Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 1. Integral Lipat Dua Atas Daerah Persegipanjang

Transkripsi

1 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 1 Integral Lipat Dua Atas Daerah Persegipanjang Perhatikan fungsi z = f(x, y) pada = {(x, y) : a x b, c y d} Bentuk partisi P atas daerah berupa n buah persegipanjang 2 yang dibentuk dari garis 2 yang sejajar dengan sumbu-x dan sumbu-y seperti pada gambar di atas. Sebut partisi tersebut sebagai k, k = 1, 2,,n. Perhatikan persegipanjang ke k, yaitu k. Luasnya adalah A k = x k y k. Selanjutnya pilih titik wakil (x k, y k ) k. Perhatikan balok yang terbentuk dengan alas k dan tinggi f(x k, y k ). Volumenya adalah f(x k, y k ) A k (lihat gambar di atas yang di tengah). Jumlah iemann dari z = f(x, y) atas partisi P adalah: n J = f(x k, y k ) A k k=1 Mialkan P adalah elemen partisi yang paling luas, integral lipat dua atas daerah adalah: n f(x k, y k ) A k f(x, y) da = lim P 0 k=1 Sifat (jaminan integral lipat dua ada): Bila fungsi f(x, y) terdefinisi pada persegipanjang tertutup dan kontinu (kecuali mungkin di sebanyak berhingga titik) maka f terintegralkan. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

2 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 2 Secara geometri, bila f(x, y) 0, integral lipat dua menyatakan volume benda yang alasnya dan atapnya permukaan z = f(x, y). Bila ada daerah dengan f(x, y) 0, integral lipat dua menyatakan volume benda pada daerah z positif dikurangi volume benda pada daerah z negatif (lihat gambar di samping). Sifat 2 : a. kf(x, y) da = k f(x, y) da (f(x, y) + g(x, y)) da = f(x, y) da + g(x, y) da b. Jika = 1 2 maka f(x, y) da = f(x, y) da + f(x, y) da 1 2 c. Jika f(x, y) g(x, y) maka f(x, y) da g(x, y) da d. 1 da = A dengan A adalah luas daerah. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

3 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 3 Latihan: 1. Misalkan = {(x, y) : 0 x 3, 0 y 3}. Tentukan 1 0 x 3, 0 y 1 f(x, y) da bila f(x, y) = 2 0 x 3, 1 < y x 3, 2 < y 3 2. Misalkan = {(x, y) : 0 x 4, 0 y 8}. Tentukan jumlah 64 8x + y 2 iemann dari da dengan membagi atas empat bagian yang 16 sama dan titik wakilnya dipilih pusat dari masing-masing persegipanjang. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

4 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 4 Perhitungan Integral Lipat Sebagai Integral Berulang Pada pasal ini akan dibahas cara menghitung integral lipat dua atas daerah persegipanjang untuk fungsi sebarang. Perhatikan f(x, y) atas daerah = {(x, y) : a x b, c y d}. Pembahasan rumus berikut akan berlaku untuk sebarang fungsi f, namun demikian untuk memudahkan intepretasi geometri, diambil f(x, y) > 0. Irislah benda yang akan dihitung volumenya (gambar paling kiri) menjadi keping-keping tipis yang sejajar dengan bidang xz (gambar tengah). Misalkan lebar keping tersebut y. Luas permukaan keping tersebut hanya bergantung pada posisi y (jelaskan!), notasikan A(y). Volume keping tipis tersebut adalah V = A(y) y. Dengan demikian volume benda adalah: V = d c A(y) dy Dilain pihak, luas permukaan keping sejauh y dari bidang xz (y konstanta) adalah b a f(x, y) dx. Dengan demikian volume benda adalah: V = d c [ b a ] f(x, y) dx dy Alternatif lain bila kita membuat irisan kepingnya sejajar dengan bidang yz maka rumus yang diperoleh adalah b [ d ] V = f(x, y) dy dx a c Hati 2 : Batas-batas integrasi harus sesuai dengan urutan perhitungan integral. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

5 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 5 Contoh-contoh: 4 [ 2 ] 1. Hitung 6x 2 y dx 2 1 dy 2. Hitung soal no 1. dengan urutan pengintegralan yang berbeda. 3. Hitung volume benda dibawah permukaan f(x, y) = x 2 + y pada = {(x, y) : 1 x 1, 0 y 2} dan di atas bidang z = 1. Integral Lipat Dua atas Daerah Sebarang Perhitungan integral lipat atas daerah sebarang secara umum sulit dilakukan. Kita akan melihatnya pada dua jenis daerah berikut: S = {(x, y) : a x b, φ 1 (x) y φ 2 (x)} disebut y-sederhana S = {(x, y) : ψ 1 (y) x ψ 2 (y), c y d} disebut x-sederhana Jenis daerah lain yang tidak termasuk ke dalam dua tipe di atas pada umumnya dapat dipartisi menjadi beberapa bagian yang masing-masingnya berbentuk daerah x-sederhana atau y-sederhana. Diskusi: a. Adakah daerah yang sekaligus x-sederhana dan y-sederhana? b. Carilah daerah yang tidak dapat dipartisi jadi bagian-bagian daerah x-sederhana dan y-sederhana. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

6 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 6 Untuk daerah y-sederhana, rumus integrasinya adalah sebagai berikut: [ b ] φ2 (x) f(x, y) da = f(x, y) dy dx a φ 1 (x) dengan argumentasi serupa, rumus untuk daerah x- sederhana: [ d ] ψ2 (x) f(x, y) da = f(x, y) dx dy Contoh 2 : 1. Hitung 1 y c 2ye x dx dy ψ 1 (x) 2. Hitung volume benda pada oktan pertama yang terletak diantara paraboloida z = x 2 + y 2 dan silinder x 2 + y 2 = Hitung y 2 e x2 dx dy (petunjuk: gambar daerah integrasinya lalu ubah urutan integrasinya) UL:materikuliah.math.itb.ac.id

7 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 7 Integral Lipat Dua pada Koordinat Polar Seringkali daerah integrasi dari integral lipat dua berbentuk sebuah busur. Daerah seperti ini lebih mudah direpresentasikan dalam bentuk koordinat polar ketimbang dalam koordinat kartesius. Perhatikan sistem koordinat polar seperti terlihat pada gambar di samping. Di sini sebuah titik pada bidang dinyatakan sebagai (r, θ) dengan r menyatakan jarak dari titik pusat koordinat dan θ adalah sudut yang dibentuk antara sumbu polar dengan garis yang menghubungkan pusat koordinat dan titik tersebut. Hubungan titik di koordinat kartesius dan koordinat polar adalah: x = r cosθ dan y = r sin θ Perhatikan sebuah persegi panjang polar (gambar di atas, sebelah kiri) = {(r, θ) : a r b, α θ β}. Fungsi dua peubah z = f(x, y) terdefinisi pada daerah tersebut (gambar sebelah kanan). Dalam bentuk polar, fungsi tersebut berbentuk z = f(r cos θ, r sin θ) Perhatikan persegipanjang (pp) polar di samping. Partisikan pp tersebut atas n bagian. Selanjutnya perhatikan elemen partisi ke k. Ukuran elemen ini adalah r k dan θ k. Pilih wakil ( r k, θ k ) dengan r k titik tengah antara r k 1 dan r k sedangkan θ k sebarang. Luas elemen ini adalah A k = r k r k θ k (buktikan!) Bila z = f(x, y) > 0 maka volume benda di atas elemen tersebut adalah: V = f( r k cos θ k, r k sin θ k ) r k r k θ k UL:materikuliah.math.itb.ac.id

8 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 8 Dengan demikian, volume benda di bawah permukaan f(x, y) dan di atas daerah adalah: V = f(r cosθ, r sin θ) r dr dθ Contoh: Tentukan volume benda di bawah permukaan z = e x2 +y 2 dan di atas daerah = {(r, θ) : 1 r 3, 0 θ π/4} Sebuah daerah S disebut daerah r-sederhana bila berbentuk S = {(r, θ) : φ 1 (θ) r φ 2 (θ), α θ β} Integral lipat dua atas r-sederhana: β φ2 (θ) f(x, y) da = f(r cosθ, r sinθ) r dr dθ α φ 1 (θ) Sebuah daerah S disebut daerah θ-sederhana bila berbentuk S = {(r, θ) : a r b, ψ 1 (r) θ ψ 2 (r)} Integral lipat dua atas daerah θ-sederhana: b ψ2 (r) f(x, y) da = f(r cosθ, r sin θ) r dθ dr a ψ 1 (r) UL:materikuliah.math.itb.ac.id

9 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 9 Contoh 2 : 1. Tentukan volume benda di bawah permukaan x = x 2 + y 2 di atas bidang xoy dan di dalam silinder x 2 + y 2 = 2y 2. Gunakan koordinat polar untuk menghitung e x2 +y 2 da dengan S = {(x, y) : x 2 + y 2 4}. 3. Ubahlah dalam koordinat kartesius, lalu hitunglah 4π/3 5 secθ 3π/4 0 r 3 sin 2 θ dr dθ UL:materikuliah.math.itb.ac.id

10 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 10 Momen dan Pusat Massa Perhatikan sebuah lamina (keping tipis 2 dimensi) tak homogen S (gambar sebelah kiri). Misalkan rapat masssanya adalah δ(x, y). Partisikan S atas pp-pp kecil seperti pada gambar sebelah kanan. Perhatikan elemen ke k. Pilih wakil ( x k, ȳ k ). Massa elemen ini adalah m = δ( x k, ȳ k ) A k. Massa lamina: m = δ(x, y) da Sedangkan momen terhadap sumbu x dan sumbu y masing-masing: M x = yδ(x, y) da dan M y = xδ(x, y) da Pusat massa dari lamina: ( x, ȳ) = ( M y m, M x m ) Contoh 2 : 1. Sebuah lamina dengan rapat massa δ(x, y) = xy dibatasi oleh sumbu-x, garis x = 8 dan kurva y = x 2 3. Tentukan massa dan pusat massanya. 2. Sebuah lamina berbentuk seperempat linkaran berjari-jari a, rapat massanya sebanding dengan jaraknya dari pusat lingkaran tersebut. Tentukan pusat massanya (gunakan koordinat [polar). UL:materikuliah.math.itb.ac.id

11 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 11 Momen Inersia Perhatikan sebuah benda (berbentuk titik) bermassa m dan berjarak sejauh r dari suatu garis. Momen inersia dari benda didefinisikan sebagai: momen inersia : I = mr 2 Sekarang perhatikan sebuah lamina pada bidang xy. Misalkan rapat massanya δ(x, y). Momen inersia benda terhadap sumbu-x, sumbu-y dan pusat koordiant adalah: I x = y 2 δ(x, y) da, I y = x 2 δ(x, y) da dan I z = (x 2 + y 2 ) δ(x, y) da = I x + I y Contoh: Tentukan momen inersia terhadap sumbu-x, sumbu-y dan pusat koordinat dari dua contoh terakhir. I Jari-jari girasi didefinisiakan sebagai : r = m. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

12 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 12 Persamaan Diferensial Persamaan diferensial (Biasa), disingkat PD, adalah persamaan yang melibatkan turunanturunan dari suatu fungsi f(x). contoh 2 : 1. y + 2 sinx = 0 2. d2 y dx 2 + 3x dy dx 2y = 0 3. y + (y ) 5 e x = 0 Turunan tertinggi yang muncul pada suatu PD disebut orde dari PD tersebut. Pada contoh di atas ordenya masing-masing satu, dua dan tiga. Fungsi y = f(x) disebut solusi dari suatu PD bila fungsi tersebut memenuhi PD tersebut. Sebagai contoh fungsi y = sinx merupakan solusi dari y + y = 0 (tunjukan!). Fungsi y = cosx, juga merupakan solusi dari PD tersebut. Secara umum solusinya berbentuk y = A sin x+b cosx dengan A dan B konstanta. Solusi umum dari PD orde n selalu memuat n buah konstanta. Bila sebuah PD dilengkapi dengan syarat-syarat maka konstanta pada solusi umum dapat dieliminasi. Solusi ini disebut solusi khusus. Sebagai ilustrasi bila PD y + y = 0 dilengkapi syarat y(0) = 3 dan y (0) = 0 maka solusi khususnya y = 3 cosx PD linear orde n: y (n) + a 1 (x) y (n 1) + + a n 1 (x) y + a n (x) y = k(x) Fungsi a 1 (x), a 2 (x),, a n (x) disebut koefisien dari PD linear tersebut. Perkuliahan ini akan membahas pencarian solusi untuk PD linear orde satu dan orde dua saja. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

13 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 13 Perasamaan Diferensial Linear Orde Satu Bentuk Umum : y + p(x) y = q(x) Tetapkan faktor pengintegral e p(x)dx, lalu kalikan pada PD semula. y e p(x)dx + y p(x) e p(x)dx = q(x) e p(x)dx d dx [y e p(x)dx ] = q(x) e p(x)dx y e p(x)dx = q(x) e p(x)dx dx Contoh: y = e p(x)dx q(x) e p(x)dx dx 1. Tentukan solusi dari dy dx + 2 x y = sin(3x) x 2, y(1) = Tangki berisi 120 liter air asin, mengandung 75 gram garam. Air asin yang berisi 1,2 gram garam per liter memasuki tangki dengan laju 2 liter/menit dan air asin keluar dari tangki dengan laju sama. Jika larutan garam dalam tangki selalu homogen, tentukan konsentrasi garam dalam tangki setelah 1 jam dan setelah 100 jam. Tugas baca: Kalkulus Purcell (terjemahan bahasa Indonesia) Edisi 5 hal 437, tentang kelistrikan. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

14 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 14 Persamaan Diferensial Linear Orde Dua Bentuk Umum : y + a 1 (x) y + a 2 (x) y = k(x) Pembahasan akan dilakukan hanya untuk a 1 (x) dan a 2 (x) berupa fungsi konstan, yaitu y + a 1 y + a 2 y = k(x) Bila k(x) = 0 maka PD tersebut disebut PD linear orde 2 homogen. Untuk mencari solusi PD linear homogen (dengan koefisien konstan), kita harus mencari dahulu solusi PD homogennya. Perhatikan PD linear orde dua homogen berikut: y + a 1 y + a 2 y = 0 Misalkan solusinya adalah y = e rx dengan r suatu konstanta. Kita harus menentukan nilai r. Substitusikan solusi ini pada PD homogen semula: r 2 e rx + a 1 re rx + a 2 e rx = 0 ( r 2 + a 1 r + a 2 ) e rx = 0 r 2 + a 1 r + a 2 = 0 (disebut persamaan karakteristik) Misalkan r 1 dan r 2 solusi persamaan karakteristik tersebut, maka tiga bentuk yang mungkin terjadi a. r 1 & r 2 real berbeda, solusi PD homogen: y = c 1 e r 1x + c 2 e r 2x b. r 1 & r 2 real kembar, solusi PD homogen: y = c 1 e r 1x + c 2 xe r 1x c. r 1 & r 2 kompleks r 1 = α + β i dan r 2 = α β i solusi PD homogen: y = c 1 e αx sin(βx) + c 2 e αx cos(βx) Contoh: Tentukan solusi umum dari PD berikut: 1. y 2y y = 0 2. y 6y + 9y = 0 3. y 4y + 13y = 0 4. y + y = 0 UL:materikuliah.math.itb.ac.id

15 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 15 Sekarang kita akan mencari solusi umum dari PD linear orde dua tak homogen. Perhatikan PD tak homogen y + a 1 y + a 2 y = k(x) Tahap pencarian solusinya adalah sebagai berikut: Cari solusi PD homogennya, misalkah y h = c 1 u 1 (x) + C 2 u(2x) Fungsi u 1 (x) dan u 2 (x) disebut solusi fundamental. Cari sebuah solusi PD tak homogennya, misalkan y p. Solusi umum PD tak homogen adalah y = y h + y p. Mencari y h sudah dibahas, jadi sekarang tinggal mencari sebuah y p. Ada dua metode pencarian y p yang akan dibahas: Metode koefisien tak tentu (metode coba-coba) Metode variasi parameter Metode Koefisien Tak Tentu Metode ini hanya dapat dipakai untuk beberapa bentuk dari k(x) seperti yang tercantum pada tabel berikut: k(x) a. ce αx te αx b. c cos(αx) d sin(αx) c cos(αx) + d sin(αx) y p dimisalkan s cos(αx) + t sin(αx) c. c 0 + c 1 x + + c n x n t 0 + t 1 x + + t n x n Solusi y p dimisalkan seperti yang tercantum pada kolom tiga, dengan catatan: Bila k(x) merupakan kombinasi linear dari bentuk (a), (b) dan (c) maka pemisalan y p juga diambil dari kombinasi kolom ketiga. Bila pemisalan y p bentuknya sama dengan solusi fundamental, maka pemisalan tersebut harus dikali dengan x atau x 2 sampai bentuk pemisalan tersebut tidak sama dengan solusi fundamental. UL:materikuliah.math.itb.ac.id

16 ingkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB 16 Contoh 2 : 1. y 3y 4y = 3x y + 2y = 3x y + 4y = sin(2x) 4. y 3y 4y = 3e x + 3x Metode Variasi Parameter Metode ini dapat dipakai untuk sebarang bentuk k(x). Perhatikan kembali PD tak homogen y + a 1 y + a 2 y = k(x). Misalkan solusi homogennya y h = c 1 u 1 (x) + c 2 u 2 (x). Salosi y p yang memenuhi PD tak homogennya adalah: y p = v 1 (x) u 1 (x) + v 2 (x) u 2 (x) dengan v 1 dan v 2 fungsi-fungsi yang memenuhi hubungan { v 1 u 1 + v 2 u 2 = 0 v 1 u 1 + v 2 u 2 = k(x) Contoh: Tentukan solusi umum PD y + y = sec x. Tugas Baca: Penerapan PD linear orde 2 pada masalah pegas. UL:materikuliah.math.itb.ac.id