dapat dihampiri dengan

∆V ≈ A(y)∆y

atau

V =

d∫c

A(y)dy

35


Di sisi lain, luas Ay dapat dihampiri dengan

A(y) =

b∫a

f(x, y)dx

Dengan demikian, volume dari benda padat tersebut dapat diperoleh yaitu

V =

d∫c

A(y)dy =

d∫c

b∫a

f(x, y)dx

dy (2.2)

Dengan menggabungkan persamaan (2.1) dan (2.2) diperoleh

∫∫R

f(x, y)dA =

d∫c

b∫a

f(x, y)dx

dyPersamaan tersebut disebut integral berulang.

Selanjutnya, dengan cara yang sama, penghitungan volume juga dapat di-

lakukan dengan mengiris lempengan sejajar dengan sumbu yz.

Gambar 2.4: Irisan oleh Bidang x = konstanta

36


Pengintegralan yang terjadi dalam urutan yang berlawanan yaitu

∫∫R

f(x, y)dA =

b∫a

d∫c

f(x, y)dy

dxContoh:

Tentukan volume V suatu benda padat di bawah permukaan z = 4 − x − y dan di

atas persegi panjang R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1}.

Penyelesaian:

V =

∫∫R

f(x, y)dA =

∫∫R

A(x)dx

=

x=2∫x=0

y=1∫y=0

(4− x− y)dy dx =

x=2∫x=0

[4y − xy − y2

2

]10

dx

=

x=2∫x=0

[7

2− x]dx = 5 �

37


Latihan 2.2

1. Hitunglah integral berulang berikut

a.2∫1

3∫0

(xy + y2)dx dy

b.ln 3∫0

ln 2∫0

ex+ydy dx

c.ln 3∫0

1∫0

xyexy2dy dx

2. Sketsa dan hitunglah volume benda padat berikut

a.2∫0

2∫0

(x2 + y2)dy dx

b. Benda padat di antara z = x2 + y2 + 2 dan z = 1 dan terletak di atas

R = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}

3. Hitung integral berulang berikut

2∫−2

1∫−1

|x2y3|dy dx

38


2.3 Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan Perse-

gi Panjang

Misalkan himpunan S tertutup dan terbatas pada bidang. Himpunan S tersebut

terkandung dalam sebuah persegi panjang R dengan sisi-sisi sejajar sumbu koordi-

natnya.

Definisikan, f(x, y) =

{f(x, y) jika (x, y) di S

0 jika (x, y) di R-S

Gambar 2.5: Integral di Bawah Daerah Sebarang

f bisa diintegralkan di S jika f dapat diintegralkan pada R∫∫S

f(x, y)dA =

∫∫R

f(x, y)dA

Penghitungan Integral Lipat-Dua atas Himpunan Umum

1. Himpunan Sederhana-y

Sebuah himpunan S dikatakan sederhana-y jika himpunan tersebut sederhana

pada arah y, artinya bahwa sebuah garis pada arah ini memotong S dalam

selang tunggal (atau titik atau tidak sama sekali).

S = {(x, y) : g1(x) ≤ y ≤ g2(x), a ≤ x ≤ b}

39


Gambar 2.6: Himpunan Sederhana-y

Untuk tiap nilai x, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak

lurus sb-x adalah

A(x) =

y=g2(x)∫y=g1(x)

f(x, y)dy

Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda

padat dan dihitung volumenya maka

Gambar 2.7: Benda Padat dari Himpunan Sederhana-y

40


V =

x=b∫x=a

A(x)dx =

x=b∫x=a

y=g2(x)∫y=g1(x)

f(x, y)dy

dxatau

∫∫S

f(x, y)dA =

x=b∫x=a

y=g2(x)∫y=g1(x)

f(x, y)dy

dx2. Himpunan Sederhana-x

Himpunan S disebut sederhana-x jika terdapat fungsi h1(y) dan h2(y) pada

selang [c, d] sedemikian rupa sehingga

S = {(x, y) : h1(y) ≤ x ≤ h2(y), c ≤ y ≤ d}

Gambar 2.8: Himpunan Sederhana-x

Untuk tiap nilai y, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak

lurus sb-y adalah

A(y) =

x=h2(y)∫x=h1(y)

f(x, y)dx

41


Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda

padat dan dihitung volumenya maka

Gambar 2.9: Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x

V =

y=d∫y=c

A(y)dy =

y=d∫y=c

x=h2(y)∫x=h1(y)

f(x, y)dx

dyatau

∫∫S

f(x, y)dA =

y=d∫y=c

x=h2(y)∫x=h1(y)

f(x, y)dx

dyContoh:

Gunakan integral lipat-dua untuk menentukan volume dari tetrahedron yang di-

batasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang 3x+ 6y + 4z − 12 = 0.

Penyelesaian:

Daerah segitiga pada bidang xy yang membentuk alas tetrahedron dilambangkan

dengan S. Kita akan menghitung volume benda padat di bawah permukaan 3x +

6y + 4z − 12 = 0 atau 34(4− x− 2y) dan di atas daerah S.

42


Bidang tersebut memotong bidang xy di garis x + 2y − 4 = 0, suatu ruas

yang merupakan bagian dari batas S. Karena persamaan ini dapat ditulis sebagai

y = 2− x2

dan x = 4− 2y, maka S dapat dipandang sebagai himpunan sederhana-y

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 2− x

2}

atau sebagai himpunan sederhana-x

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

Dengan memperlakukan bidang S sebagai himpunan sederhana-y (hasilnya

sama dengan cara yang lain), maka volume benda padat tersebut adalah

V =

∫∫S

3

4(4− x− 2y)dA =

4∫0

2−x2∫

0

3

4(4− x− 2y)dy dx

=

4∫0

3

4

[4y − xy − y2

]2−x2

0dx

=3

16

4∫0

(16− 8x+ x2)dx

=3

16

[16x− 4x2 +

x3

3

]40

= 4 �

43


Latihan 2.3

1. Sketsalah benda padat berikut kemudian tentukan volumenya dengan integral

berulang.

a. Tetrahedron yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang z =

6− 2x− 3y

b. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang-bidang koordi-

nat dan bidang-bidang 2x+ y − 4 = 0 dan 8x+ y − 4z = 0

c. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh silinder y = x2 dan

bidang-bidang x = 0, z = 0, dan y + z = 1

2. Hitunglah∫∫S

sin(y3)dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh y =√x,

y = 2, dan x = 0. Petunjuk: Jika suatu urutan pengintegralan tidak berhasil,

cobalah urutan lainnya.

44


2.4 Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub

Terdapat beberapa kurva tertentu pada suatu bidang yang lebih mudah dijelaskan

dengan menggunakan koordinat Kutub. Misalkan z = f(x, y) menentukan sebuah

permukaan atas R (lihat gambar) dan andaikan f kontinu dan tak negatif.

Gambar 2.10: Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub

Maka volume V benda padat di bawah permukaan tersebut dan di atas R

dapat dinyatakan

V =

∫∫R

f(x, y)dA

Di dalam koordinat kutub, persegi panjang kutub R mempunyai bentuk

R = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β}

di mana a ≥ 0 dan β−α ≤ 2π. Demikian pula, persamaan permukaan dapat ditulis

sebagai

z = f(x, y) = f(r cos θ, r sin θ) = F (r, θ)

Kita akan menghitung volume V dengan cara baru yaitu dengan menggunakan ko-

ordinat kutub.

Selanjutnya, kita akan membagi R menjadi partisi-partisi yang lebih kecil

berbentuk persegi panjang kutub R1, R2, . . . , Rn dengan menggunakan kisi kutub,

45


dan misalkan ∆rk dan ∆θk menyatakan dimensi potongan Rk. Luas A(Rk) diny-

atakan dengan

A(Rk) = rk∆rk∆θk

di mana rk adalah jari-jari rata-rata Rk.

Gambar 2.11: Partisi-partisi R

Jadi, volumenya dapat dihitung

V ≈n∑k=1

F (rk, θk)rk∆rk∆θk

Ketika kita menggunakan limit sebagai aturan pembagian partisi yang mendekati

nol, maka kita akan memperoleh volume yang sebenarnya. Limit ini adalah sebuah

integral lipat-dua.

V =

∫∫R

F (r, θ)r dr dθ =

∫∫R

f(r cos θ, r sin θ)r dr dθ

Dari uraian di atas, kita mempunyai dua rumus untuk V yaitu∫∫R

f(x, y)dA =

∫∫R

f(r cos θ, r sin θ)r dr dθ

46


Contoh:

Tentukan volume V dari benda padat di atas persegi panjang kutub (lihat gambar)

R ={

(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π

4

}dan di bawah permukaan z = ex

2+y2 .

Penyelesaian:

Karena x2 + y2 = r2, maka

V =

∫∫R

ex2+y2dA

=

π/4∫0

3∫1

er2

r dr

dθ =

π/4∫0

[1

2er

2

]31

dθ

=

π/4∫0

1

2(e9 − e)dθ =

π

8(e9 − e) ≈ 3181 �

Daerah Umum

1. Himpunan Sederhana-r

Himpunan S dikatakan himpunan sederhana-r jika himpunan tersebut berben-

tuk

S = {(r, θ) : φ1(θ) ≤ r ≤ φ2(θ), α ≤ θ ≤ β}

47


Gambar 2.12: Himpunan Sederhana-r

Maka volume V dapat dihitung

V =

θ=β∫θ=α

r=φ2(θ)∫r=φ1(θ)

f(r, θ)r dr dθ

2. Himpunan Sederhana-θ

Himpunan S dikatakan himpunan sederhana-θ jika himpunan tersebut berben-

tuk

S = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, ψ1(r) ≤ θ ≤ ψ2(r)}

Gambar 2.13: Himpunan Sederhana-θ

48


Maka volume V dapat dihitung

V =

r=b∫r=a

θ=ψ2(r)∫θ=ψ1(r)

f(r, θ)r dθ dr

Contoh:

Hitunglah∫∫S

ydA di mana S adalah daerah di kuadran pertama yang berada di

luar lingkaran r = 2, serta di dalam kardioid r = 2(1 + cosθ)

Penyelesaian:

Karena S adalah himpunan sederhana-r, kita dapat menuliskan integral di atas

sebagai integral kutub berulang dengan r sebagai peubah pengintegralan sebelah

dalam. Di dalam pengintegralan sebelah dalam ini, θ dibuat tetap; pengintegralan

dilakukan di sepanjang garis tebal (pada gambar) dari r = 2 sampai r = 2(1+cosθ).

∫∫S

ydA =

π/2∫0

2(1+cosθ)∫2

(rsinθ)r dr dθ

=

π/2∫0

[r3

3sinθ

]2(1+cosθ)2

dθ

49


=8

3

π/2∫0

[(1 + cosθ)3sinθ − sinθ]dθ

=8

3

[−1

4(1 + cosθ)4 + cosθ

]π/20

=8

3

[−1

4+ 0− (−4 + 1)

]=

22

3�

Integral Probabilitas

Pada materi ini, kita dapat membuktikan bahwa integral dari fungsi kepadatan

peluang normal standar bernilai satu yaitu

∞∫−∞

f(x)dx = 1

dengan

f(x) =1√2πe−x

2/2

Pertama, kita akan menunjukkan bahwa I =∞∫0

e−x2dx =

√π2.

Ingat kembali bahwa

I =

∞∫0

e−x2

dx = limb→∞

b∫0

e−x2

dx

Misalkan Vb merupakan volume benda padat yang terletak di bawah per-

mukaan z = e−x2−y2 dan di atas bujursangkar dengan titik potong (±b,±b), lihat

gambar, maka

50


Vb =

b∫−b

b∫−b

e−x2−y2dy dx =

b∫−b

e−x2

b∫−b

e−y2

dy

dx=

b∫−b

e−x2

dx

b∫−b

e−y2

dy =

b∫−b

e−x2

dx

2

= 4

b∫0

e−x2

dx

2

Ternyata volume daerah di bawah z = e−x2−y2 dan di atas seluruh bidang xy

adalah

V = limb→∞

Vb = limb→∞

4

b∫0

e−x2

dx

2

= 4

∞∫0

e−x2

dx

2

= 4I2

Di sisi lain, kita juga dapat menghitung V dengan menggunakan koordinat

kutub. Di sini, V adalah limit ketika a→∞ dari Va, volume benda padat tersebut

di bawah permukaan z = e−x2−y2 = e−r

2, di atas daerah melingkar berjari-jari a

yang berpusat di titik asal (lihat gambar), maka

51


V = lima→∞

Va = lima→∞

2π∫0

a∫0

e−r2

r dr dθ

= lima→∞

2π∫0

[−1

2e−r

2

]a0

dθ

= lima→∞

1

2

2π∫0

[1− e−a2

]dθ

= lima→∞

π[1− e−a2

]= π

Dengan memasukkan kedua nilai yang diperoleh untuk V dengan menggu-

nakan integral biasa dan integral dalam koordinat kutub di atas, akan dihasilkan

4I2 = π atau I = 12

√π. �

Selanjutnya, setelah diperoleh I =∞∫0

e−x2dx =

√π2, akan ditunjukkan bahwa

∞∫−∞

1√2πe−x

2/2dx = 1

52


Berdasarkan sifat simetri,

∞∫−∞

1√2πe−x

2/2dx = 2

∞∫0

1√2πe−x

2/2dx

Lakukan substitusi u = x√2

sehingga dx =√

2du. Batas-batas pada integral

tetap sama sehingga kita memperoleh

∞∫−∞

1√2πe−x

2/2dx = 2

∞∫0

1√2πe−u

2√2du

=2√

2√2π

∞∫0

e−u2

du

=2√

2√2π

√π

2= 1

Jadi terbukti bahwa integral dari fungsi kepadatan peluang normal standar

bernilai satu. �

53


Latihan 2.4

1. Hitung integral-integral berulang berikut

a.π/2∫0

cos θ∫0

r2 sin θ dr dθ

b.π∫0

1−cos θ∫0

r sin θ dr dθ

2. Tentukan luas daerah S dengan menghitung∫∫S

r dr dθ dan sketsa daerah terse-

but terlebih dahulu

a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4 cos θ dan di luar lingkaran

r = 2

b. S adalah daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam lemniskat r2 =

9 cos 2θ

3. Hitung integral berikut dengan menggunakan koordinat kutub dan sketsa daer-

ah pengintegralannya terlebih dahulu

a.∫∫S

ex2+y2dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x2 + y2 = 4

b.∫∫S

√4− x2 − y2dA, di mana S adalah sektor kuadran pertama dari lingkaran

x2 + y2 = 4 di antara y = 0 dan y = x

54


2.5 Penerapan Integral Lipat-Dua

Penerapan lain dari integral lipat-dua antara lain adalah menghitung pusat mas-

sa, momen inersia, dan luas permukaan. Tinjaulah sebuah lembaran tipis yang

sedemikian tipisnya sehingga kita dapat memandangnya sebagai objek berdimensi

dua, kita menyebut lembaran ini lamina. Di sini, kita akan mempelajari lamina-

lamina dengan berbagai kerapatan, yaitu lamina yang terbuat dari material tak-

homogen.

Gambar 2.14: Lamina

Andaikan sebuah lamina menutupi sebuah daerah S pada bidang xy, dan

misalkan kerapatan (massa per satuan luas) di (x, y) disimbolkan dengan δ(x, y).

Daerah S dipartisi menjadi persegi panjang-persegi panjang kecil R1, R2, . . . , Rk

seperti ditunjukkan pada Gambar 2.15. Ambil sebuah titik (xk, yk) pada Rk.

Gambar 2.15: Partisi Lamina

Maka massa Rk secara hampiran adalah δ(xk, yk)A(Rk), dan massa total lam-

55


ina tersebut secara hampiran adalah

m ≈n∑k=1

δ(xk, yk)A(Rk)

Massa sebenarnya, m diperoleh dengan mengambil limit rumus di atas sebagai

norma partisi mendekati nol, yang tentu saja merupakan sebuah integral lipat dua

m =

∫∫S

δ(x, y)dA

Contoh 1:

Sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) = xy dibatasi oleh sumbu x, garis x = 8,

dan kurva y = x2/3. Tentukan massa totalnya.

Penyelesaian:

m =

∫∫S

xy dA =

8∫0

x2/3∫0

xy dy dx

=

8∫0

[xy2

2

]x2/30

dx =1

2

8∫0

x7/3dx

=1

2

[3

10x10/3

]80

=768

5= 153.6 �

56


Pusat Massa

Jika m1,m2, . . . ,mn berturut-turut adalah kumpulan titik-titik massa yang

masing-masing terletak di (x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn), maka momen total terhadap

sumbu y dan sumbu x dapat dinyatakan dengan

My =n∑k=1

xkmk Mx =n∑k=1

ykmk

Lebih lanjut, koordinat (x, y) dari pusat massa (titik keseimbangan) adalah

x =My

m=

n∑k=1

xkmk

n∑k=1

mk

y =Mx

m=

n∑k=1

ykmk

n∑k=1

mk

Sekarang perhatikan sebuah lamina dengan kerapatan berupa peubah δ(x, y)

yang melingkupi daerah S pada bidang xy (Gambar 2.14). Buat partisi seperti

pada Gambar 2.15 dan asumsikan sebagai sebuah hampiran bahwa suatu massa

dari setiap Rk terpusat di (xk, yk), k = 1, 2, . . . , n. Gunakan limitnya sebagai suatu

aturan pembagian partisi yang mendekati nol. Cara ini menghasilkan rumus umum,

x =My

m=

∫∫S

xδ(x, y)dA∫∫S

δ(x, y)dAy =

Mx

m=

∫∫S

yδ(x, y)dA∫∫S

δ(x, y)dA

Contoh 2:

Tentukan pusat massa dari lamina pada Contoh 1.

Penyelesaian:

Pada Contoh 1, kita telah mendapatkan massa m dari lamina yaitu 7685

. Momen My

dan Mx yang mengacu pada sumbu y dan sumbu x adalah

57


My =

∫∫S

xδ(x, y)dA =

8∫0

x2/3∫0

x2y dy dx

=1

2

8∫0

x10/3dx =12288

13= 945.23 �

Mx =

∫∫S

yδ(x, y)dA =

8∫0

x2/3∫0

xy2 dy dx

=1

3

8∫0

x3dx =1024

3= 341.33 �

Maka

x =My

m= 6

2

13= 6.15 � y =

Mx

m= 2

2

9= 2.22 �

Momen Inersia

Dari pelajaran fisika kita pelajari bahwa energi kinetik, KE, dari sebuah par-

tikel dengan massa m, dan kecepatan v, yang bergerak dalam sebuah garis lurus

dirumuskan dengan

KE =1

2mv2 (2.3)

Jika suatu partikel tidak bergerak dalam sebuah garis lurus tetapi berputar

dalam sebuah sumbu dengan kecepatan sudut sebesar ω radian per satuan waktu,

maka kecepatan linearnya adalah v = rω, di mana r adalah jari-jari dari lintasan

perputarannya. Ketika kita mensubstitusikan ini ke dalam (2.3), maka kita akan

memperoleh

KE =1

2(r2m)ω2

Suku r2m disebut momen inersia dari suatu partikel dan dilambangkan den-

58


gan I. Jadi, untuk sebuah partikel yang berputar

KE =1

2Iω2 (2.4)

Kita simpulkan dari (2.3) dan (2.4) bahwa momen inersia dari benda dalam

gerak berputar memainkan peranan yang serupa dengan massa benda dengan gerak

linear.

Untuk sebuah sistem dengan n partikel pada suatu bidang dengan massa

m1,m2, . . . ,mn dan pada jarak-jarak r1, r2, . . . , rn dari garis L, maka momen in-

ersia sistem terhadap L didefinisikan sebagai

I = m1r21 +m2r

22 + . . .+mnr

2n =

n∑k=1

mkr2k

Dengan kata lain, kita melakukan penjumlahan momen inersia dari setiap

partikel.

Misalkan sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) yang melingkupi daerah S

pada bidang xy. Jika kita mempunyai partisi S, membuat hampiran untuk momen

inersia dari setiap bagian Rk, menjumlahkan dan menentukan limitnya, maka akan

diperoleh rumus-rumus berikut. Momen inersia (disebut juga momen kedua) dari

suatu lamina terhadap sumbu x, sumbu y, dan sumbu z dinyatakan dengan

Ix =

∫∫S

y2δ(x, y)dA Iy =

∫∫S

x2δ(x, y)dA

Iz =

∫∫S

(x2 + y2)δ(x, y)dA = Ix + Iy

Contoh 3:

Tentukan momen inersia terhadap sumbu x, y, dan z dari lamina pada Contoh 1.

Penyelesaian:

59


Ix =

∫∫S

xy3dA =

8∫0

x2/3∫0

xy3 dy dx =1

4

8∫0

x11/3dx =6144

7≈ 877.71 �

Iy =

∫∫S

x3ydA =

8∫0

x2/3∫0

x3y dy dx =1

2

8∫0

x13/3dx = 6144 �

Iz = Ix + Iy =49152

7≈ 7021.71 �

Luas Permukaan

Pada materi ini, kita akan membahas mengenai luas permukaan yang didefin-

isikan dengan z = f(x, y) atas sebuah daerah spesifik.

Andaikan G adalah permukaan atas sebuah daerah S yang tertutup dan ter-

batas pada bidang xy. Asumsikan bahwa f mempunyai turunan-turunan parsial

pertama kontinu fx dan fy. Kita akan mulai dengan membuat partisi P pada daer-

ah S dengan garis-garis sejajar dengan sumbu x dan sumbu y (Gambar 2.16 kiri).

Misalkan Rm, m = 1, 2, . . . , n, menyatakan persegi panjang-persegi panjang yang di-

hasilkan dan terletak sepenuhnya di dalam S. Untuk setiap m, misalkan Gm adalah

bagian dari permukaan yang diproyeksikan ke Rm, dan misalkan Pm adalah suatu

titik dari Gm yang diproyeksikan ke sudut Rm dengan koordinat x dan koordinat y

yang terkecil. Misalkan Tm menyatakan suatu jajaran genjang dari bidang singgung

di Pm yang diproyeksikan ke Rm, seperti ditunjukkan pada Gambar 2.16 kiri, dan

perincian selanjutnya ditunjukkan pada Gambar 2.16 kanan.

Selanjutnya, kita mencari luas jajaran genjang Tm yang proyeksinya adalah

Rm. Misalkan um dan vm menyatakan vektor-vektor yang membentuk sisi-sisi Tm.

Maka,

um = ∆xmi+ fx(xm, ym)∆xmk

vm = ∆ymj + fy(xm, ym)∆ymk

60


Gambar 2.16: Partisi P pada Daerah S

Luas jajaran genjang Tm adalah |um × vm| di mana

um × vm =

∣∣∣∣∣∣∣i j k

∆xm 0 fx(xm, ym)∆xm

0 ∆ym fy(xm, ym)∆ym

∣∣∣∣∣∣∣= (0− fx(xm, ym)∆xm∆ym)i− (fy(xm, ym)∆xm∆ym − 0)j + (∆xm∆ym − 0)k

= ∆xm∆ym[−fx(xm, ym)i− fy(xm, ym)j + k]

= A(Rm)[−fx(xm, ym)i− fy(xm, ym)j + k]

Dengan demikian, luas Tm adalah

A(Tm) = |um × vm| = A(Rm)√

[fx(xm, ym)]2 + [fy(xm, ym)]2 + 1

Kemudian, jumlahkan luas dari bidang-bidang singgung jajaran genjang Tm

61


ini, m = 1, 2, . . . , n, dan ambil limitnya agar diperoleh luas permukaan G.

A(G) = lim|P |→0

n∑m=1

A(Tm)

= lim|P |→0

√[fx(xm, ym)]2 + [fy(xm, ym)]2 + 1A(Rm)

=

∫∫S

√[fx(xm, ym)]2 + [fy(xm, ym)]2 + 1dA

Singkatnya,

A(G) =

∫∫S

√f 2x + f 2

y + 1dA

Gambar 2.16 dibuat seolah-olah daerah S pada bidang xy adalah sebuah perse-

gi panjang, tapi prakteknya tidak selalu demikian. Gambar 2.17 berikut memperli-

hatkan apa yang terjadi ketika S bukan merupakan sebuah persegi panjang.

Gambar 2.17: S bukan Persegi Panjang

Contoh 1:

Jika S adalah daerah persegi panjang pada bidang xy yang dibatasi oleh garis x = 0,

x = 1, y = 0, dan y = 2, tentukan luas dari bagian permukaan silindris z =√

4− x2

yang diproyeksikan ke S.

62


Penyelesaian:

Misalkan f(x, y) =√

4− x2. Maka fx = − x√4−x2 , fy = 0, dan

A(G) =

∫∫S

√f 2x + f 2

y + 1dA =

∫∫S

√x2

4− x2+ 1dA =

∫∫S

2√4− x2

dA

=

1∫0

2∫0

2√4− x2

dy dx = 4

1∫0

1√4− x2

dx = 4[sin−1

x

2

]10

=2π

3�

Contoh 2:

Tentukan luas permukaan z = x2 + y2 di bawah bidang z = 9.

Penyelesaian:

Bagian G (yang diarsir) dari permukaan tersebut diproyeksikan ke daerah melingkar

S di dalam lingkaran x2+y2 = 9. Misalkan f(x, y) = x2+y2. Maka fx = 2x, fy = 2y,

63


dan

A(G) =

∫∫S

√4x2 + 4y2 + 1dA

Bentuk S menyarankan kita untuk menggunakan koordinat kutub.

A(G) =

2π∫0

3∫0

√4r2 + 1r dr dθ

=

2π∫0

1

8

[2

3(4r2 + 1)3/2

]30

dθ

=

2π∫0

1

12(373/2 − 1)dθ =

π

6(373/2 − 1) ≈ 117.32 �

64


Latihan 2.5

1. Tentukan massa m dan pusat massa (x, y) dari lamina yang dibatasi kurva-

kurva berikut dengan kerapatan yang diberikan.

a. x = 0, x = 4, y = 0, y = 3; δ(x, y) = y + 1

b. y = ex, y = 0, x = 0, x = 1; δ(x, y) = 2− x+ y

2. Tunjukkan bahwa momen inersia dari sebuah lamina persegi panjang homogen

dengan panjang sisi a dan b terhadap sumbu tegak lurus melalui pusat mas-

sanya adalah

I =1

12(a3b+ ab3)

Di sini k adalah konstanta kerapatan.

3. Sketsalah daerah-daerah berikut dan hitung luas permukaannya.

a. Bagian dari permukaan z =√

4− y2 yang tepat berada di atas bujur-

sangkar pada bidang xy dengan verteks-verteks (1, 0), (2, 0), (2, 1), dan

(1, 1).

b. Bagian dari permukaan z =√

4− y2 pada oktan pertama yang tepat

berada di atas lingkaran x2 + y2 = 4 pada bidang xy.

c. Bagian dari bola x2+y2+z2 = a2 di dalam silinder lingkaran x2+y2 = ay

(r = asinθ pada koordinat kutub), a > 0.

65

BAB 3

Kalkulus Vektor

3.1 Medan Vektor

Perhatikan sebuah fungsi F yang menghubungkan sebuah vektor F(p) dengan setiap

titik p dalam ruang berdimensi-n. Contoh yang khas dalam ruang berdimensi dua

adalah

F(p) = F(x, y) = −1

2yi +

1

2xj

Berdasarkan sejarahnya, kita menyebut fungsi seperti ini sebagai medan vek-

tor. Bayangkan setiap titik p pada sebuah daerah ruang dikenai sebuah vektor F(p)

yang memancar dari p. Kita tidak dapat menggambar seluruh vektor ini, tetapi se-

buah contoh yang cukup mewakili dapat memberikan gambaran pemahaman yang

baik tentang medan vektor. Gambar 3.1 merupakan gambaran untuk medan vektor

F(x, y) = −12yi + 1

2xj.

Gambar 3.1: Medan Vektor F(p)

66

BAB 3 : Kalkulus Vektor

Medan vektor ini merupakan medan kecepatan dari putaran roda pada laju

konstan sebesar 12

radian per satuan waktu (lihat Contoh).

Contoh:

Tunjukkan bahwa setiap vektor dari medan vektor

F (x, y) = −1

2yi +

1

2xj

menyinggung sebuah lingkaran yang berpusat di titik asal dan mempunyai panjang

setengah jari-jari lingkaran tersebut.

Penyelesaian:

Jika r = xi + yj adalah vektor posisi dari titik (x, y), maka

r.F(x, y) = −1

2xy +

1

2xy = 0

Jadi, F(x, y) tegak lurus terhadap r, dan dengan demikian menyinggung lingkaran

yang berjari-jari |r| tersebut. Maka

|F(x, y)| =

√(−1

2y

)2

+

(1

2x

)2

=1

2|r| �

Gradien dari Medan Skalar

Misalkan f(x, y, z) menentukan sebuah medan skalar dan andaikan f dapat

didiferensialkan. Maka gradien dari f , dilambangkan dengan ∇f , adalah medan

vektor yang dinyatakan dengan

F(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂f

∂xi +

∂f

∂yj +

∂f

∂zk

Sebuah medan vektor F yang merupakan gradien dari medan skalar f disebut

medan vektor konservatif, dan f adalah fungsi potensial-nya.

67


Contoh:

Misalkan F adalah gaya yang dihasilkan dari hukum kuadrat invers, yakni, misalkan

F(x, y, z) = −c r

|r|3= −c xi + yj + zk

(x2 + y2 + z2)3/2

di mana c adalah konstanta. Tunjukkan bahwa

f(x, y, z) =c

(x2 + y2 + z2)1/2= c(x2 + y2 + z2)−1/2

adalah fungsi potensial untuk F, dan oleh karenanya F bersifat konservatif (untuk

r 6= 0).

Penyelesaian:

∇f(x, y, z) =∂f

∂xi +

∂f

∂yj +

∂f

∂zk

= − c2

(x2 + y2 + z2)−3/2(2xi + 2yj + 2zk)

= F(x, y, z) �

68


Latihan 3.1

1. Tentukan ∇f

a. f(x, y, z) = x2 − 3xy + 2z

b. f(x, y, z) = sin(xyz)

c. f(x, y, z) = y2e−2z

2. Sebuah benda dengan massa m, yang berputar dalam orbit melingkar dengan

kecepatan sudut yang konstan ω, dikenai gaya sentrifugal yang dinyatakan

dengan

F(x, y, z) = mω2r = mω2(xi + yj + zk)

Tunjukkan bahwa

f(x, y, z) =1

2mω2(x2 + y2 + z2)

adalah sebuah fungsi potensial untuk F.

69


3.2 Integral Garis

Salah satu jenis generalisasi integral tentub∫a

f(x)dx diperoleh dengan menggantikan

himpunan [a, b] yang kita integralkan menjadi himpunan berdimensi dua dan berdi-

mensi tiga. Generalisasi yang benar-benar berbeda diperoleh dengan menggantikan

[a, b] dengan kurva C pada bidang xy. Integral yang dihasilkan∫C

f(x, y)ds disebut

integral garis atau integral kurva.

Misalkan C adalah sebuah kurva bidang mulus; dalam hal ini, misalkan C

dinyatakan secara parametris dengan

x = x(t), y = y(t), a ≤ t ≤ b

di mana x′ dan y′ kontinu dan tidak secara simultan nol pada (a, b). Kita men-

gatakan bahwa C berorientasi positif jika arahnya berhubungan dengan pen-

ingkatan nilai-nilai t. Andaikan C berorientasi positif dan C hanya dapat ditelusuri

sekali ketika t berubah dari a ke b. Jadi, C mempunyai titik awal A = (x(a), y(a)),

dan titik akhir B = (x(b), y(b)). Perhatikan pembagian partisi P dari selang pa-

rameter [a, b] yang diperoleh dengan memasukkan titik-titik

a = t0 < t1 < t2 < . . . < tn = b

Partisi dari [a, b] ini menghasilkan pembagian kurva C menjadi n subbusur Pi−1Pi

di mana titik Pi berhubungan dengan ti.

Gambar 3.2: Partisi P

70


Misalkan ∆si melambangkan panjang busur Pi−1Pi dan misalkan |P | meru-

pakan aturan untuk mempartisi P ; yaitu misalkan |P | adalah ∆ti terbesar = ti−ti−1.Pilih sebuah titik contoh Qi(xi, yi) pada subbusur Pi−1Pi.

Selanjutnya, lihat jumlah Riemann

n∑i=1

f(xi, yi)∆si

Jika f taknegatif, jumlah ini akan menghampiri luas tirai vertikal melengkung

yang ditunjukkan pada gambar di bawah ini.

Gambar 3.3: Tirai Vertikal Melengkung

Jika f kontinu pada daerah D yang mengandung kurva C, maka jumlah Rie-

mann ini memiliki sebuah limit ketika |P | → 0. Limit ini disebut integral garis

dari f di sepanjang C dari A ke B terhadap panjang busur, dalam hal ini∫C

f(x, y)ds = lim|P |→0

n∑i=1

f(xi, yi)∆si

Untuk f(x, y) ≥ 0, fungsi tersebut mewakili luas eksak dari tirai melengkung

pada Gambar 3.3. Hasil perhitungan terbaik dapat dicapai dengan menyatakan

segala sesuatunya dengan menggunakan parameter t dan menghasilkan integral ten-

71


tu biasa. Dengan menggunakan ds =√

[x′(t)2] + [y′(t)2] akan dihasilkan

∫C

f(x, y)ds =

b∫a

f(x(t), y(t))√

[x′(t)2] + [y′(t)2]dt

Definisi dari sebuah integral garis dapat diperluas untuk kasus di mana C,

meskipun tidak mulus seluruhnya, adalah mulus sepotong-sepotong yaitu, terdiri

dari beberapa kurva mulus C1, C2, . . . , Ck yang digabung, seperti ditunjukkan Gam-

bar 3.4. Kita tinggal mendefinisikan integral di sepanjang C sebagai jumlah dari

integral-integral pada kurva-kurva individunya.

Gambar 3.4: Potongan Kurva C

Contoh 1:

Hitung∫C

x2y ds, di mana C ditentukan oleh persamaan parametrik x = 3 cos t,

y = 3 sin t, 0 ≤ t ≤ π/2. Tunjukkan pula bahwa parametrisasi x =√

9− y2, y = y,

0 ≤ y ≤ 3 menghasilkan nilai yang sama.

72


Penyelesaian:

• Parametrisasi I

∫C

x2y ds =

π/2∫0

(3 cos t)2(3 sin t)√

(−3 sint)2 + (3 cos t)2dt

= 81

π/2∫0

cos2 t sin t dt =

[−81

3cos3 t

]π/20

= 27 �

• Parametrisasi II

da =

√1 +

(dx

dy

)2

dy =

√1 +

y2

9− y2dy =

3√9− y2

dy

dan

∫C

x2y ds =

3∫0

(9− y2)y 3√9− y2

dy

= 3

3∫0

√9− y2y dy

= −[(9− y2)3/2]30 = 27 �

Contoh 2:

Sebuah kabel tipis dibengkokkan dalam bentuk setengah lingkaran

x = a cos t, y = a sin t, 0 ≤ t ≤ π, a > 0

Jika kerapatan kabel di sebuah titik sebanding dengan jaraknya dari sumbu x, ten-

tukan massa dan pusat massa kabel tersebut.

73


Penyelesaian:

Gunakan prinsip iris, hampiri, dan integralkan. Massa seutas kabel dengan panjang

∆s dapat dihampiri dengan δ(x, y)∆s, di mana δ(x, y) = ky adalah kerapatan di

(x, y) (k adalah konstanta). Jadi, massa m di seluruh kabel adalah

m =

∫C

ky ds =

π∫0

ka sin t√a2 sin2 t+ a2 cos2 tdt

= ka2π∫

0

sin t dt = [−ka2cos t]π0 = 2ka2

Momen kabel tersebut terhadap sumbu x dinyatakan dengan

Mx =

∫C

y ky ds =

π∫0

ka3 sin2 t dt

=ka3

2

π∫0

(1− cos 2t)dt

=ka3

2

[t− 1

2sin 2t

]π0

=ka3π

2

Jadi,

y =Mx

m=

12ka3π

2ka2=

1

4πa

Berdasarkan sifat simetri, x = 0, sehingga pusat massanya ada di (0, πa/4). �

74


Contoh 3:

Tentukan massa dari seutas kabel dengan kerapatan δ(x, y, z) = kz jika kabel ini

mempunyai bentuk heliks C dengan parametrisasi

x = 3 cos t, y = 3 sin t, z = 4t 0 ≤ t ≤ π

Penyelesaian:

m =

∫C

kz ds = k

π∫0

(4t)√

9 sin2 t+ 9 cos2 t+ 16dt

= 20k

π∫0

t dt =

[20k

t2

2

]π0

= 10 kπ2 �

Satuan untuk m bergantung pada panjang dan kerapatannya.

Kerja

Andaikan gaya yang bekerja pada sebuah titik (x, y, z) dalam ruang dinyatakan

dengan medan vektor

F (x, y, z) = M(x, y, z)i +N(x, y, z)j + P (x, y, z)k

di mana M,N, dan P kontinu. Kita akan menentukan kerja W yang dilakukan oleh

F pada sebuah partikel yang bergerak di sepanjang kurva berorientasi yang mulus,

C. Misalkan r = xi + yj + zk adalah vektor posisi untuk titik Q(x, y, z) pada kurva

tersebut (Gambar 3.5). Jika T adalah vektor singgung satuan dr/ds di Q, maka

F . T adalah komponen singgung dari F di Q.

75


Gambar 3.5: kurva C

Kerja yang dilakukan oleh F untuk memindahkan partikel tersebut dari Q

dalam jarak pendek ∆s di sepanjang kurva tersebut dapat dihampiri sebesar F . T ∆s,

dan konsekuensinya kerja yang dilakukan untuk memindahkan partikel dari A ke B

di sepanjang C didefinisikan dengan∫C

F . T ds. Dengan T = (dr/dt)(dt/ds), se-

hingga rumus alternatif untuk kerja adalah sebagai berikut

W =

∫C

F . T ds =

∫C

F.dr

dtdt =

∫C

F.dr

dengan dr = dxi + dyj + dzk, maka

F.dr = (M i +N j + Pk).dxi + dyj + dzk = Mdx+Ndy + Pdz

sehingga

W =

∫C

F.dr =

∫C

Mdx+Ndy + Pdz

Contoh 1:

Tentukan kerja yang dilakukan oleh medan gaya hukum kuadrat invers

F (x, y, z) =−cr|r|3

=−c(xi + yj + zk)

(x2 + y2 + z2)3/2= M i +N j + Pk

untuk menggerakkan sebuah partikel di sepanjang kurva garis lurus C dari (0, 3, 0)

76


ke (4, 3, 0) seperti ditunjukkan gambar.

Penyelesaian:

Di sepanjang C, y = 3 dan z = 0, sehingga dy = dz = 0. Dengan menggunakan x

sebagai parameter, diperoleh

W =

∫C

Mdx+Ndy + Pdz = −c∫C

x dx+ y dy + z dz

(x2 + y2 + z2)3/2

= −c4∫

0

x

(x2 + 9)3/2dx =

[c

(x2 + 9)1/2

]40

=−2c

15�

Contoh 2:

Hitung integral garis ∫C

(x2 − y2) dx+ 2xy dy

di sepanjang kurva C yang persamaan parametriknya adalah x = t2, y = t3, 0 ≤ t ≤32.

77


Penyelesaian:

Karena dx = 2t dt dan dy = 3t2 dt,

∫C

(x2 − y2) dx+ 2xy dy =

3/2∫0

[(t4 − t6)2t+ 2t5(3t2)]dt

=

3/2∫0

(2t5 + 4t7)dt =8505

512≈ 16.61 �

Contoh 3:

Hitunglah∫C

xy2 dx+ xy2 dy di sepanjang lintasan C = C1 ∪C2 seperti ditunjukkan

gambar. Hitung pula integral ini di sepanjang lintasan lurus C3 dari (0, 2) ke (3, 5).

Penyelesaian:

• Pada C1, y = 2, dy = 0, dan

∫C1

xy2 dx+ xy2 dy =

3∫0

4x dx = [2x2]30 = 18

78


• Pada C2, x = 3, dx = 0, dan

∫C2

xy2 dx+ xy2 dy =

5∫2

3y2 dy = [y3]52 = 117

Kita dapat menyimpulkan bahwa∫C2

xy2 dx+ xy2 dy = 18 + 117 = 135

• Pada C3, y = x+ 2, dy = dx, sehingga

∫C3

xy2 dx+ xy2 dy = 2

3∫0

x(x+ 2)2dx

= 2

3∫0

(x3 + 4x2 + 4x)dx

= 2

[x4

4+

4x3

3+ 2x2

]30

=297

2

Perhatikan bahwa kedua lintasan dari (0, 2) ke (3, 5) menghasilkan nilai yang berbe-

da untuk integral ini. �

79


Latihan 3.2

1. Hitunglah setiap integral garis berikut

a.∫C

(x3 + y)ds; C adalah kurva x = 3t, y = t3, 0 ≤ t ≤ 1

b.∫C

xey ds; C adalah ruas garis dari (−1, 2) ke (1, 1)

c.∫C

(x+ 2y)dx+ (x− 2y)dy; C adalah ruas garis dari (1, 1) ke (3,−1)

80


3.3 Kebebasan dari Lintasan

Dalam Teorema Dasar Kalkulus Kedua, kita mengetahui bahwa

b∫a

f ′(x)dx = f(b)− f(a)

Sebagai analoginya dalam integral garis, terdapat sebuah teorema yaitu

Teorema A: Teorema Dasar untuk Integral Garis

Anggaplah C adalah sebuah kurva mulus sepotong-sepotong yang dinyatakan

secara parametris dengan r = r(t), a ≤ t ≤ b, yang berawal di a = r(a) dan berakhir

di b = r(b). Jika f dapat didiferensialkan secara kontinu pada sebuah himpunan

terbuka yang mengandung C, maka∫C

∇f(r).dr = f(b)− f(a)

Bukti:

∫C

∇f(r).dr =

b∫a

[∇f(r(t)).r′(t)]dt

=

b∫a

d

dtf(r(t))dt = f(r(b))− f(r(a))

= f(b)− f(a) �

Contoh:

f(x, y, z) = f(r) =c

|r|=

c√x2 + y2 + z2

adalah sebuah fungsi potensial untuk medan hukum kuadrat invers F (r) = −cr|r|3 .

Hitunglah∫C

F (r).dr, di mana C adalah kurva mulus sepotong-sepotong sederhana

dari (0, 3, 0) ke (4, 3, 0) yang tidak melewati titik asal.

81


Penyelesaian:

Karena F (r) = ∇f(r), maka∫C

F (r).dr =

∫C

∇f(r).dr = f(4, 3, 0)− f(0, 3, 0)

=c√

16 + 9− c√

9=−2c

15�

Teorema B: Teorema Kebebasan dari Lintasan

Misalkan F (r) kontinu pada himpunan terhubung terbuka D. Maka integral

garis∫C

F (r).dr bebas dari lintasan jika dan hanya jika F (r) = ∇f(r) untuk fungsi

skalar f ; yaitu, jika dan hanya jika F adalah medan vektor konservatif pada D.

82

Pembahasan

Latihan 2.2

1. a.2∫1

3∫0

(xy + y2)dx dy

Penyelesaian:

2∫1

3∫0

(xy + y2)dx dy =

2∫1

(1

2x2y + xy2)dy

=

2∫1

(9

2y + 3y2

)dy

=

(9

4y2 + y3

)2

1

= 9 + 8−(

9

4+ 1

)=

55

4�

b.ln 3∫0

ln 2∫0

ex+ydy dx

Penyelesaian:

ln 3∫0

ln 2∫0

ex+ydy dx =

ln 3∫0

ex+y|ln 20 dx

=

ln 3∫0

(ex+ln,2 − ex)dx

=(ex+ln 2 − ex

)ln 3

0= eln 3+ln 2 − eln 3 − (eln 2 − 1)

= eln 6 − eln 3 − eln 2 + 1 = 6− 3− 2 + 1 = 2 �

83

Pembahasan

c.ln 3∫0

1∫0

xyexy2dy dx

Penyelesaian:

Misalkan u = xy2 maka du = 2xy dy → dy = du2xy

ln 3∫0

1∫0

xyexy2

dy dx =

ln 3∫0

x∫0

(xy eu

du

2xy

)dx

=

ln 3∫0

1

2eu|x0dx =

ln 3∫0

(1

2ex − 1

2

)dx

=1

2ex − 1

2x|ln 3

0 =1

2eln 3 − 1

2ln 3−

(1

2− 0

)=

3

2− 1

2ln 3− 1

2= 1− 1

2ln 3 �

2. a.2∫0

2∫0

(x2 + y2)dy dx

Penyelesaian:

2∫0

2∫0

(x2 + y2)dy dx =

2∫0

(x2y +

1

3y3)|20dx

=

2∫0

(2x2 +

8

3

)dx

=2

3x3 +

8

3x|20 =

16

3+

16

3=

32

3�

84

Pembahasan

b. Benda padat di antara z = x2 + y2 + 2 dan z = 1 dan terletak di atas

R = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1}Penyelesaian:

1∫−1

1∫0

(x2 + y2 + 2− 1)dy dx =

1∫−1

1∫0

(x2 + y2 + 1)dy dx

=

1∫−1

(x2y +

1

3y3 + y

)|10dx =

1∫−1

(x2 +

1

3+ 1

)dx

=1

3x3 +

4

2x|1−1 =

1

3+

4

3−(−1

3− 4

3

)=

10

3�

3.2∫−2

1∫−1|x2y3|dy dx

Penyelesaian:

Maka |x2y3| =

{−(x2 y3), jika y ≤ −1

(x2 y3) , jika y > −1Sehingga diperoleh

2∫−2

1∫−1

|x2y3|dy dx =

2∫−2

0∫−1

−(x2 y3)dy +

1∫0

(x2 y3)dy

dx=

2∫−2

[(−1

4x2 y4

)0

−1+

(1

4x2 y4

)0

−1

]dx

=

2∫−2

[0−

(1

4x2)

+1

4x2 − 0

]dx

=

2∫−2

1

2x2dx =

(1

6x3)2

−2=

8

6−(−8

6

)=

16

6=

8

3�

85

Pembahasan

Latihan 2.3

1. a. Sketsa grafik z = 6− 2x− 3y

Himpunan Sederhana-y

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ −2

3x+ 2}

Maka volumenya:

V =

3∫0

− 23x+2∫

0

(6− 2x− 3y)dy dx

=

3∫0

[6y − 2xy − 3

2y2]− 2

3x+2

0

dx

=

3∫0

[2

3x2 − 4x+ 6

]dx = 6 �

b. Sketsa grafik 2x+ y − 4 = 0 dan 8x+ y − 4z = 0

Himpunan Sederhana-y

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x+ 4}

86

Pembahasan

Maka volumenya:

V =

2∫0

−2x+4∫0

(2x+

1

4y

)dy dx

=

2∫0

[2xy +

1

8y2]−2x+4

0

dx

=

2∫0

[−7

2x2 + 6x+ 2

]dx

=

[−7

6x3 + 3x2 + 2x

]20

=20

3�

c Sketsa grafik y = x2, x = 0, z = 0, dan y + z = 1

Himpunan Sederhana-x

87

Pembahasan

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ √y, 0 ≤ y ≤ 1}

Maka volumenya:

V =

1∫0

√y∫

0

(1− y)dx dy =4

15�

2. Sketsa batas y =√x, y = 2, x = 0

Himpunan Sederhana-x

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y2, 0 ≤ y ≤ 2}

Maka volumenya

V =

2∫0

y2∫0

sin(y3) dx dy

=

2∫0

x sin(y3)|y2

0 dy

=

2∫0

y2 sin(y3) dy

= −1

3cos(y3)|20 =

1

3− 1

3cos8 �

88

Pembahasan

Latihan 2.4

1. a.π/2∫0

cos θ∫0

r2 sin θ dr dθ

Penyelesaian:

π/2∫0

cos θ∫0

r2 sin θ dr dθ =

π/2∫0

1

3r3sin θ|cos θ0 dθ

=

π/2∫0

1

3cos3 θ sin θ dθ =

1

12�

b.π∫0

1−cos θ∫0

r sin θ dr dθ

Penyelesaian:

π∫0

1−cos θ∫0

r sin θ dr dθ =

π∫0

[1

2r2 sin θ

]1−cos θ0

=

π∫0

[1

2(1− cos θ)2 sin θ

]dθ =

4

3�

2. a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4 cos θ dan di luar lingkaran

r = 2

Penyelesaian:

2

π/3∫0

4 cos θ∫2

r dr dθ =4

3π + 2

√3 �

89

Pembahasan

b. S adalah daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam lemniskat r2 =

9 cos 2θ

Penyelesaian:

4

12cos−1( 4

9)∫0

3√cos 2θ∫2

r dr dθ =√

65− 4 cos−1(

4

9

)�

3. a.∫∫S

ex2+y2dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x2 + y2 = 4

Penyelesaian:

4

π/2∫0

2∫0

er2

r dr dθ = π(e4 − 1) �

b.∫∫S

√4− x2 − y2dA, di mana S adalah sektor kuadran pertama dari lingkaran

x2 + y2 = 4 di antara y = 0 dan y = x

Penyelesaian:

90

Pembahasan

π/4∫0

2∫0

(√

4− r2)r dr dθ =2

3π �

91

diktat kalkulus multivariabel i · pdf filepada permukaan bumi pada ... tentukan domain dan...

Documents