kalkulus lanjut - personal.fmipa.itb.ac.id · bab 1 polinom dan aproksimasi fungsi 1 1.1 persamaan...

__________________________

Kalkulus Lanjut

oleh

Prof. Dr. Suryadi Siregar DEA

Sekolah Tinggi Manajemen dan

Informatika Bandung

Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut

Suryadi Siregar Page i

Kata Pengantar

Buku ini dibuat untuk keperluan sendiri dan tidak untuk

diperjual belikan. Dirancang untuk mahasiswa teknik,

dilengkapi dengan banyak soal dan latihan. Mahasiswa

diharapkan mengerjakan soal-soal latihan yang terdapat

dalam buku kecil ini. Dengan hadirnya buku ini diharapkan

mahasiswa mempunyai lebih banyak waktu untuk berlatih.

Terdiri dari beberapa bab

Bagian 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi

Dengan pokok bahasan polinom dan terema dasar aljabar

Bagian ke 2 Bilangan Kompleks

Akan membahasa tentang

Definisi, Operasi Bilangan Kompleks, Hukum dalam

bilangan komplek ,Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa

dan Akar

Bagian ke 3 Transformasi Laplace

Definisi-definisi.Transformasi Laplace Inversi. Sifat-sifat

transformasi Laplace (TL). Sifat-Sifat Transformasi

Laplace Invers (TLI)

Bagian ke 4 Persamaan Differensial Parsial

Turunan Parsial.Notasi. Persamaan Differensial Parsial.

Contoh Persamaan Diferensial Parsial


Suryadi Siregar Page ii

Daftar Isi

Bab 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi 1

1.1 Persamaan Polinom 1

1.2 Theorema Dasar Aljabar 1

1.3 Aturan Descartes 2

1.3-1 Menentukan Jumlah Akar Positif 2

1.3-2 Akar Real yang Negatif 2

1.4 Theorema Mencari Batas Akar 3

1.5 Aproksimasi fungsi oleh Polinom Taylor. 5

1.6 Kalkulus Polinom Taylor 6

1.7 Theorema 8

1.8 Soal Latihan 9

Bab 2 Bilangan Kompleks 10

2-1 Definisi 10

2-2 Operasi Bilangan Kompleks 10

2-3 Hukum Komutatif 11

2-4 Hukum Asosiatif 11

2-5 Hukum Distributif 11

2-6 Komplek konjugate 11

2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa

dan Akar

13

2-7 Pertaksamaan Segitiga 15


Suryadi Siregar Page iii

2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk

Polar

15

2-9 Rumus De-Moivre 17

2.10 Soal Latihan 18

Bab 3 Transformasi Laplace 20

3-1. Definisi-definisi 20

3-2. Transformasi Laplace Inversi 20

3-3 Sifat-sifat transformasi Laplace (TL) 20

3-4 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Invers

(TLI)

21

3-5 Ilustrasi 22

Contoh (1) 26

Contoh (2) 26

Contoh (3) 26

Contoh (4) 26

Contoh (5) 27

3-6 Soal Latihan 27

Bab 4 Persamaan Differensial Parsial 28

4-1 Turunan Parsial 28

4-2 Notasi 28

4-3 Soal Latihan 29

4-4 Persamaan Differensial Parsial 29


Suryadi Siregar Page iv

4-5 Contoh Persamaan Diferensial Parsial 31

4-6 Soal Latihan 32

4-7 Teorema 32

4-8 Soal Latihan 33


1

Bab 1

Polinom dan Aproksimasi Fungsi ________________________________________________________

1.1 Persamaan Polinom

Bentuk umum : 2

0 1 2( ) .. nnp x a a x a x a x

n disebut derajat polinom

Problem yang ingin diselesaikan adalah tentukan harga x sehingga

P(x) = 0

Jika

n =2 (persamaan kuadrat) ada rumus eksplisit misal “rumus abc”

n =3, 4 ada rumus eksplisit tapi rumit

n =5 dan seterusnya tidak ada rumus eksplisit

Umumnya, jika n ≥ 3 digunakan cara iterasi (metoda numerik)

1.2 Theorema Dasar Aljabar

Suatu polinom berderajat “m” akan mempunyai m akar

termasuk akar real dan akar imajiner (kompleks). Akar yang

mempunyai multiplikasi, r, dihitung r kali. Akar kompleks selalu

muncul berpasangan yakni

1z a bi dan 2z a bi dengan a dan b real sedangkan 1i


2

Gambar 1- 1 bilangan kompleks z, sumbu real (mendatar) dan

sumbu Imajiner ortogonal terhadap sumbu real

Rumus Euler : i xe cos x i sin x

1.3 Aturan Descartes

1.3-1 Menentukan Jumlah Akar Positif

Jika didefinisikan

v = banyak kali penggantian tanda aljabar koefisien ai dari p(x)

np = jumlah akar real yang positif

Maka v - np = 0, 2, 4, 6, 8, . . .

Contoh 1a 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar positif?

Tanda koefisien , , , 1v v jadi

0,2,4,6,. .pv n Maka jumlah akar positif hanya ada satu atau 1pn

Contoh 2a 3 2( ) 2 1p x x x x perubahan tanda koefisien , , , 3v v jadi

0,2,4,6,. .pv n jadi 3pn atau 1pn

Jumlah akar yang positif ada 3 atau 1

Gambar 1- 2 Lokasi akar real dari fungsi 3 2( ) 2 1p x x x x


3

1.3-2 Akar Real yang Negatif

Jika didefinisikan

v = banyak kali pergantian tanda aljabar koefisien ai dari p(-x)

gn = jumlah akar yang negative

Maka 0,2,4,6,. .gv n

Contoh 1b: 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar yang negative?

3 2( ) 2 1p x x x x

, , ,v jadi 2v

0,2,4,6,. .gv n maka kemungkinan jumlah akar yang negatif adalah

2gn atau 0gn

Bandingkan dengan contoh 1a, kesimpulannya:

Komposisi akar kemungkinannya

Satu real positif dan 2 akar imajiner (kompleks) atau satu real positif

dan 2 real negative

Gambar 1- 3 Ilustrasi lokasi akar real dari fungsi 3 2( ) 2 1p x x x x

Contoh 2b 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar negative?

3 2( ) 2 1p x x x x

, , ,v atau 0v

0,2,4,6,. .gv n → 0gn artinya tidak ada akar negative

Bandingkan dengan contoh 2a, kesimpulannya;


4

Kemungkinan komposisi akar 1 real positif dan 2 imaginer atau 3 real

positif

atau

Dengan cara seperti contoh 1a, 1b, 2a, dan 2b

Untuk polinom 4 3 2( ) 1p x x x x x akan mempunyai akar dengan

komposisi

1 real positif, 1 real negative dan 2 kompleks, atau 3 real positif dan 1

real negative

1.4 Theorema Mencari Batas Akar

Jika 1 i

n

ar maks

a dengan 0 1i n


5

Bab 2

Bilangan Kompleks

____________________________________________

2-1 Definisi

Bilangan kompleks adalah pasangan terurut (x,y) dari bilangan riil x,y

dan dinyatakan sebagai

z = (x,y)

x – bagian riil (Re z)

y – bagian imajiner (Im z)

Contoh: z = (4,-3), maka Re(4,-3) = 4 dan Im(4,-3) = -3

Untuk keperluan praktis bentuk z x yi , dengan i = 1 lebih sering

digunakan dari pada bentuk pasangan terurut z = (x,y)

2-2 Operasi Bilangan Kompleks

Misalkan ada dua bilangan komplek 1 1 1z x iy dan 2 2 2z x iy maka

1. Operasi Penjumlahan

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y

2. Operasi Pengurangan

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y

3. Operasi Perkalian


6

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x y y i x y x y

4. Operasi Pembagian

1 1 1 1 2 21 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )/

( ) ( ) ( )

x iy x iy x iyz z z

x iy x iy x iy

1 2 1 2 2 1 1 21 2 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( )/

( ) ( )

x x y y x y x yz z z i

x y x y

Jadi ; 1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( );

( ) ( )

x x y y x y x yz x iy x y

x y x y

2-3 Hukum Komutatif

1 2 2 1

1 2 2 1

z z z z

z z z z

2-4 Hukum Asosiatif

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

( ) ( )

( ) ( )

z z z z z z

z z z z z z

2-5 Hukum Distributif

1 2 3 1 2 1 3( )

0 0

z z z z z z z

z z z

Lawan dari z dan perkalian dengan skalar,


7

( ) ( ) 0z z z z

z z

Dalam hal ini , adalah bilangan riil

2-6 Komplek konjugate

z x iy disebut z konjugate

Representasi bilangan komplek dan konjugate diragakan dalam

gambar berikut;

Gambar 2- 1 Ilustrasi

bilangan komplek dan

konjugatenya. Absis

menyatakan sumbu real

dan ordinat menyatakan

sumbu imajiner.Kalau

dihitung diperoleh:

2 , 2z z x z z iy

Sehingga dapat dinyatakan

Bagian real, 1

Re2

z x z z dan bagian imajiner, 1

Im2

z y z zi

(1) ____________________________________

1 2 1 1 2 2z z x iy x iy

______________________________

1 2 1 2x x i y y

= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z

(2) _________________________________________

1 2 1 1 2 2z z x iy x iy

______________________________

1 2 1 2x x i y y

= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z


8

(3) ____________________ ___________________________________________

1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2z z x iy x iy x x iy iy x iy

_____________________________________

1 2 1 2 1 2 1 2( )x x ix y iy x y y _______________________________________

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x 1 1 2 2( )( )x iy x iy

_____

1 2 1 2z z z z

(4)

_____ ____________

1 1 1

2 2 2

z x iy

z x iy

Perhatikan misal 1

2

zz x iy

z

Dari sifat pembagian, maka

1 2 1 2

2 2

2 2

x x y yx

x y

dan 2 1 1 2

2 2

2 2

x y x yy

x y

Jadi

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

x x y y x y x yz i

x y x y

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

x x y y x y x yz i

x y x y

(i)

Perhatikan

1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

z x iy x iy x iy x x ix y ix y y y

z x iy x iy x iy x y

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( )

( ) ( )

x x y y x y x yi

x y x y

(ii)

Kita lihat (i) = (ii)

Dengan perkataan lain

____

1 1

2 2

z z

z z


9

2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa dan Akar

Untuk keperluan praktis bilangan komplek

z x iy

Dapat dinyatakan dalam bentuk polar ( , )r

x rCos

y rSin

Jadi, z rCos irSin r Cos iSin

r disebut nilai absolut atau modulus 𝑧,

r z

Dengan 2 2z r x y zz

Secara geometri z adalah jarak titik 𝑧 ke pusat koordinat. Hal yang

sama |𝑧1 − 𝑧2| menyatakan jarak 𝑧1 ke 𝑧2. 𝜃 disebut juga argument 𝑧,

ditulis arg 𝑧

Gambar 2- 2 Bidang kompleks, jarak antara dua titik dan

argument 𝑧

y

Argz ArcTanx


10

Jika 0z maka tidak terdefinisi

Untuk z 0, Argz harus ditambah kelipatan bilangan bulat 2

Nilai - disebut principal value

Contoh 1: 1z i nyatakan dalam bentuk polar

1arctan1

1 4

yargz arctan arctan

x

24

m

dengan m=0,1,2,..

Principal value 4

2 2 2 r z x y

Jadi 24 4

z r Cos iSin Cos iSin

Contoh 2: 3 3 3z i , nyatakan dalam bentuk polar

Dengan x = 3 dan y

= 33

3 33

3

yArgz arcTan arcTan arcTan

x

23

m

Principal value adalah 3

2 2 9 27 36 6r z x y

z r Cos iSin , Jadi 63 3

z Cos iSin


11

2-7 Pertaksamaan Segitiga

Gambar 2- 3 Panjang rusuk suatu

segitiga sembarang selalu lebih kecil

dari jumlah dua rusuk lainnya

1 2 1 2z z z z

dengan cara yang sama dapat

ditunjukkan;

1 2 1 2..... .....n nz z z z z z

2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk Polar

Jika dua bilangan kompleks;

a a a az r Cos iSin

b b b bz r Cos iSin

Maka berlaku

1. Jika a bz z z maka ( )a b a bArgz Arg z z Argz Argz

2. Jika a

b

zz

z maka ( )a

a b

b

zArgz Arg Argz Argz

z

3. Nilai mutlak aa

b b

zz

z z

Bukti-1

a b a b a b a b a b a bz z r r Cos Cos Sin Sin i Sin Cos Cos Sin

Atau → ( ) ( )a b a b a b a bz z r r Cos iSin

Jadi terdefinisi

( )a b a bArg z z dengan perkataan lain ( )a b a bArg z z Argz Argz


12

Bukti-2

a

b

zz

z atau a bz zz

( )b bArg zz Argz Argz ( )a bArg z Argz Argz

Jadi dapat ditulis kembali; ( ) aa b

b

zArgz Arg z Argz Arg

z

Oleh sebab itu

a aa b a b

b b

z rCos iSin

z r

Bukti-3

Perhatikan a

b

zz

z atau b azz z

Jadi atau b az z z

Jadi dapat ditulis kembali

a

b

zz

z atau aa

b b

zz

z z

Contoh 3: 1 2 2z i dan 2 3z i

Dit: 1 2z z , 1

2

z

z, 1 2Arg z z dan 1 2/Arg z z

Jawab:

2 2

1 2 2 2 3 6 6 ( 6) ( 6) 6 2z z i i i

Cara Lain 2 2 2

1 2 1 2 2 2 3 ( 2) (2) 3 6 2z z z z i i

2 2

11

22 2

( 2) (2) 22

33

zz

z z


13

211 2 1 2

1 2

yyArg z z Arg z Arg z ArcTg ArcTg

x x

Besarnya argument z akan menentukan lokasi z pada bidang

kompleks. Apakah dikuadran I,II,III atau ke IV

Gambar 2- 4 Tanda aljabar akan menentukan dimana kuadran

argument z berada.

Tanda aljabar pasangan terurut (x,y) bergantung pada kuadran dan ia

akan ditentukan oleh nilai argument z

1 2

2 3 3 5( 1)

2 0 4 2 4Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg

2

1 2 1 2

11 2

1 2

/

/

Arg z z Arg z Arg z

yyArg z z ArcTg ArcTg

x x

1 2

1 2

2 3/ ( 1) ( )

2 0

3/

4 2 4

Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg

Arg z z

II

𝑥 < 0, 𝑦 > 0 I

𝑥 > 0, 𝑦 > 0

III

𝑥 < 0, 𝑦 < 0

IV

𝑥 > 0, 𝑦 < 0


14

2-9 Rumus De-Moivre

Perhatikan bentuk pernyataan berikut,

22 2 2 2 2 22 2 2

z r Cos iSin

z r Cos iSin r Cos iSin Cos Sin r Cos iSin

Dengan demikian

22 2 2 2

2

1 1

2 2z r Cos iSin r r

Cos iSinCos iSin

Ubah bentuknya menjadi

2 2 2

2 2

2 2 2 21

( 2 2 ) 2 2 2 2

Cos iSin Cos iSinz r r

Cos iSin Cos iSin Cos Sin

Dengan demikian dapat ditulis sebagai

→ 2 2 22 2 ( 2 ) ( 2 )z r Cos iSin r Cos iSin

Secara induktif, rumus umumnya dapat ditulis sebagai berikut,

nn n nz r Cos iSin r Cosn iSinn

Dengan mengganti nnz r Cos iSin diperoleh

nnz r Cos iSin = nr Cosn iSinn

Jika 1z , maka ( ) ( )n

Cos iSin Cos n iSin n

Bentuk ini dikenal sebagai Rumus De-Moivre

( ) ( )n


2.10 Soal Latihan

1. Jika 1 3 4z i dan 2 5 2z i . Tulis dalam bentuk z x iy

1

2

.z

az

7 26

29 29i


15

2

1

.2

zb

z 7 13

50 25i

2. 2(2 4 )i 12 16i

3. 11 2

4 3

i

i

2 i

4. 10

10

i

i [10 ]i

5. 2Im

3 4

i

i

1

5

6. 2Im

4 3

i

i

2

25

7. 4Im z petunjuk tulis

2

4 2Im z Im z

3 3 2 24 4 ,4x y xy x y

8. Rez

z

2 2 2 2/x y x y

9. Buktikan rumus De-Moivre

( ) ( )n

Cos iSin Cos n iSin n dengan induksi matematika. Selanjutnya gunakan

rumus ini untuk mencari;

a. 2(2 4 )i b. 2

3 4

i

i


16

Maka semua akar p(x) akan terletak pada x r r x r

Sebagai contoh, tinjau polinom berikut

Misal: 3 2( ) 2 1p x x x x → 2 3( ) 1 2p x x x x

Jadi 1 1 2

1 , , 1 1,1,2 1 2 31 1 1

r maks maks

Jadi batas akar x, adalah 3 3 3x x

Untuk menentukan lokasi akar dapat diperiksa dengan cara tabulasi

berikut, yaitu akar selalu berada diantara dua nilai fungsi yang

berbeda tanda aljabarnya. Nilai x bisa dimulai dari -3 sampai dengan

3.

x -

3

-

2

-

1

0 1 2 3

p(x

)

-

7

1 1 -

1

1 1

3

4

1

Dari tabel dapat dilihat ada akar pada interval (-3,-2), (-1,0) dan (0,1)


gambar dua dimensi3 2( ) 2 1p x x x x

Contoh: 4 3 2( ) 1p x x x x x

2 3 4( ) 1p x x x x x


17

Maka 1 1 1 1

1 , , , 1 1,1,1,1 1 1 21 1 1 1

r maks maks

Akar x, 2 2 2x x

Jadi batas akar x, adalah 2 2 2x x

Untuk menentukan lokasi akar dapat diperiksa dengan cara tabulasi

berikut, yaitu akar selalu berada diantara dua nilai fungsi yang

berbeda tanda aljabarnya. Nilai x bisa dimulai dari -2 sampai dengan

2.

x -2 -1 0 1 2

p(x) -17 1 1 1 -5

Dari tabel dapat dilihat ada akar interval (-2,-1), dan (1,2)

1.5 Aproksimasi fungsi oleh Polinom Taylor.

Jika f(x) suatu fungsi yang mempunyai turunan ke (n+1) maka yang

dinamakan polinom Taylor tingkat ke-n dari fungsi f di titik a, adalah:

( ) (0) (1) (2)

0 2

0

( )

( ) ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ) ( ) . . .

! 0! 1! 2!

( )( )

!

nk

kn

k

nn

f a f a f a f aT f a x a x a x a x a

k

f ax a

n

Bisa juga ditulis

( )

0

( )( )

!

nk

k

k

f af x x a

k

dalam hal ini: ( ) ( )k

k

k

d ff x

dx dan

! ( 1)( 2)....1k k k k

Jika a = 0 maka disebut polinom Mac Laurin.

Ilustrasi

1. Carilah polinom Taylor derajad-3 dari f(x) = sinx , di titik x = 0

Penyelesaian:


18

(0)

(1) (1)

(2) (2)

(3) (3)

( ) sin (0) sin 0 0

( ) cos (0) cos0 1

( ) sin (0) sin 0 0

( ) cos (0) cos0 1

f x x f

f x x f

f x x f

f x x f

Jadi

3( ) (0) (1) (2) (3)

0 1 2 3

0

(0) (0) (0) (0) (0)( )

! 0! 1! 2! 3!

kk

k

f f f f ff x x x x x x

k

Atau 31sin

6x x x

2. Perhatikan bila diintegralkan

3 2 4 2 41 1 1 1 1sin ( ) cos

6 2 24 2 24xdx x x dx x x C x x x C

Nilai konstanta C dapat dicari dengan mengambil syarat batas, jika

x=0 maka –cosx 1

Jadi kita peroleh, C 1 dengan demikian dapat ditulis kembali;

2 41 1cos 1

2 24x x x

3. Perhatikan bila polinom Taylor, f(x)= -cosx diturunkan terhadap

x

2 4 3 31 1 1 1( cos ) 1 sin

2 24 6 6

d dx x x x x x x x

dx dx

Menurut teorema nilai rata-rata Taylor, jika fungsi didekati oleh

Tn(f;a), maka pada aproksimasi ini terjadi galat sebesar ( 1) 1( )( )

( 1)!

n n

nf c x a

Rn

suku sisa Lagrange a<c<x

( 1) 1( )( )

( 1)!

n n

nf c x a

Rn

suku sisa Cauchy a<c<x

1.6 Kalkulus Polinom Taylor

Tinjau Polinom Taylor : ( )

0

( )( ; ) ( ) ( )

!

nk

kn n

k

f aT f a T f a x a

k

Maka operator Taylor Tn akan mempunyai sifat:

a. Sifat Linearitas (Linearity Property)


19

Jika c1 dan c2 suatu konstanta, maka 1 2 1 2( ) ( ) ( )nT c f c g c Tn f c Tn g

b. Sifat Turunan (Differentiation Property)

Turunan polinom Taylor dari fungsi f adalah polinom Taylor turunan

fungsi f, yaitu f ' dengan derajat berkurang satu;

1 1( ) ( )n n n nd df

T f T f T f Tdx dx

c. Sifat Integral (Integration Property)

Integral tak tentu dari suatu polinom Taylor f adalah polinom Taylor

dari suatu

integral tak tentu f, dengan perkataan lain;

n 1 n

(k) (k)n nk k

0 0

g x f (x)dx T [g(x)] T [f (x)]dx

f (a) f (a)x a dx x a dx

k! k!

Perlu diingat bahwa f(x) adalah turunan pertama dari fungsi g(x).

Contoh 1: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) ln 1g x x

Penyelesaian:

1

( ) ( ) ( ) ( )

1 1

0 0 0 0

( ) ln 1 (0) ln1 0

1( )

1

0 0 0 01

! ! ! 1 1 !

k k k k

k k k k

g x x g

f x g x g x f x dxx

f f f fg x x dx x dx x x

k k k k k

Dalam hal ini,

1

21 1

32 (2)

43 (3)

54 (4)

11 0 1 0!

1

1 0 1 1!

2 1 0 2 2!

6 1 0 6 3!

24 1 0 24 4!

f x x fx

f x x f

f x x f

f x x f

f x x f

Jadi dapat disarikan; 0 1 !

kkf k


20

Dengan demikian

( )

1 1 1

0 0 0

0 1 ! 1

1 ! 1 ! 1

k kk

k k kf k

g x x x xk k k

1

0

1ln 1

1

k

kx xk

Contoh 2: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) arcsing x x

Penyelesaian:

11 12 2

2

3/2 3/22 22 2

3/2 5/33 32 2 2

5/24 42

5/25 52

( ) arcsin (0) 0

11 (0) 1

1

11 2 1 (0) 0

2

1 3 1 (0) 1

3 1 ... . . (0) 0

3 1 ... . . (0) 3

g x x g

g x x gx

g x x x x x g

g x x x x g

g x x x g

g x x g

Jadi

1 3 5(k)nk 3 5

0

3 5 3 5

3 5

g o g o g og (0)g x x x x x . . . .

k! 1! 3! 5!

1 1 3 1 1g x x x x . . . . x x x

1! 3! 5! 6 40

1 1g x x x x . . . .

6 40

Pertanyaan diatas dapat juga diselesaikan dengan mengambil integral

polinom Mac Laurin fungsi f(x). Dalam hal ini;

1

2

1

1f x g x

x

3 5

arcsin . . .6 40

x xx x

1.7 Theorema

Sifat Substitusi:


21

Misal g x f cx , dimana c suatu konstanta, maka kita mempunyai Tn

g(x;a) = Tn f(cx;ca)

khusus bila, 0a → g x Tn f cx

Bukti: :

(1) (1) (2) 2 (2) (k) k (k)g x f cx , maka g x cf cx g x c f cx g x c f cx

Akibatnya

( ) ( ) ( )

0 0 0

( ) ( ) ( ),

! ! !

n n nk k k k

k k kn

k k k

g a c f ca f caT g x a x a x a cx ca

k k k

Jadi terbukti

; ;n nT g x a T f cx ca

Contoh 3: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) ln 1g x x

Penyelesaian:

Kita tahu

1

0

1( ) ln 1

1

k

kg x x xk

Maka menurut theorem subtitusi

1

0

1( ) ln 1

1

k

kg x x x

k

Contoh 4: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) arcsin 2g x x

Penyelesaian:

Kita tahu 3 5

arcsin . . .6 40

x xx x

Maka menurut theorema substitusi;

3 52 2

arcsin 2 2 . . .6 40

x xx x

Contoh 5: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) sin 2g x x

Penyelesaian:

Kita tahu untuk polinom derajad 7


22

3 5 71 1 1sin

3! 5! 7!x x x x x

Maka menurut theorema substitusi;

3 5 71 1 1

sin 2 2 2 2 23! 5! 7!

x x x x x

1.8 Soal Latihan

1. Carilah komposisi dan batas akar dari polinom berikut

a) 4 2 3( ) 3 2p x x x x x

b) 2 3 4( ) 1 2 5p x x x x x

c) 2 4 3( ) 2p x x x x x

d) 2 4 5( ) 1 2 3p x x x x x x

2. Gambarkan ke empat polinom pada soal 1 diatas dengan

bantuan software, Excel, GNU-Plot, Matematica atau Matlab.

Bandingkan lokasi akar dengan analisis yang anda lakukan.

3. Buktikan aproksimasi polinom Mac Laurin dari fungsi berikut

1

2 1

2 1 2

log)

!

1)

2 2

)1

kn

x k

n

o

kn

n ko

nk

n

o

aa T a x

k

xb T

x

xc T x

x

nk

n

o

2k 1nk 12 2k

2n

o

2k 1n

2n 1

o

1 . . k 1d) T 1 x x dengan

k k k!

2e) T sin x 1 x

2k !

1 x xf ) T log

1 x 2k 1


23

Bab 2

Bilangan Kompleks

__________________________________________

2-1 Definisi

Bilangan kompleks adalah pasangan terurut (x,y) dari bilangan riil x,y

dan dinyatakan sebagai

z = (x,y)

x – bagian riil (Re z)

y – bagian imajiner (Im z)

Contoh: z = (4,-3), maka Re(4,-3) = 4 dan Im(4,-3) = -3

Untuk keperluan praktis bentuk z x yi , dengan i = 1 lebih sering

digunakan dari pada bentuk pasangan terurut z = (x,y)

2-2 Operasi Bilangan Kompleks

Misalkan ada dua bilangan komplek 1 1 1z x iy dan 2 2 2z x iy maka

1. Operasi Penjumlahan

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y

2. Operasi Pengurangan

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y

3. Operasi Perkalian


24

1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x y y i x y x y

4. Operasi Pembagian

1 1 1 1 2 21 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )/

( ) ( ) ( )

x iy x iy x iyz z z

x iy x iy x iy

1 2 1 2 2 1 1 21 2 2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( )/

( ) ( )

x x y y x y x yz z z i

x y x y

Jadi ; 1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( );

( ) ( )

x x y y x y x yz x iy x y

x y x y

2-3 Hukum Komutatif

1 2 2 1

1 2 2 1

z z z z

z z z z

2-4 Hukum Asosiatif

1 2 3 1 2 3

1 2 3 1 2 3

( ) ( )

( ) ( )

z z z z z z

z z z z z z

2-5 Hukum Distributif

1 2 3 1 2 1 3( )

0 0

z z z z z z z

z z z

Lawan dari z dan perkalian dengan skalar,


25

( ) ( ) 0z z z z

z z

Dalam hal ini , adalah bilangan riil

2-6 Komplek konjugate

z x iy disebut z konjugate

Representasi bilangan komplek dan konjugate diragakan dalam

gambar berikut;


bilangan komplek dan

konjugatenya. Absis

menyatakan sumbu real

dan ordinat menyatakan

sumbu imajiner.Kalau

dihitung diperoleh:

2 , 2z z x z z iy

Sehingga dapat dinyatakan

Bagian real, 1

Re2

z x z z dan bagian imajiner, 1

Im2

z y z zi

(1) ____________________________________

1 2 1 1 2 2z z x iy x iy

______________________________

1 2 1 2x x i y y

= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z

(2) _________________________________________

1 2 1 1 2 2z z x iy x iy

______________________________

1 2 1 2x x i y y

= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z


26

(3) ____________________ ___________________________________________

1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2z z x iy x iy x x iy iy x iy

_____________________________________

1 2 1 2 1 2 1 2( )x x ix y iy x y y _______________________________________

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x

1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x 1 1 2 2( )( )x iy x iy

_____

1 2 1 2z z z z

(4)

_____ ____________

1 1 1

2 2 2

z x iy

z x iy

Perhatikan misal 1

2

zz x iy

z

Dari sifat pembagian, maka

1 2 1 2

2 2

2 2

x x y yx

x y

dan 2 1 1 2

2 2

2 2

x y x yy

x y

Jadi

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

x x y y x y x yz i

x y x y

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

x x y y x y x yz i

x y x y

(i)

Perhatikan

1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

z x iy x iy x iy x x ix y ix y y y

z x iy x iy x iy x y

1 2 1 2 2 1 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2

( ) ( )

( ) ( )

x x y y x y x yi

x y x y

(ii)

Kita lihat (i) = (ii)

Dengan perkataan lain

____

1 1

2 2

z z

z z


27

2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa dan Akar

Untuk keperluan praktis bilangan komplek

z x iy

Dapat dinyatakan dalam bentuk polar ( , )r

x rCos

y rSin

Jadi, z rCos irSin r Cos iSin

r disebut nilai absolut atau modulus 𝑧,

r z

Dengan 2 2z r x y zz

Secara geometri z adalah jarak titik 𝑧 ke pusat koordinat. Hal yang

sama |𝑧1 − 𝑧2| menyatakan jarak 𝑧1 ke 𝑧2. 𝜃 disebut juga argument 𝑧,

ditulis arg 𝑧

Gambar 2- 6 Bidang kompleks, jarak antara dua titik dan

argument 𝑧

y

Argz ArcTanx


28

Jika 0z maka tidak terdefinisi

Untuk z 0, Argz harus ditambah kelipatan bilangan bulat 2

Nilai - disebut principal value

Contoh 1: 1z i nyatakan dalam bentuk polar

1arctan1

1 4

yargz arctan arctan

x

24

m

dengan m=0,1,2,..

Principal value 4

2 2 2 r z x y

Jadi 24 4

z r Cos iSin Cos iSin

Contoh 2: 3 3 3z i , nyatakan dalam bentuk polar

Dengan x = 3 dan y

= 33

3 33

3

yArgz arcTan arcTan arcTan

x

23

m

Principal value adalah 3

2 2 9 27 36 6r z x y

z r Cos iSin , Jadi 63 3

z Cos iSin


29

2-7 Pertaksamaan Segitiga

Gambar 2- 7 Panjang rusuk suatu

segitiga sembarang selalu lebih kecil

dari jumlah dua rusuk lainnya

1 2 1 2z z z z

dengan cara yang sama dapat

ditunjukkan;

1 2 1 2..... .....n nz z z z z z

2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk Polar

Jika dua bilangan kompleks;

a a a az r Cos iSin

b b b bz r Cos iSin

Maka berlaku

4. Jika a bz z z maka ( )a b a bArgz Arg z z Argz Argz

5. Jika a

b

zz

z maka ( )a

a b

b

zArgz Arg Argz Argz

z

6. Nilai mutlak aa

b b

zz

z z

Bukti-1

a b a b a b a b a b a bz z r r Cos Cos Sin Sin i Sin Cos Cos Sin

Atau → ( ) ( )a b a b a b a bz z r r Cos iSin

Jadi terdefinisi

( )a b a bArg z z dengan perkataan lain ( )a b a bArg z z Argz Argz


30

Bukti-2

a

b

zz

z atau a bz zz

( )b bArg zz Argz Argz ( )a bArg z Argz Argz

Jadi dapat ditulis kembali; ( ) aa b

b

zArgz Arg z Argz Arg

z

Oleh sebab itu

a aa b a b

b b

z rCos iSin

z r

Bukti-3

Perhatikan a

b

zz

z atau b azz z

Jadi atau b az z z

Jadi dapat ditulis kembali

a

b

zz

z atau aa

b b

zz

z z

Contoh 3: 1 2 2z i dan 2 3z i

Dit: 1 2z z , 1

2

z

z, 1 2Arg z z dan 1 2/Arg z z

Jawab:

2 2

1 2 2 2 3 6 6 ( 6) ( 6) 6 2z z i i i

Cara Lain 2 2 2

1 2 1 2 2 2 3 ( 2) (2) 3 6 2z z z z i i

2 2

11

22 2

( 2) (2) 22

33

zz

z z


31

211 2 1 2

1 2

yyArg z z Arg z Arg z ArcTg ArcTg

x x

Besarnya argument z akan menentukan lokasi z pada bidang

kompleks. Apakah dikuadran I,II,III atau ke IV

Gambar 2- 8 Tanda aljabar akan menentukan dimana kuadran

argument z berada.

Tanda aljabar pasangan terurut (x,y) bergantung pada kuadran dan ia

akan ditentukan oleh nilai argument z

1 2

2 3 3 5( 1)

2 0 4 2 4Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg

2

1 2 1 2

11 2

1 2

/

/

Arg z z Arg z Arg z

yyArg z z ArcTg ArcTg

x x

1 2

1 2

2 3/ ( 1) ( )

2 0

3/

4 2 4

Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg

Arg z z

II

𝑥 < 0, 𝑦 > 0 I

𝑥 > 0, 𝑦 > 0

III

𝑥 < 0, 𝑦 < 0

IV

𝑥 > 0, 𝑦 < 0


32

2-9 Rumus De-Moivre

Perhatikan bentuk pernyataan berikut,

22 2 2 2 2 22 2 2

z r Cos iSin

z r Cos iSin r Cos iSin Cos Sin r Cos iSin

Dengan demikian

22 2 2 2

2

1 1

2 2z r Cos iSin r r

Cos iSinCos iSin

Ubah bentuknya menjadi

2 2 2

2 2

2 2 2 21

( 2 2 ) 2 2 2 2

Cos iSin Cos iSinz r r

Cos iSin Cos iSin Cos Sin

Dengan demikian dapat ditulis sebagai

→ 2 2 22 2 ( 2 ) ( 2 )z r Cos iSin r Cos iSin

Secara induktif, rumus umumnya dapat ditulis sebagai berikut,

nn n nz r Cos iSin r Cosn iSinn

Dengan mengganti nnz r Cos iSin diperoleh

nnz r Cos iSin = nr Cosn iSinn

Jika 1z , maka ( ) ( )n


Bentuk ini dikenal sebagai Rumus De-Moivre

( ) ( )n


2.10 Soal Latihan

10. Jika 1 3 4z i dan 2 5 2z i . Tulis dalam bentuk z x iy

1

2

.z

az

7 26

29 29i


33

2

1

.2

zb

z 7 13

50 25i

11. 2(2 4 )i 12 16i

12. 11 2

4 3

i

i

2 i

13. 10

10

i

i [10 ]i

14. 2Im

3 4

i

i

1

5

15. 2Im

4 3

i

i

2

25

16. 4Im z petunjuk tulis

2

4 2Im z Im z

3 3 2 24 4 ,4x y xy x y

17. Rez

z

2 2 2 2/x y x y

18. Buktikan rumus De-Moivre

( ) ( )n

Cos iSin Cos n iSin n dengan induksi matematika. Selanjutnya gunakan

rumus ini untuk mencari;

a. 2(2 4 )i b. 2

3 4

i

i


34

Bab 3

Transformasi Laplace

3-1. Definisi-definisi

Definisi 1. Misalkan f(t) suatu fungsi real dengan variable t dan t > 0.

Transformasi Laplace didefinisikan sebagai:

00

( ) ( ) lim ( ) ( ) , 0

T

st st

TL f t F s f t e dt f t e dt

s=j, j= 1 , dan variable real

Definisi-2. Jika f(t) didefinisikan dan berharga tunggal untuk t > 0

dan F(s) konvergen mutlak. Untuk bilangan real 0 , maka f(t)

dikatakan dapat ditransformasikan secara Laplace (Laplace-

transformable) bila,

0 0lim

00

( ) ( )

T

t t

Tf t e dt f t e dt

, 0 T

Contoh: ( ) tf t e adalah Laplace Transformable sebab,

0 0 0 0 0( 1) ( 1)

00 00 0 0

1( )

( 1)

t t t t tt tf t e dt e e dt e e dt e dt de

0( 1)

00 0

1 1

(1 ) 1

te

3-2. Transformasi Laplace Inversi

Definisi: Misalkan F(s) menyatakan transformasi Laplace dari fungsi

f(t), dengan t > 0. Maka transformasi Laplace invers adalah

1

0

1( ) ( ) ( ) , 1,

2

C j

st

C j

F s f t F s e ds j cj

L


35

3-3 Sifat-sifat transformasi Laplace (TL)

1. Sifat linearitas ( ai suatu konstanta real)

1 1 2 2 1 1 2 2

1 1 2 2

1 1 2 2

a f (t) + a f (t) = a f (t) a f (t)

a f (t) a f (t)

a ( ) ( )F s a F s

L L L

L L

2. Transformasi Laplace dari turunan fungsi, df

dt

( ) (0 )

dfsF s f

dt

L

3. TL dari fungsi integral 0

( )

t

f z dz , dimana transformasi Laplace f(t)

adalah F(s)

0

( )[ ( ) ]

tF s

f z dzs

L

4. TL dari fungsi ( )t

fa

(time scaling) adalah L [ ( )] ( ),t

f aF asa

dimana

( ) [ ( )]F s f tL

5. TL dari fungsi f(t-T) (time delay), T > 0 dan f(t-T) = 0 untuk

t T [ ( )] ( ),sTf t T e F s L dimana ( ) [ ( )]F s f tL

6. TL dari fungsi ( ),ate f t (komplek translation) [ ( )] ( )ate f t F s a L ,

dimana ( ) [ ( )]F s f tL

7. TL hasil kali dua fungsi 1( )f t dan 2 ( )f t

1 2 1 2

1[ ( ) ( )] ( ) ( )

2f t f t F F s d

j

L (complex convolution

integral)

3-4 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Invers (TLI)

1. TLI dari fungsi ( )s

Fa

(frequency scalling)

1[ ] ( )s

F af ata

L , dimana 1[ ( )] ( )F s f t L


36

2. TLI dari hasil kali dua transformasi Laplace 1( )F s dan 2 ( )F s

1

1 2 1 2 2 1

0 0

[ ( ). ( )] ( ) ( ) ( ) ( )

t t

F s F s f z f t z dz f z f t z dz L

dimana 1 1

1 1 2 2[ ( )] ( ), dan [ ( )] ( )F s f t F s f t L L

(complex convolution integral)

3-5 Ilustrasi :

1. Carilah TL dari fungsi 2( ) t tf t e e

Penyelesaian :

2 2 2[ ] [ ] [ ]0 0

1 2 1 21 1

1 20 0 0 0

1 1 2 3

21 2 3 2

t t t t t st t ste e e e e e dt e e dt

s t s t s t s te dt e dt de de

s s

s

s s s s

L L L

2. Carilah Transformasi Laplace Inversi dari fungsi 1

( )1

F ss

Penyelesaian :

1 1 1 1

1 2 1

ste dss j s

L

Misal

1x s dx ds

s x

dan s x

Jadi ( 1)

1 1 1

1 2 2

x t t xte e edx dx

s j x j x

L

Pernyataan ini sukar untuk diselesaikan, tapi dengan mengingat

bahwa 1 ( ) ( )F s f t L dari contoh 1, dapat dikatakan ;


37

1 1

1

tes

L atau kita peroleh suatu pernyataan ;

1 21 1 1

1 2 2 2

t xt xt xtt te e e e

e dx e dx dxts j x j x j xt

L

Karena bentuk xt dan x tidak akan mengubah batas integrasi bila x

menuju ±∞ maka 21

2

xte

dx ej x

Sulit dihitung secara langsung, tapi dapat diselesaikan dengan

Transformasi Laplace. inversi.

3. Carilah transformasi Laplace dari fungsi;

1

( ) ( )( )

at btf t e eb a

Jawab

1( ) ( )

( )

1( ) ( ) ( )

( )

at bt

at bt

f t e eb a

f t e eb a

L L L

Kita cari satu persatu dari komponen tersebut

( ) ( )

0 0 0

( )

0

1

( )

1 1 10 1

( ) ( ) ( )

at at st a s t a s t

a s t

e e e dt e dt dea s

ea s a s a s

L

Dengan cara yang sama, diperoleh (tinggal mengganti a dengan b)

1bte

s b

L

Maka

1

( ) ( ) ( )( )

at btf t e eb a

L L L


38

1 1 1 1

( ) ( )( )

s b s a

b a s a s b b a s a s b

1 1.( )( ) ( )( )

b a

b a s a s b s a s b

4. Carilah transformasi Laplace dari fungsi;

1

( ) ( ) ( )( )

at btf t z a e z b eb a

Jawab;

1( ) ( ) ( )

( )

1( ) ( ) ( )

( )

at bt

at bt

f t z a e z b eb a

f t z a e z b eb a

L L L

1

( ) ( ) ( )( )

at btf t z a e z b eb a

L L L

1 1 1

( ) ( ) ( )( )

f t z a z bb a s a s b

L

1 1 (( )( )) (( )( ))

( )( ) ( )( )

z a z b s b z a s a z bf t


L

1 ( ) ( )

( )( )

1

( )( )

1 ( ) ( ) 1 ( )( )

( )( ) ( )( )

( )( )

sz as bz ab sz bs az ab

b a s a s b

bs as bz az

b a s a s b

s b a z b a b a s z


s z

s a s b

Dalam contoh yang diberikan ini dapat dibuat tabel transformasi

Laplace untuk berbagai fungsi. Tabel ini diperlukan ketika kita

mencari Transformasi Laplace inversi.


39

Tabel 3- 1 Transformasi Laplace( t>0)

( )F s ( )f t

1 1 ( )t

2 TSe ( )t T

3 1

s a ate

4 1

( )ns a 11

( 1)!

n att en

dengan n=1,2..

5 1

( )( )s a s b

1( )

( )

at bte eb a

6 ( )( )

s

s a s b 1

( )( )

at btae bea b

7 ( )( )

s z

s a s b

1

(( ) ( ) )( )

at btz a e z b eb a

8 1

( )( )( )s a s b s c

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

at bt cte e e

b a c a c b a b a c b c

9 2 2s

Sin t

10 2 2

s

s Cos t

Perhatikan

0 0 0

' ' 0 0( )0

st st ststf t e f t dt e df t s e f t dt f s f s f fe f t

L L L

2

2

3 2

'' ' ' ' 0 0 ' 0 0 ' 0

''' '' '' '' 0 0 ' 0 '' 0

0 ' 0 '' 0

df f s f f s s f f f s f sf f

dt

df f s f f s s f sf f f

dt

s f s f sf f

L L L L L

L L L L

L

Dengan induksi kita mempunyai bentuk umum;

1 2( ) 1 2 3 ( 1)0 0 0 . . . 0m m m m m mf s f s f s f s f f L L


40

Contoh (1) Tentukan TL dari fungsi 2f t t

Jawab : 0 0, ' 0 0, '' 0 2f f f dan 2

2s

L

Jadi 2'' 0 ' 0f s f sf f L L

2 2

3

2 2s f t

s s L L

Contoh (2) Tentukan TL dari fungsi cosf t t dan sing t t

Jawab a)

2 2cos , ' sin , '' cosf t t f t t f t t f t

Jadi 2'' 0 ' 0f s f sf f L L

2 2f s f s L L

2 2

sf

s

L

b) sing t t , 2 2' cos , '' sing t t g t t g t

2'' 0 ' 0g s g sg g L L

2 2[ ] 0g s g L L

2 2g

s

L

Contoh (3) : carilah TL dari fungsi 2( ) sinf t t

Jawab: 2 '( ) sin , ( ) 2sin cos sin 2f t t f t t t t

Jadi [ ] [ ] (0) [ ]f s f f s f L L L

atau '

2 2

[ ] [sin 2 ] 2[ ]

( 2 )

f tf

s s s s

L LL

Contoh (4) : carilah TL dari fungsi ( ) sinf t t t

Jawab: '( ) sin , ( ) sin cosf t t t f t t t t

" 2

" 2

( ) 2 cos sin

( ) 2 cos ( )

f t t t t

f t t f t

'(0) 0, (0) 0f f


41

Sehingga " 2 ' 2[ ] [ ] (0) (0) [ ]f s f sf f s f L L L 2 2

2 2 2 2

[2 cos ( )] [ ]

2 [cos ] [ ] [ ] ( ) [ ] 2 [cos ]

t f t s f

t f s f s f t

L L

L L L L L

Jadi

22 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2[ ] [cos ]

s sf t

s s s s

L L

Contoh (5) : Solusi persamaan diferensial dengan syarat awal

" '4 3 0y y y , dengan '(0) 3, (0) 1y y

Jawab: "[ ] [4 '] [3 ] 0y y y L L L

2 [ ] (0) '(0) 4 [ ] '(0) 3 [ ] 0s y sy y s y y y L L L

2 ( ) 3 1 4 ( ) 1 3 ( ) 0 s Y s s sY s Y s

2 ( ) 4 ( ) 3 ( ) 3 1 4 3 5 s Y s sY s Y s s s

3 1 ( ) 3 5 s s Y s s

3 5 2 1

( )3 1 3 1

sY s

s s s s

Ambil transformasi invers: 1[ ( )] ( )Y s y t L

1 1 12 5[ ( )]

3 1Y s

s s

L L L

1 1 31 12 5 2 5

3 1

t ty t e es s

L L

Jadi solusinya 3( ) 2 5t ty t e e

3-6 Soal Latihan

Carilah transformasi Laplace dari soal berikut dan kemudian solusi

persamaan differensial homogen berikut dengan Transformasi

Laplace. Dengan syarat y(0) = 1 dan y(0) = 0

(1) 2

2cosxd y

xe xdx

(2) 2

2

20

d y dyx x

dx dx


42

(3) 2

20

d y dyx x

dx dx

(4) 022

2

ydx

yd

(5) 2

2

34 0

d y dyy

dx dx

(6) 2

2

30

d y dy

dx dx

(7) 2

24 13 0

d y dyy

dx dx


43

Bab 4

Persamaan Differensial Parsial

_______________________________________

4-1 Turunan Parsial

Tinjau suatu fungsi f(x,y) dengan dua peubah yang kontinyu pada

daerah yang didefinisikan. Turunan parsial didefinisikan sebagai

berikut;

(i) Terhadap peubah x di titik (x,y)

( , ) ( , )

0

f f x h y f x yLim

x hh

4. 1

Artinya turunkan terhadap x dengan mengganggap y konstan

(ii) Terhadap peubah y di titik (x,y)

( , ) ( , )

0

f f x y k f x yLim

y kk 4.

2

Artinya turunkan terhadap y dengan menganggap x konstan

4-2 Notasi

1 1 2 2,

x y

f ff f D f f D

x y 4. 3

2 2

11 11 22 222 2,

xx yy

f ff f D f f D

x y 4.

4

2 2

12 12 21 21,

xy yx

f ff f D f f D

x y y x 4. 5


44

Contoh: 2, sin cosf x y x y y xy

3sin sinf

y y xyx

2cos 2 cos sinf

x y y xy xy xyy

2 2 3 2 32

2 3cosy y sinxy y sinxy xy cosxy cosy y sinxf f

y xy co xyx y y

sx

22 33

f fcosy y sinxy xy cosxy

y x y x

4-3 Soal Latihan

( Tentukan , , , , ,x y xx yy xy yxf f f f f f )

1. 4 4 2 2, 4f x y x y x y

2. f x, y x sin x y

3. f x, y xy x

y

4. 2 2( , ) ( )f x y x y

5. 2 2( , ) ( )f x y sin x y

6.

x yf x, y

x – y

7. , sin cos 2x 3 yf x y

8. 2 2

xf x, y

x y

9. Buktikan z z

x y 2x y

z

2z jika 2( 2 )z x y atau 4 4 (1/2)( )z x y

10. Diberikan ( )( , ) ax byz u x y e dan ditentukan pula2z

0x y

Tentukan

nilai konstanta a dan b sehingga;2z z z

z 0x y x y

[jawaban: a=b=1]


45

4-4 Persamaan Differensial Parsial

Jika fungsi dua peubah ( , )x y mempunyai turunan, persamaan

differensial parsial mempunyai bentuk umum; 2 2 2

2 2A 2B C + D E F G 0

x x y y x y

4.

6

Didefinisikan, diskriminan = (2B)2- 4AC

1. Jika AC = B2 pernyataan disebut persamaan diferensial

parabolic

2. Jika AC > B2 pernyataan disebut persamaan diferensial

eliptik

3. Jika AC < B2 pernyataan disebut persamaan diferensial

hiperbolik

Contoh :

1. Persamaan Difusi : 2

2x

= k

t

persamaan

parabolik (A=1, B=0, C=0)

2. Persamaan Poisson : 2

2x

+

2

2 f x, y

y

persamaan eliptik

(A= 1, B=0, C=1)

3. Persamaan Gelombang: 2

2x

= k

2

2t

persamaan

hiperbolik dengan nilai (A=1, B= 0, C= -k)

Contoh persamaan diferensial parsial lainnya

Persamaan Laplace : 2

2x

+

2

2y

= 0 merupakan salah satu contoh

persamaan diferensial eliptik dua dimensi 2D. Biasa dinyatakan

dengan 2


46

Sehingga untuk persamaan Laplace tiga dimensi, digunakan juga

notasi

2 2 2

2

2 2 2x y z

4. 7

dalam hal ini persamaan Laplace merupakan fungsi tiga dimensi,

, ,x y z

Seperti fungsi satu peubah lainnya, fungsi ,f f x y disebut suatu

solusi bila memenuhi persamaan diferensial tersebut, artinya;

1. 2

2

f fk

x t

fungsi f merupakan solusi persamaan difusi

2. 2 2

2 2,

f ff x y

x y

fungsi f merupakan solusi persamaan Poisson

3. 2 2

2 2

f fk

x y

fungsi f merupakan solusi persamaan gelombang

4-5 Contoh Persamaan Diferensial Parsial

Macam-macam persamaan diferensial:

1. 2 2

2

2 2

u uc

t x

persamaan gelombang 2D

2. 2

2

2

u uc

t x

persamaan hantaran panas 2D

3. 2 2

2 20

u u

x y

persamaan Laplace 2D

4. 2 2

2 2,

u uf x y

x y

persamaan Poisson 2D


47

5. 2 2 2

2 2 20

u u u

x y z

persamaan Laplace 3D

Solusi persamaan diferensial parsial dapat dicari bila syarat batas

diberikan.

Contoh:

a) 2 2u x y

b) cosxu e y

c) 2 2lnu x y

Ketiganya merupakan solusi dari persamaan Laplace 2D. Coba anda

buktikan!. Contoh ini menunjukkan bahwa solusinya tidak unik.

Solusi total persamaan diferensial dapat dicari bila syarat batas

diberikan.

Contoh:

Karena tidak diberikan syarat batas, ketiganya juga merupakan solusi

dari persamaan Laplace 2D. Buktikan!. Ilustrasi bentuk permukaan

cosxu e y dan 2 2u x y digambarkan dalam grafik berikut;

Plot 3 dimensi cosxu e y

Plot 3 dimensi 2 2u x y

Gambar 4- 1 Plot tiga dimensi solusi persamaan Laplace dengan

perangkat lunak MatLab

0

2

4

6

-5

0

5

-600

-400

-200

0

200

400

600

x

exp(x) cos(y)

y

-1

-0.5

0

0.5

1

x 104

-1

-0.5

0

0.5

1

x 104

-1

-0.5

0

0.5

1

x 108

x

(x2)-(y2)

y


48

4-6 Soal Latihan

1. Tunjukkan bahwa kedua fungsi berikut adalah solusi dari

persamaan Laplace:

sin cosh danu x y 1tan

yu

x

Catatan: x xe e

sinh x2

dan

x xe ecoshx

2

2. Tunjukkan bahwa ,u x t v x ct w x ct adalah solusi dari

persamaan gelombang. Di sini, v dan w adalah fungsi yang dapat

diturunkan dua kali

3. Buktikan bahwa 2 2, lnu x y a x y b memenuhi persamaan

Laplace. Tentukan a dan b sehingga u memenuhi syarat batas 0u

pada lingkaran 2 2 1x y dan 3u pada lingkar an 2 2 4x y

4-7 Teorema

Misalkan 𝑔 differensiabel pada R2 dan misalkan 𝑓 adalah medan

scalar yang didefinisikan oleh persamaan:

x, y g bx ayf 4. 8

Sedangkan 𝑎, 𝑏 merupakan konstanta tidak nol maka fungsi 𝑓(𝑥, 𝑦)

memenuhi persamaan diferensial parsial orde-1

f x, y f x, ya b 0

x y

4. 9

2 x, y R

Sebaliknya setiap solusi dari (**) juga akan memenuhi (*)

Bukti:

f

f x, y g bx ay bg bx ayx

4. 10

fag (bx ay)

y

4. 11


49

Jadi f (x, y) f (x, y)

a b abg bx ay abg bx ay 0x y

4. 12

4-8 Soal Latihan

Dalam soal berikut seluruh fungsi yang ditinjau adalah diferensiabel.

Pernyataan dalam kurung siku adalah jawabannya

1. Tentukan solusi persamaan difrensial parsial :

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

4 3 0x y

Yang memenuhi syarat

4

f (x,0) sin x , x jawab : f x, y sin(x y)3

2. Tentukan solusi persamaan difrensial parsial

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

5 2 0x y

Yang memenuhi syarat

5y

xx 2

1f 0,0 0 ,D f x,0 e , x jawab : f x, y e 1

3. a) Jika u x, y f (x, y) buktikan fungsi 𝑢, memenuhi persamaan

differensial parsial

u u

x y 0x y

Tentuk an solusinya sehingga 24u , ,xx x x e x [jawab:

2 2( , ) ]xyu x y x y e

b) Jika x

v x, y fy

untuk 𝑦 ≠ 0 buktikan bahwa fungsi

xv x, y f

y

memenuhi pernyataan 0v v

x yx y

. Selanjutnya cari solusinya


50

sehingga 1

1 1v 1,1 2 dan D v (x, ) setiap x 0

x x

[ ( , ) 2 | / |]v x y log x y

4. Andaikan f memenuhi persamaan diferensial 2 2 2

2 22 3 0

f f f

x x y y

Misalkan x Au Bv, y Cu Dv dimana A,B,C,D konstanta, andaikan

juga g u,v f Au Bv, Cu Dv .

Carilah nilai A,B,C,D yang tidak nol sehingga g memenuhi 2g

0u v

Selesaikan persamaan ini untuk g dan tentukan f.

[ A = B = C = 1 dan D = - 3; 1 2f x, y 3x y x y ]

5. Suatu fungsi u didefinisikan oleh

x y

u x, y xyf xy

Tunjukkan fungsi u(x,y) memenuhi persamaan differensial parsial:

2 2 ( , )u u

x y Gx

x y uy

Selanjutnya, carilah fungsi G(x,y) [jawab

G x, y x y ]

6. Substitusi ,s tx e y e , ubah f(x,y) dalam bentuk g(s,t) dengan

( , ) ( , ).s tg s t f e e Jika f memenuhi persamaan diferensial parsial

orde-2 ; 2 2

2 2

2 2 0f f

x y

f fx y x y

x y

Tunjukkan bahwa g memenuhi persamaan

diferensial 2 2

2 20

g g

s t

kalkulus lanjut - personal.fmipa.itb.ac.id · bab 1 polinom dan aproksimasi fungsi 1 1.1 persamaan...

Documents