DIKTAT KALKULUS 2
Oleh: Anita T. Kurniawati, S.Si, M.Si. Drs. Soehardjo
Terbatas untuk kalangan sendiri INSTITUT TEKNOLOGI ADHI TAMA SURABAYA 2011
KATA PENGANTAR
Diktat ini berisi teori integral tertentu dan aplikasinya (luas dataran, panjang busur, volume benda putar, titik berat, momen inersia, dsb). Diktat ini dibuat dengan tujuan agar mahasiswa mampu mempelajari dengan mudah mata kuliah kalkulus dan dapat digunakan sebagai literatur utama disamping literatur lainnya, karena didalam diktat ini juga berisi tugas yang harus diselesaikan oleh mahasiswa. Tulisan ini adalah sebagai pengalaman almarhum Bapak Soehardjo dan teman-teman dosen yang mengajar di ITATS. Bapak Soehardjo adalah seorang dosen yang mengajar sejak tahun 1966 pada fakultas-fakultas teknik di lingkungan ITS dan ITATS serta mengajar di Universitas Kebangsaan Malaysia (UKM) di Kualalumpur tahun 1974-1976. Diktat ini dipersembahkan untuk mengenang jasa almarhum Bapak Soehardjo yang telah mengabdikan diri seumur hidupnya di dunia pendidikan. Supaya dapat memahami isi yang terkandung dalam diktat ini diharapkan mahasiswa harus menguasai teorinya dulu. Penulis menyadari bahwa isi dari diktat ini tidak luput dari berbagai kekurangan, karena itu kritik dan saran yang membangun dari pembaca sangat diharapkan untuk penyempurnaan pada penerbitan yang akan datang. Kepada siapa saja yang telah membantu sehingga memungkinkan terbitnya diktat ini, penulis mengucapkan banyak terima kasih. Semoga diktat ini bermanfaat bagi pemakai.
Penulis
DAFTAR ISI BAB 1. INTEGRAL TERTENTU 1.1.Pengertian Integral Tertentu 1.2.Teorema Newton – Leibnitz 1.3.Sifat – sifat Integral Tertentu 1.4.Integral Tak Wajar Soal Latihan
1 1 2 5 9
BAB 2. LUAS DATARAN 2.1. Pada Koordinat siku – siku 2.2. Pada Koordinat Kutub Soal Latihan
10 10 14
BAB 3. ISI BENDA PUTAR 3.1. Pada Koordinat siku – siku 3.2. Pada Koordinat Kutub Soal Latihan
15 16 20
BAB 4. PANJANG BUSUR 4.1. Pada Koordinat siku – siku 4.2. Pada Koordinat Kutub Soal Latihan
21 22 24
BAB 5. LUAS KULIT BENDA PUTAR 5.1. Pada Koordinat siku – siku 5.2. Pada Koordinat Kutub Soal Latihan
25 26 29
BAB 6. TITIK BERAT 6.1. Titik Berat dari buah titik massa 6.2. Titik Berat keping datar homogin 6.3. Dalil Guldin 1 6.4. Titik Berat Busur 6.5. Dalil Guldin 2 6.6. Titik Berat Kulit Benda Putar 6.7. Titik Berat Isi Benda Putar Soal Latihan
30 31 32 35 36 37 39 41
BAB 7. MOMEN INERSIA 7.1. Pengertian Momen Inersia
43
7.2. Momen Inersia Keping Datar 7.3. Dalil Pergeseran (Dalil Sumbu Sejajar) 7.4. Momen Inersia Busur 7.5. Momen Inersia Kulit Benda Putar 7.6. Momen Inersia Isi Benda Putar 7.7. Momen Inersia Isi I OY dari keping yang diputsr pada sumbu x Soal Latihan BAB 8. NILAI PURATA PADA KALKULUS INTEGRAL 8.1. Nilai rata-rata dari ordinat (mean value) 8.2. Nilai akar rata-rata kwadrat (a.r.k) Soal Latihan
46 47 50 51 52 54 56
57 57 59
BAB 9. TURUNAN PARSIAL BAB 10. PERSAMAAN DIFERENSIAL 10.1. PD Tingkat satu derajat satu 10.2. PD Tingkat Dua Soal Latihan
60
BAB 11. PENERAPAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
91
DAFTAR PUSTAKA
62 77 88
1 1.1.
INTEGRAL TERTENTU
Pengertian Integral Tertentu
Pandang y = f (x) fungsi kontinu pada [𝑎, 𝑏]. Interval [𝑎, 𝑏] dibagi menjadi n interval bagian dengan titik – titik bagi sbb: 𝑎 = 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑖−1 , 𝑥𝑖 , 𝑥𝑖+1 , … , 𝑥𝑛 −1 , 𝑥𝑛 = 𝑏, sedemikian hingga : 𝑥𝑖−1 < 𝑥𝑖 < 𝑥𝑖+1 ; 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 − 1 . Namakan : 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 = ∆𝑥𝑖 . (𝑖 = 1,2,3, … , 𝑛). 0
𝑎 = 𝑥0
𝑡1
𝑥1
𝑡2
𝑥2
𝑥3
𝑥𝑖−1
𝑡𝑖
𝑥𝑖
𝑥𝑛 −1
𝑡𝑛
𝑥𝑛 = 𝑏
Ambil titik – titik 𝑡𝑖 , sedemikian hingga 𝑥𝑖−1 < 𝑡𝑖 < 𝑥𝑖 . Dibentuk jumlah : 𝑛
𝑆𝑛 =
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥𝑖 = 𝑓 𝑡1 ∆𝑥1 + 𝑓 𝑡2 ∆𝑥2 + ⋯ + 𝑓 𝑡𝑛 ∆𝑥𝑛 𝑖=1
Nyatakan maksimum ∆𝑥 dengan Max ∆𝑥𝑖 → 0 atau 𝑛 → ∞ sedemikian hingga 𝑛
lim
𝑀𝑎𝑥 ∆𝑥 𝑖 →0
𝑓(𝑥𝑖 ) ∆𝑥𝑖 = 𝐿 𝑖=1
Interval [𝑎, 𝑏] dibagi atas n interval bagian yang berbeda dengan yang tadi dimana sedemikian hingga:
∆𝑥𝑖 → 0,
𝑛
lim 𝑆𝑛 =
𝑛→∞
lim
𝑛→∞ 𝑀𝑎𝑥 ∆𝑥 𝑖 𝑖=1
𝑓(𝑥𝑖 ) ∆𝑥𝑖 = 𝐿 n
b
i 1
a
lagi, maka 𝑓(𝑥) terintegralkan pada [𝑎, 𝑏]. Sehingga dapat ditulis dengan Lim f (t i ) xi f ( x ) dx , xi 0
yang disebut integral tertentu dari f (x) terhadap 𝑥 dari 𝑥 = 𝑎 sampai dengan 𝑥 = 𝑏. Sehingga 𝑎 disebut sebagai batas bawah integrasi sedangkan untuk 𝑏 disebut sebagai batas atas integrasi. 1.2. Teorema Newton – Leibnitz “Jika 𝑭 𝒙 integral tak tertentu dari 𝒇(𝒙) pada 𝒂, 𝒃 maka
1
𝒃 𝒇 𝒂
𝒙 = 𝑭 𝒃 − 𝑭(𝒂)”
Bukti: Pandang fungsi 𝐺 𝑥 =
𝑥 𝑎
𝑓 𝑡 𝑑𝑡, 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏]. Fungsi ini adalah integral tak tertentu dari 𝑓(𝑥) pada
[𝑎, 𝑏]. Ingat kembali bahwa setiap dua buah integral tak tertentu dari sebuah fungsi yang diberikan berbeda satu dengan yang lain oleh sebuah konstanta, karena itu ada sebuah konstanta C sedemikian 𝑥 hingga 𝐺 𝑥 = 𝐹 𝑥 + 𝐶 atau 𝑎 𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑥 + 𝐶 untuk semua 𝑥 dalam [𝑎, 𝑏]. Jika 𝑥 = 𝑎, maka 𝑎 𝑓 𝑎 𝑥 𝑓 𝑎
𝑎 𝑎
𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑎 + 𝐶 . Karena
𝑓 𝑡 𝑑𝑡 = 0, didapat 𝐹 𝑎 + 𝐶 = 0 atau 𝐶 = −𝐹(𝑎) sehingga 𝑏 𝑓 𝑎
𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑥 − 𝐹(𝑎). Sekarang jika 𝑥 = 𝑏 maka 𝑏 𝑓 𝑎
dengan 𝑥 didapat
𝑡 𝑑𝑡 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎) dan ganti 𝑡
𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎).
∎
Teorema Newton-Leibnitz dapat ditulis menjadi : 𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹 𝑥 |𝑏𝑎 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)
dimana 𝑓 𝑥 = 𝐹 ′ (𝑥).
𝑎
Contoh: 1
1
𝑥1
3 𝑥 𝑑𝑥 = 3 0
2
𝑑𝑥 = 2𝑥 3 2 |10 = 2(1)3
2
− 2(0)3
2
=2
0
1.3. Sifat-Sifat Integral Tertentu 1.
𝑏 𝑎
3.
𝑏 𝑓 𝑎 𝑎 𝑓 0
4.
2𝑎 0
2.
𝑎 𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = −
𝑥 𝑑𝑥 =
𝑐 𝑓 𝑎 𝑎 𝑓 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑎 0
𝑥 𝑑𝑥 =
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑏 𝑐
𝑓 𝑥 𝑑𝑥;
𝑎<𝑐<𝑏
𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑎 0
𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥
5. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = 𝑓(𝑥) maka
2𝑎 0
6. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = −𝑓(𝑥) maka
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 2
2𝑎 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 0
7. Jika 𝑓(𝑥) fungsi periodik dengan periode 𝑝, 𝑓 𝑥 = 𝑓(𝑥 + 𝑝), maka 𝑛𝑝 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑛
𝑝 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
8. Jika 𝑓(𝑥) fungsi genap, maka 9. Jika 𝑓(𝑥) fungsi gasal, maka
𝑎 −𝑎 𝑎 −𝑎
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 2
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 0
2
𝑎 0
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
Bukti : 1. Misal: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥), maka dari kiri dapat dibuktikan bahwa 𝐹 𝑥 |𝑏𝑎 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎). Sedangkan dari kanan: 𝑎 − 𝑏 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = − 𝐹(𝑥) |𝑎𝑏 = − 𝐹 𝑎 − 𝐹(𝑏) = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = bukti dari kiri. ∎ 2. Misalkan 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥), maka pembuktian dari: Kiri
:
𝑏 𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) |𝑏𝑎 = 𝐹 𝑏 − 𝐹(𝑎)
Kanan: 𝐹 𝑥 |𝑐𝑎 + 𝐹 𝑥 |𝑏𝑐 = 𝐹 𝑐 − 𝐹 𝑎 + 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = 𝐹 𝑏 − 𝐹 𝑎 = kiri.
∎
3. Misalkan 𝑥 = 𝑎 − 𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡. Untuk 𝑥 = 0 → 𝑡 = 𝑎; untuk 𝑥 = 𝑎 → 𝑡 = 0 𝑎
0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0
0
𝑓 𝑎 − 𝑡 (−𝑑𝑡) = − 𝑎
𝑎 0
Jika 𝑡 diganti dengan 𝑥 maka didapatkan: 4.
2𝑎 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
2𝑎 𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑎
𝑓 𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑎 0
𝑓 𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡 0
𝑓 𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥.
∎
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
Subtitusi 𝑥 = 2𝑎 − 𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡 Untuk 𝑥 = 𝑎 → 𝑡 = 𝑎 𝑥 = 2𝑎 → 𝑡 = 0 =
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
0 𝑓 𝑎
2𝑎 − 𝑡 −𝑑𝑡
=
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 −
0 𝑓 𝑎
2𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡
=
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑎 0
Jadi terbukti bahwa
2𝑎 0
5. Dengan sifat yang ke-4 : berakibat bahwa
2𝑎 0
berakibat bahwa
2𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
2𝑎 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
6. Dengan sifat yang ke-4 :
𝑓 2𝑎 − 𝑡 𝑑𝑡
2𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥.
∎
𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = −𝑓(𝑥) maka
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0.
3
∎
𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥. Jika 𝑓 2𝑎 − 𝑥 = 𝑓(𝑥) maka
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 2
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 −
𝑓 2𝑎 − 𝑥 𝑑𝑥 .
∎
7.
𝑛𝑝 0
𝑝 0
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
2𝑝 𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑛𝑝 𝑓 𝑛−1 𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + ⋯ +
𝑥 𝑑𝑥
Misal : 𝑥 = 𝑡 + 𝑝 → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑡 Untuk :𝑥 = 𝑝 → 𝑡 = 0; 𝑥 = 2𝑝 → 𝑡 = 𝑝 Diperoleh: 2𝑝
𝑝
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 =
𝑝
𝑓 𝑡 + 𝑝 𝑑𝑡 =
𝑝
0
𝑝
𝑓 𝑥 + 𝑝 𝑑𝑥 = 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 0
Jadi: 𝑛𝑝
𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0
8.
𝑎 −𝑎
𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 0
0 −𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =
𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + ⋯ + 0
𝑎 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 +
𝑝
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑛 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 0
𝑓(𝑥) 𝑑𝑥
substusi: 𝑥 = −𝑡 → 𝑑𝑥 = −𝑑𝑡; Untuk: 𝑥 = −𝑎 → 𝑡 = 𝑎; 𝑥 = 0 → 𝑡 = 0. Sehingga diperoleh: 0
0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑎
𝑓 −𝑡 (−𝑑𝑡) = − 𝑎
𝑎
𝑎
𝑓 −𝑡 𝑑𝑡 = 𝑎
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑎
0
𝑎
𝑓 −𝑡 𝑑𝑡 = 𝑜
𝑓 −𝑥 𝑑𝑥 0
𝑎
𝑓 −𝑥 𝑑𝑥 + 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … . (1) 0
Diketahui bahwa 𝑓(𝑥) fungsi genap [𝑓 −𝑥 = 𝑓 𝑥 ] ,maka (1) menjadi: 𝑎
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = −𝑎
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 0
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 2 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 0
9. Jika 𝑓(𝑥) adalah fungsi gasal, [𝑓 −𝑥 = −𝑓 𝑥 ] ,maka (1) menjadi: 𝑎
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = − −𝑎
𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 0
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 0 0
4
Contoh: 1. 𝐼 =
𝜋 0
𝑥 cos 4 𝑥 𝑑𝑥
Penyelesaian: 𝜋
(𝜋 − 𝑥) cos 4 (𝜋 − 𝑥) 𝑑𝑥
𝐼= 0
𝜋
𝜋
cos 4 𝑥 𝑑𝑥 −
=𝜋 0
𝐼=𝜋
𝜋 cos 4 0 𝜋
𝑥 cos 4 𝑥 𝑑𝑥 0
Ingat RUMUS:
𝑥 𝑑𝑥 − 𝐼
cos 4 𝑥 𝑑𝑥
2𝐼 = 𝜋
cos 𝑛 𝑥 𝑑𝑥 =
0
cos 𝑛−1 𝑥 sin 𝑥 𝑛 − 1 + 𝑛 𝑛
cos 𝑛−2 𝑥 𝑑𝑥
𝜋 6𝜋 3𝜋 2 𝐼= = 2 16 16
1.4. Integral Tak Wajar Integral tertentu
𝑏 𝑎
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 disebut sebagai integral tak wajar, jika:
(i). integrand 𝑓 𝑥 mempunyai satu/lebih titik-titik diskontinu pada 𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, atau : (ii). sekurang-kurangnya satu batas integrasi tak berhingga.
Integrand Diskontinu 1. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 ≤ 𝒙 < 𝑏 tetapi diskontinu di 𝒙 = 𝒃 , maka : 𝒃
𝒃−𝜺
𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝜺→𝟎
𝒂
𝒂
kalau limit ini ada. Integral ini disebut konvergen jika limitnya ada, dan disebut divergen jika limitnya tak ada. 2
Contoh: Selesaikan a).
0
dx 4 x2
4
;
b).
0
5
dx
4 x
Penyelesaian:
1
a. integrand f ( x )
2−𝜀
𝑥 2−𝜀 𝜋 = lim+ arcsin |2−𝜀 = lim+ arcsin − arcsin 0 = arcsin 1 = 0 𝜀→0 2 2 2 4 − 𝑥 2 𝜀→0
𝜀→0
0
Jadi
0
dx 4 x2
4
0
0
4
Jadi
2
.
1 diskontinu di x = 4. 4x
b. integrand f ( x )
Lim
diskontinu di x = 2.
𝑑𝑥
lim+ 2
4 x2
dx = Lim ln 4 x 4 x 0 dx
4 x
4 0
Lim (ln ln 4) ( ln 4) ln 4 0
divergen.
0
2.
Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 < 𝑥 ≤ 𝑏, tetapi diskontinu di 𝒙 = 𝒂, maka: 𝒃
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝜺→𝟎
𝒂
𝒂+𝜺
kalau limit ini ada. 3
Contoh: Selesaikan
0
dx x
Penyelesaian: Integrand f ( x ) 3
0
𝑑𝑥 𝑥
3
= lim+ 𝜀→0
0+𝜀
1 x
𝑑𝑥 𝑥
diskontinu di x = 0.
= lim+ 2 𝑥 |30+𝜀 = lim+ 2 3 − 2 𝜀 = 2 3 𝜀→0
𝜀→0
6
3. Jika 𝒇 𝒙 kontinu untuk semua nilai 𝒙 pada 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃 , kecuali di 𝒙 = 𝒄 dimana 𝒂 < 𝒄 < 𝑏 maka: 𝒃
𝒄−𝜺
𝒇(𝒙) 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦+
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 +
𝜺→𝟎
𝒂
𝒃
𝒂
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒄+𝜺𝟏
kalau limit-limit ini ada. 1
dx x 1
Contoh: Selesaikan
Penyelesaiannya: Integrand f ( x )
1 hanya diskontinu di x = 0 yang terletak di antara batas-batas x
integrasi -1 dan 1, maka: 1
−1
𝑑𝑥 = lim+ 𝜀→0 𝑥
0−𝜀
−1
1 𝑑𝑥 + lim+ 𝜀 1 →0 𝑥
1
0+𝜀 1
1 1 𝑑𝑥 = lim+ ln |𝑥| |−𝜀 −1 + lim+ ln |𝑥||𝜀 1 𝜀→0 𝜀 1 →0 𝑥 = lim+ ln 𝜀 − lim+ ln 𝜀1 𝜀→0
𝜀 1 →0
= tak ada 1
Jadi
dx divergen. x 1
Batas-batas Integrasi tak terhingga 1. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada 𝒂 ≤ 𝒙 ≤ +∞, maka : +∞
𝒖
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒖→+∞
𝟎
𝟎
kalau limit ini ada.
Contoh : Selesaikan
1
9 x
2
dx
0
Penyelesaian: +∞
0
1 𝑑𝑥 = lim 𝑢→+∞ 9 + 𝑥2
𝑢
0
1 1 𝑥 𝜋 𝑑𝑥 = lim arctan |𝑢0 = 2 𝑢→+∞ 3 9+𝑥 3 6
7
2. Jika 𝒇(𝒙) kontinu pada −∞ ≤ 𝒙 ≤ 𝒃, maka : 𝒃
𝒃
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦
𝒇 𝒙 𝒅𝒙
𝒖→−∞
−∞
𝒖
kalau limit ini ada. 0
Contoh: Selesaikan
e
2x
dx
Penyelesaian: 0
0
𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = lim
𝑢→−∞
−∞
1 2𝑥 0 1 1 𝑒 |𝑢 = lim (𝑒 0 − 𝑒 𝑢 ) = 𝑢→−∞ 2 𝑢 →−∞ 2 2
𝑒 2𝑥 𝑑𝑥 = lim 𝑢
3. Jika 𝒇 𝒙 kontinu pada −∞ ≤ 𝒙 ≤ +∞, maka: +∞
𝒖𝟏
𝒂
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 = 𝐥𝐢𝐦
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 + 𝐥𝐢𝐦
𝒖→−∞
−∞
𝒖𝟏 →+∞
𝒖
𝒇 𝒙 𝒅𝒙 𝒂
kalau limit-limit ini ada.
Contoh: Selesaikan
1
4 x
2
dx
Penyelesaian: +∞
−∞
1 𝑑𝑥 = lim 𝑢→−∞ 4 + 𝑥2
0
𝑢
1 𝑑𝑥 + lim 𝑢 1 →+∞ 4 + 𝑥2
𝑢1
0
1 𝑑𝑥 4 + 𝑥2
1 𝑥 1 𝑥 𝑢 arctg |0𝑢 + lim arctg |0 1 𝑢→−∞ 2 𝑢 1 →+∞ 2 2 2
= lim
1 1 𝜋 arctg 0 − arctg 𝑢 + lim arctg 𝑢1 − arctg 0 = 𝑢→−∞ 2 𝑢 1 →+∞ 2 2
= lim
8
SOAL-SOAL LATIHAN
Dapatkan nilai integral tertentu berikut: 1. 𝐼 =
2 3 𝑥 𝑑𝑥 −1
16. 𝐼 =
2. 𝐼 =
3 2
17. 𝐼 =
0
18. 𝐼 =
2 𝑥 0
2𝑥 − 𝑥 5 𝑑𝑥
3. 𝐼 =
2 (4𝑥 2 −2
4. 𝐼 =
8 3 ( 1
5. 𝐼 =
𝑒7 1 𝑥
6. 𝐼 =
𝜋 4 𝜋 6
7. 𝐼 =
4 ( 2
8. 𝐼 = 9. 𝐼 =
1
𝑥 + 5𝑥 −2 )𝑑𝑥
3𝜋 4
6𝑥𝑒 𝑥
2 +1
𝑑𝑥
(1 + 𝑡𝑔 𝑥) 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥𝑑𝑥 1 + 𝑥 2 𝑑𝑥
𝜋 4
19. 𝐼 =
sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥 0 8+sec 𝑥
20. 𝐼 =
9 1
21. 𝐼 =
+∞ −𝑥 𝑒 𝑑𝑥 0
22. 𝐼 =
+∞ 1 1 𝑥3
32 5 𝑑𝑥 1 5 𝑥2
23. 𝐼 =
+∞ 1 𝑑𝑥 0 𝑎 2 +𝑏 2 𝑥 2
𝜋 (sin 𝑥 0
24. 𝐼 =
+∞ 1 1 𝑥
25. 𝐼 =
0 1 𝑑𝑥 −∞ (2𝑥−1)3
7𝑥 + 2𝑑𝑥
26. 𝐼 =
3 1 𝑑𝑥 0 𝑥−2
𝑥 4 − 𝑥 2 𝑑𝑥
27. 𝐼 =
8 1 𝑑𝑥 0 3𝑥
0
11. 𝐼 =
4 0
1
1
2 + 2 𝑥 −2 )𝑑𝑥
4𝑥 2−2𝑥
2 0
𝑑𝑥
(2 sec 𝑥 𝑡𝑔 𝑥 + 2 𝑠𝑒𝑐 2 𝑥)𝑑𝑥
1 2
10. 𝐼 =
12. 𝐼 =
− 7𝑥 + 1)𝑑𝑥
2 0
+ 2 𝑒 𝑥 )𝑑𝑥
𝑑𝑥 2
𝑑𝑥
1 + 𝑥𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
13. 𝐼 =
3 𝑥 𝑑𝑥 0 𝑥 2 +1
28. 𝐼 =
9 1 0 9−𝑥
14. 𝐼 =
1 𝑥 0 2𝑥 2 +2𝑥
29. 𝐼 =
4 1 𝑑𝑥 3 𝑥−3 2
30. 𝐼 =
+∞ 𝑥 𝑑𝑥 −∞ 𝑥 2 +2
15. 𝐼 =
𝜋 2
0
𝑑𝑥
1
𝑠𝑖𝑛2 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑥
9
𝑑𝑥
2
LUAS DATARAN
1.1. Pada koordinat siku-siku Y
Pandang 𝑦 = 𝑓(𝑥) kontinu dan non negatif pada [𝑎, 𝑏]. Interval [𝑎, 𝑏] dibagi menjadi n
𝑦 = 𝑓(𝑥)
bagian yang sama:
𝑎
XX 𝑏
𝑥𝑖−1 𝑡𝑖 𝑥𝑖
𝑛
= ∆𝑥 dengan titik-titik
bagi: 𝑎 = 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 = 𝑏. Pada masingmasing interval bagian dipilih sebuah titik: 𝑡1 , 𝑡2 , 𝑡3 , … , 𝑡𝑛 dimana 𝑥0 < 𝑡1 < 𝑥1 , 𝑥1 < 𝑡2 < 𝑥2 , . . . , 𝑥𝑖−1 < 𝑡𝑖 < 𝑥𝑖 , … , 𝑥𝑛 −1 < 𝑡𝑛 < 𝑥𝑛 . Ambil sebuah lajur dengan alas ∆𝑥, tinggi 𝑓 𝑡𝑖 . Luas masing-masing lajur adalah 𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥; 𝑖 = 1, 2, 3, … , 𝑛 .
𝑦𝑖 = 𝑓(𝑡𝑖 )
0
𝑏−𝑎
X
𝑛
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥 = jumlah luas 𝑛 buah empat persegi panjang pendekatan. 𝑖=1
Untuk n atau x 0 , maka luas daerah yang dibatasi oleh kurva y f (x ) , sumbu x, garis-garis x = a dan x = b adalah : 𝑏
𝑛
𝐿 = lim
∆𝑥→0
1.2.
𝑓 𝑡𝑖 ∆𝑥 = 𝑖=1
𝑏
𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎
𝑦 𝑑𝑥 𝑎
Pada Koordinat kutub Luas dataran yang di batasi oleh kurva 𝑟 = 𝑓 𝜃 , jari-jari hantar pada 𝜃 = 𝜃1 dan 𝜃 = 𝜃2 diperoleh dengan cara sbb:
B P
AOB dibagi menjadi 𝑛 bagian yang sama,
𝐏(𝒓𝒊 , 𝜽𝒊 ) Q
∆𝜃 =
𝜃2 −𝜃1 𝑛
. Lewat titik-titik bagi ditarik
jari-jari hantarnya: r1 , r2 , r3 ,..., rn1 .(OA r1 , OB rn1 ) ∆𝜽
A
.
Ambil sebuah juring lingkaran OPQ.
0 10
Busur PQ PQ ri . Luas juring OPQ =
1 (Busur PQ).(OP). 2
=
1 1 2 ( ri )( ri ) ri 2 2 n
Sehingga luas juring seluruhnya=
i 1
1 2 ri . 2
Untuk 0 atau n maka luas yang dicari adalah: 𝑛
𝐿 = lim
∆𝜃 →0
𝑖=1
1 2 1 𝑟𝑖 ∆𝜃 = 2 2
𝜃2
𝑟 2 𝑑𝜃 𝜃1
dimana XOA 1 , XOB 2 Dari penjelasan 2.1 dan 2.2 dapat dibuat ringkasan sebagai berikut: 1. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 > 0, sumbu x, garis x = a dan x = b. Y
PQRS = dL S
C 𝒚 = 𝒇(𝒙) > 0
R
Elemen Luas dL ydx
D
Luas ABCD adalah :
y
dL 𝒃
𝑳=
𝒚 𝒅𝒙 𝒂
A
0
P
Q
B
dx
X
2. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 < 0, sumbu x, garis x = a dan x = b. a
dx
b
X
Karena y < 0, maka elemen luas dL ydx .
dL 𝒚 = 𝒇(𝒙) < 0
Luasnya adalah 𝒃
y 𝑳=−
𝒚 𝒅𝒙 𝒂
11 Y
3. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑓2 𝑥 sumbu x, garis x = a
dan x = b. Elemen luas dL ( y1 y 2 ) dx
Y
Luasnya adalah 𝒚 = 𝒇𝟏 (𝒙) 𝑏
𝒚𝟏 − 𝒚𝟐
𝐿=
𝒚 = 𝒇𝟐 (𝒙)
𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥 𝑎
a
b
X
4. Luas daerah persekutuan yang dibentuk oleh 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 dan 𝑦2 = 𝑓2 𝑥
Absis-absis titik potong dari 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 dan 𝑦2 = 𝑓2 𝑥 adalah 𝑎 dan 𝑏.
Y 𝒚 = 𝒇𝟏 (𝒙)
Elemen luas dL ( y1 y 2 ) dx , sedangkan 𝒚 = 𝒇𝟐 (𝒙)
luasnya adalah 𝑏
a
b
𝐿=
X
𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥 𝑎
5. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva 𝑥 = 𝑓 𝑦 > 0, sumbu 𝑦, garis 𝑦 = 𝑐 dan 𝑦 = 𝑑
Elemen luas: dL xdy sehingga luasnya adalah
Y d x
𝒙 = 𝒇(𝒚) > 𝑜
dx
𝐿=
0
𝑥 𝑑𝑦 𝑐
dL c
𝑑
X
12
6. Luas dataran yang dibatasi oleh kurva bentuk kutub 𝑟 = 𝑓 𝜃 , jari-jari hantar pada
𝜃 = 𝜃1 dan 𝜃 = 𝜃2 XOA 1 , XOB 2 , POQ d , B
OP = 𝑟, PQ rd .
𝒓 = 𝒇(𝜽)
Elemen luas OPQ = dL.
P Q
dL
1 1 ( PQ ).OP r 2 d , 2 2
sehingga luas
OAB, ∆𝜽
A
1 𝐿= 2
𝜃2
𝑟 2 𝑑𝜃 𝜃1
0
Contoh: 1. Dapatkan luas daerah yang dibatasi oleh y x 2 , sumbu x dan garis x = 2. Penyelesaian: b
L
a
Y
2
1 1 8 ydx = x 2 dx x 3 02 ( 2 3 0 3 ) 3 3 3 0
𝒚 = 𝒙𝟐
2
0 2.
X
Dapatkan luas daerah persekutuan yang dibentuk oleh garis lurus y = 1 dan y x 2 Penyelesaian: Y 𝑦 = 𝑥2 2 titik potong: 𝑥 = 1 → 𝑥1 = −1, 𝑥2 = 1 𝑦=1
Y=1
1
1
1 3 4 L ( y1 y 2 ) dx = (1 x ) dx x x 3 1 3 1 a b
𝒚 = 𝒙𝟐
2
-1
13
0
1
X
3. Dapatkan luasan keping kardioida r 1 cos . Penyelesaian: 1 2
Bagian atas : L L1 , 1 0, 2
1 2 2 L1 r d 2 1 0
L
1 1 3 2 L1 2. 1 cos d 2 20 2
SOAL LATIHAN Dapatkan luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva dan sertai gambarnya: 1. 𝑦 = 𝑥 2 , 𝑦 = 0, 𝑥 = 1, 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
11. 𝑥 = (𝑦 − 2)2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 4 − 𝑥
2. 𝑦 = 4 − 2𝑥 2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
12. 𝑦 = (𝑥 − 1)2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 3 − 𝑥
3. 𝑦 = −8 + 2𝑥 2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
13. 𝑦 = 𝑥 2 − 4, 𝑦 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
4. 𝑦 = 𝑥 2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 + 2
14. 𝑦 = 𝑥 3 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 2
5. 𝑦 = 𝑥 2 − 4𝑥 + 4, 𝑥 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 0
15. 𝑦 = 𝑥 3 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥
6. 𝑦 = 2𝑥 + 4, 𝑦 = 6 − 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 3
16. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 2
7. 𝑦 = 3 − 2𝑥 2 , 𝑦 = 1 − 2𝑥, 𝑥 = 1, dan 𝑥=0
17. 𝑦 = ln 𝑥 , 𝑦 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 1 18. 𝑦 = 4𝑥 4 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 2
8. 𝑦 = 2𝑥 2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2 − 𝑥 19. 𝑦 2 = 12𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑥 2 = 12𝑦 9. 𝑥 = 𝑦 2 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 1 1
20. 𝑦 = 3𝑥 2 𝑑𝑎𝑛 𝑦 − 1 = 4 𝑥
10. 2𝑥 + 1 = (𝑦 − 1)2 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 0
14
3 6.1
ISI BENDA PUTAR
Pada Koordinat Siku-siku.
Y
𝒚 = 𝒇(𝒙) ∆𝒙 𝒚𝒊
a
b
X
Dataran yang dibatasi oleh y f (x ) , sumbu x, garis-garis x = a dan x = b; diputar pada sumbu x (di putar penuh mengelilingi sumbu x), maka terjadi isi benda putar tersebut diperoleh sbb: Interval [a,b] dibagi menjadi n bagian yang sama,
ba x . Empat persegi panjang kecil n
dengan panjang x dan lebar yi setelah di putar pada sumbu x menghasilkan tabung kecil dengan jari-jari yi dan tinggi x dengan isi V yi 2 x . Untuk x 0 atau n maka didapat isi benda putar yang terjadi adalah:
𝑏
𝑛 −1
𝜋𝑦𝑖2 ∆𝑥
𝑉 = lim
∆𝑥→0
𝑦 2 𝑑𝑥
=𝜋
𝑖=1
𝑎
15
6.2
Pada Koordinat Kutub.
𝒓 = 𝒇(𝜽)
Dataran yang dibatasi oleh kurva r f ( ) , jari-jari hantar pada 1 dan 2 diputar pada sumbu OX. XOA 1 , XOB 2 . XOB dibagi menjadi n 1 bagian yang sama, 2 .
R
Q
𝐏(𝒓𝒊 , 𝜽𝒊 ) P
n
Pada juring OPR diambil titik Q yang terletak pada OR sehingga OQ = OP.
A 𝜽𝟐 0
POQ Q; OP ri maka PQ ri Q Jika busur PQ ( PQ ) diputar pada sumbu OX maka mendekati luas kulit tabung dengan jari-jari yi dan tinggi PQ.
X
𝜽𝟏
Luas kulit tabung kecil ini adalah: Luas 𝑃𝑄 = 2𝜋𝑦𝑖 . 𝑃𝑄 = 2𝜋𝑦𝑖 . 𝑟𝑖 . ∆𝜃. Isi (OPQ ) Isi kerucut dengan luas bidang alasnya luas (PQ ) dengan tinggi ri . 1 3
1 3
Isi (OPQ ) Luas ( PQ ).ri ( 2yi ri ).ri , karena yi ri sin maka: 1 3
2 3
Isi (OPQ ) ( 2 ri sin ri ).ri ri 3 sin . . Jadi isi benda putar adalah:
2 𝑉= 𝜋 3
𝜃2
𝑟 3 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜃1
Ringkasnya adalah sebagai berikut: 1. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑦 = 𝑓(𝑥), sb. x, garis-garis
x = a dan x = b, diputar pada sumbu x.
Y
Elemen Isi dV berupa isi tabung kecil dengan jari-jari y
C D
dan tinggi dx adalah dV y 2 dx , sedemikian hingga isi
y
X benda putar adalah
dx
𝑏
𝑦 2 𝑑𝑥
𝑉=𝜋 a
𝑎
b
16
2. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar ABCD seperti no. 1 diputar pada sumbu 𝑦
Y
Elemen isi berupa isi tebalnya pipa dengan jariy=f(x)
jari = 𝑥, tebal = 𝑑𝑥, tinggi = y. Elemen isi: dV 2 x y dx sedemikian hingga
x
isi benda putar adalah: a
dx
X
b
𝑏
𝑉 = 2𝜋
𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑎
3. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑦1 = 𝑓1 (𝑥) dan 𝑦2 = 𝑓2 (𝑥) garis-garis x = a dan x = b, diputar pada sumbu x. Elemen Isi: dV ( y1 y 2 )dx sedemikian 2
Y
𝒚𝟏 = 𝒇𝟏 (𝒙)
2
hingga isi benda putar adalah: 𝑏
𝑦12 − 𝑦22 𝑑𝑥
𝑉=𝜋 𝒚𝟐 = 𝒇𝟐 (𝒙)
a
𝑎
X
b
4. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar seperti no.3 di atas diputar pada sumbu 𝑦 Elemen isi: dV 2x ( y1 y 2 ) dx sedemikian hingga isi benda putar adalah: 𝑏
𝑉 = 2𝜋
𝑥 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥 𝑎
5. Isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑥 = 𝑓(𝑦), sumbu y, garisgaris y = c dan y = d. Elemen Isi: dV x 2 dy sedemikian hingga:
Y 𝒙 = 𝒇(𝒚)
𝑑
𝑥 2 𝑑𝑦
𝑉=𝜋 𝑐 d
X c
17
6. Isi benda putar pada koordinat kutub 2 3
Elemen Isi: dV r 3 sin d sedemikian
Y a
𝒓 = 𝒇(𝜽)
hingga isi benda putar adalah: b 𝜃2
2 𝑉= 𝜋 3
𝜽𝟐 𝜽𝟏
𝑟 3 sin 𝜃 𝑑𝜃 𝜃1
X
Contoh: 2 2 2 1. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika keping setengah lingkaran x y a yang
berada di atas sumbu x, diputar pada sumbu x. Penyelesaian: Y V
a
a
a
a
2 2 2 y dx (a x )dx
V (a 2 x -a
a
0
X
1 3 x ) 3
a a
4 3 a 3
(isi bola). 2. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh y x 2 , garis-garis x = 0 dan y = 9 diputar pada sb. y. Penyelesaian: Y
𝒚 = 𝒙𝟐
b
V x 2 dy a 9
1 81 V ydx ( y 2 ) 90 2 2 0
x
3. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh y 4 x x 2 dan y x , diputar pada sumbu x. Penyelesaian:
Y 𝒚 = 𝟒𝒙 − 𝒙𝟐
18
𝒚=𝒙
3
x
y 4 x x 2 , y x maka titik potongnya adalah 4 x x 2 x x 2 3 x 0 x ( x 3) 0 x1 0, x 2 3
Sedemikian hingga: b
3
3
0
0
V ( y1 y 2 ) dx [( 4 x x 2 ) 2 x 2 ]dx V ( x 4 8 x 3 15 x 2 )dx 2
2
a
108 5
4. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh y sin x , sumbu x, di antara x = 0 s/d x diputar pada sumbu y. Penyelesaian: Y
b
a
0
V 2 xydx 2 x sin xdx
𝒚 = 𝒔𝒊𝒏(𝒙)
x
2 ( x cos x sin x ) 0 2 2
5. Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh y x 3 , sumbu y dan garis-garis y = 1 di putar pada garis x = 2. Penyelesaian: Y
Elemen Isi: dV 2 (2 x)(1 x 3 )dx
𝒚 = 𝒙𝟑
sedangkan untuk isi benda putar:
(𝟐 − 𝒙)
1
V 2 ( 2 x )(1 x 3 ) dx 0
2
6.
12 5
X
Dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi kardioida r a (1 cos ) , diputar pada sumbu kutub. Penyelesaian: Batas-batas integrasi dari 1 0 s/d 2 .
2 2 3 V r sin d 3 1
2 8 3 V a 1 cos sin d 3 0 3
19
SOAL LATIHAN Dapatkan volume benda putar yang terjadi jika keping datar yang di batasi oleh: (sertai gambar) 1. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 2. 𝑦 = 2𝑥 2 , 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 0 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 3. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 1
4. 𝑦 = 3 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑥 = 9 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 1
5. 𝑦 = 𝑥 , 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 1 𝑑𝑎𝑛 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 6. 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 2 , 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 0 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 7. 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 8. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 9. 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 10. 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 11. 12.
𝑥2 9 𝑥2 9
+ 𝑦 = 1 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. + 𝑦 = 1 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
13. 𝑦 2 = 8𝑥 3 , 𝑦 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 (𝑑𝑖 𝑘𝑤𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 14. 𝑦 2 = 8𝑥 3 , 𝑦 = −1 𝑑𝑎𝑛 𝑥 = 2 (𝑑𝑖 𝑘𝑤𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛 𝐼) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥. 15. 𝑦 = 𝑥, 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥, 𝑔𝑎𝑟𝑖𝑠 𝑦 = 5 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 16. 𝑦 = sin 𝑥 , 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋) 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 17. 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 2 , 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 18. 𝑦 = 𝑥 4 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 2𝑥 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 19. 𝑦 = 6 − 3𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑦 = 4 − 2𝑥 2 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦. 1
1
20. 𝑦 = 2 − 2 𝑥, 𝑥 = 1, 𝑦 = 4 𝑑𝑖𝑝𝑢𝑡𝑎𝑟 𝑡𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎𝑝 𝑠𝑢𝑚𝑏𝑢 𝑦.
20
4
PANJANG BUSUR
4.1 Pada Koordinat Siku-siku. 1. Panjang busur AB dari garis lengkung 𝑦 = 𝑓(𝑥) diantara batas-batas 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏. Elemen panjang busur :
y B
𝑑𝑠 =
𝑑𝑦 2
1+
𝑑𝑥
𝑑𝑥
Panjang busur AB:
y=f(x) A
𝑏
𝑠=
𝑑𝑦 𝑑𝑥
1+ 𝑎
a
b
2
𝑑𝑥
x
2. Panjang busur CD dari garis lengkung 𝑥 = 𝑓(𝑦) diantara batas-batas y = c s/d y = d.
Elemen panjang busur:
y d
𝑑𝑠 =
D x=f(y)
c
𝑑𝑥 2
1+
𝑑𝑦
𝑑𝑦
Panjang busur CD:
C
𝑑
𝑠=
x
𝑐
𝑑𝑥 1+ 𝑑𝑦
3. Panjang busur AB dari garis lengkung dengan persamaan parametrik
2
𝑑𝑦
𝑥 = 𝑓(𝑡) , dimana 𝑦 = 𝑔(𝑡)
𝐴(𝑡 = 𝑡1 ) dan 𝐵(𝑡 = 𝑡2 ) Elemen panjang busur:
y=g(t) y
2
2
dx dy ds dt dt dt
x=f(t) A
Panjang busur AB adalah: 𝑡2
B
𝑠= 𝑡1
x
21
𝑑𝑥 𝑑𝑡
2
𝑑𝑦 + 𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
4.2 Pada Koordinat Kutub. 4. Panjang busur AB dari garis lengkung 𝑟 = 𝑓(𝜃) diantara jari-jari hantar 𝜃 = 𝜃1 s/d 𝜃 = 𝜃2
Elemen panjang busur : A 𝒓 = 𝒇(𝜽)
𝑑𝑠 = B
𝑟2
2
𝑑𝑟 + 𝑑𝜃
𝑑𝜃
Panjang busur AB adalah :
𝜽𝟐 𝜽𝟏
𝜃2
𝑟2 +
𝑠= 𝜃1
𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
𝑑𝜃
Contoh: 3
1. Dapatkan panjang busur y x 2 dari x = 0 s/d x = 5. Penyelesaian: 2
1
9 3 dy y ' x 2 ; ds 1 dx 1 x dx 4 2 dx b
5
a
0
s ds
3
9 8 9 335 1 x dx (1 x ) 2 50 4 27 4 27 2
2
2
2. Dapatkan keliling asteroida x y a 3 . 3
3
Penyelesaian: (0,a) 1
1
y' y x 3 ; 3
(a,0) a
(-a,0)
a
1
1
s 4 1 y ' dx 4 a x 3 dx 6 a 2
0
(0,-a)
x a (t sin t ) 3. Dapatkan panjang suatu busur sikloida: y a (1cos t )
Penyelesaian:
22
3
0
dx dy a (1 cos t ), a sin t dt dt
Batas-batas didapat dari y = 0; (1 cos t ) 0 cos t 1 t1 0, t 2 2 𝟐𝝅𝒂 2
S
0
2
sedemikian hingga untuk:
2
dx dy dt dt dt
2
a 2 (1 cos t ) 2 a 2 sin 2 t dt 8a
0
4. Dapatkan keliling kardioida r a (1 cos ) . Penyelesaian: dr a sin ; d
𝑟 = 𝑎(1 + cos 𝜃)
s 2 0
2
dr r d d 2
2 a 2 (1 cos ) 2 a 2 sin 2 d 8a
x
0
23
SOAL LATIHAN
Dapatkan suatu busur dari kurva berikut pada interval yang diberikan: 1
1. 𝑦 = 3 − 2 𝑥 pada [0,6] 3
2. 𝑦 = 3𝑥 2 − 1 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1 3. 𝑦 =
𝑥4 4 𝑥4
1
+ 8𝑥 2 pada [1,2] 1
4. 𝑦 = 16 + 2𝑥 2 dari 𝑥 = 2 ke 𝑥 = 3 5. 𝑦 = cosh 𝑥 pada [0,1] 6. 24𝑥𝑦 = 𝑦 4 + 48 dari 𝑥 = 2 ke 𝑥 = 4 7. 𝑦 = 2 𝑥 − 1 1
3 2
17
pada [1, 9 ]
1
8. 𝑥 = 8 (𝑦 4 + 4 𝑦 −2 ) dari y= 1 ke y= 4 1
9.
10.
𝑥 = 3 𝑡3 − 𝑡 𝑦 = 𝑡2 + 2
dari 𝑡 = 0 ke 𝑡 = 3
𝑥 = 𝑒 𝑡 cos 𝑡 dari 𝑡 = 0 ke 𝑡 = 𝑙𝑛 𝜋 𝑦 = 𝑒 2 sin 𝑡
24
5
LUAS KULIT BENDA PUTAR
5.1. Pada Koordinat Siku-siku. 1. Luas kulit benda putar yang terjadi jika busur AB dari kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) diputar pada sumbu x. 𝑑𝑠 =
2
1 + 𝑦′
𝑑𝑥
Busur PQ = ds diputar pada sumbu x
Y
𝒚 = 𝒇(𝒙)
menghasilkan elemen luas kulit yang berupa
B
A
d
p
selimut
Q
terpancung
kecil
dengan
apotema = ds dan garis jajar tengah = y. b
a
kerucut
Maka Elemen luas kulit: dK 2yds ,
X
Luas kulit benda putar: 𝑏
𝑏
𝐾 = 2𝜋
𝑦 𝑑𝑠 = 2𝜋 𝑎
𝑦 1 + 𝑦′
2
𝑑𝑥
𝑎
2. Luas kulit benda putar yang terjadi jika busur CD dari kurva 𝑥 = 𝑓(𝑦) diputar pada sumbu y. 𝑥 = 𝑓(𝑦) 𝑑𝑠 =
Y 𝒚 = 𝒇(𝒙)
d
1+
𝑑𝑥 2 𝑑𝑦
𝑑𝑦
Elemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑥𝑑𝑠
D
Luas kulit benda putar:
𝑑 c
𝐾 = 2𝜋
C
𝑥 𝑑𝑠 = 2𝜋 𝑐
X
25
𝑑
𝑐
𝑑𝑥 𝑥 1+ 𝑑𝑦
2
𝑑𝑦
3. Untuk kurva dengan persamaan parametrik:
Y
𝑥 = 𝑓(𝑡) 𝑦 = 𝑔(𝑡)
Elemen panjang busur: 𝑨(𝒕 = 𝒕𝟏 )
𝑑𝑠 =
𝑑𝑥 2 𝑑𝑡
+
𝑑𝑦 2 𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑩(𝒕 = 𝒕𝟐 )
X
Jika busur AB diputar pada: a. Sumbu X Elemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑦𝑑𝑠, maka luas kulit benda putarnya adalah: 𝑡2
𝐾 = 2𝜋
𝑦 𝑡1
𝑑𝑥 𝑑𝑡
2
+
𝑑𝑦 𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
b. Sumbu YElemen luas kulit: 𝑑𝐾 = 2𝜋𝑥𝑑𝑠, maka luas kulit benda putarnya adalah: 𝑡2
𝐾 = 2𝜋
𝑥 𝑡1
𝑑𝑥 𝑑𝑡
2
𝑑𝑦 + 𝑑𝑡
2
𝑑𝑡
5.2. Pada Koordinat Kutub. 4. Untuk kurva dengan persamaan bentuk kutub 𝑟 = 𝑓 𝜃
l
𝑟 = 𝑓 𝜃 → 𝑑𝑠 =
A 𝒓 = 𝒇(𝜽)
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 B
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
𝜽𝟐 𝜽𝟏
O
X
26
𝑟2 +
𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
Jika busur AB diputar pada : a. Sumbu kutub (OX): 𝜃2
𝐾 = 2𝜋
𝜃2
𝑦𝑑𝑠 = 2𝜋 𝜃1
𝑟2
𝑟 sin 𝜃 𝜃1
𝑑𝑟 + 𝑑𝜃
2
𝑑𝑟 𝑑𝜃
2
𝑑𝜃
b. Garis l tegak lurus OX: 𝜃2
𝐾 = 2𝜋
𝜃2
𝑟 cos 𝜃 𝑟 2 +
𝑥𝑑𝑠 = 2𝜋 𝜃1
𝜃1
𝑑𝜃
Contoh: 1. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika busur 𝑦 = 2 𝑥 dari x = 0 s/d x = 3 diputar pada sumbu x. Penyelesaian: y2 x
Y
dy 1 y' dx x
b
K 2 y 1 ( y ' ) 2 dx
𝒚=𝟐 𝒙
a
3
3
1 K 2 2 x 1 dx x 0
X
3
K 4 x 1dx 0
56 3
2. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika satu busur sikloida: 𝑥 = 𝑎 𝑡 − sin 𝑡 , 𝑦 = 𝑎 1 − cos 𝑡 diputar pada: a). sumbu x, b). garis 𝑥 = 𝜋𝑎 . Penyelesaian: Y
2
2
1 dx dy dS dt 2 a sin tdt , 2 dt dt
2a
a) 𝐾 = 2𝜋
𝑡2 𝑦 𝑡1
= 2𝜋
2𝜋 𝑎 0
(𝝅𝒂 − 𝒙) 𝝅𝒂
2𝜋𝑎
X
27
𝑑𝑠 1
1 − cos 𝑡 2𝑎 sin 2 𝑡 𝑑𝑡 =
64 3
𝜋𝑎2
b). jarak ds sampai dengan sumbu putar adalah a x , maka: 2a
0
0
K 2 (a x )ds 2 a a t sin t .2 a sin
1 4 tdt 8a 2 ( ) 2 3
3. Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika setengah (bagian atas) dari kardioida
r a (1 cos ) diputar pada sumbu kutub (OX). Penyelesaian: 𝑑𝑠 = 𝑎 2. 1 + cos 𝜃 𝑑𝜃; 𝜋
𝐾 = 2𝜋
𝜋
𝑦 𝑑𝑠 = 2𝜋 0
𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
𝑎 1 + cos 𝜃 sin 𝜃. 𝑎 2. 1 + cos 𝜃 𝑑𝜃 = 0
28
32 2 𝜋𝑎 5
SOAL LATIHAN
Dapatkan luas kulit benda putar yang terjadi jika: 1 2
1. Kurva 𝑦 = 1 − 𝑥 2 2. Kurva 𝑦 =
𝑥3 3
+
1 4𝑥
1
1
dari 𝑥 = − 2 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu x.
dari 𝑥 = 1 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu x
1
3. Kurva 𝑦 = 3 − 2 𝑥 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 6 yang di putar pada sumbu x 4. Kurva 𝑦 = 1 − 𝑥
3
1
dari 𝑥 = 2 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x
5. Kurva 𝑦 = cosh 𝑥 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x 6. Kurva 𝑦 = 4 − 𝑥 2 dari 𝑥 = −1 ke 𝑥 = 1 yang di putar pada sumbu x 7. Kurva 𝑥 = 𝑦 3 dari 𝑦 = 0 ke 𝑦 = 1 yang di putar pada sumbu y 8. Kurva 𝑥 = 9𝑦 + 1 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y 9. Kurva 𝑥 = 𝑦 − 11 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y 10. Kurva 𝑦 =
3
3𝑥 dari 𝑥 = 0 ke 𝑥 = 2 yang di putar pada sumbu y
29
6 6.1
TITIK BERAT
Titik berat dari n buah titik massa Ada 𝑛 buah titik massa 𝑥1 , 𝑦1 , 𝑥2 , 𝑦2 , … , 𝑥𝑛 , 𝑦𝑛 .
:
𝑚1 , 𝑚2 , … , 𝑚𝑛 ;
masing-masing
berada
y 𝒚𝒏 𝒚𝟐 𝒚𝟏
𝒎𝒏𝟐
𝒙𝒏 𝒎𝟐
𝒙𝟐
𝒚𝒏
𝒎𝟏
𝒙𝟏
𝒚𝟐
𝒚𝟏 x 𝒙𝟏
𝒙𝟐
𝒙𝒏
Jumlah seluruh massa : 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 + ⋯ + 𝑚𝑛 =
𝑛 𝑖=1 𝑚𝑖 ……………………..(1)
Jumlah seluruh momen statis terhadap sumbu x adalah: n
M x y1m1 y 2 m2 ... y n mn yi mi …..……………………………………...(2) i 1
Jumlah seluruh momen statis terhadap sumbu y adalah: n
M y x1 m1 x 2 m 2 ... x n m n xi mi …………………………………………….(3) i 1
Titik Z ( x, y ) yang bersifat xM M y dan yM M x disebut titik berat dari sistem itu.
𝑥 𝑀 = 𝑀𝑦 𝑥 =
𝑀𝑦 𝑀
𝑦𝑀 = 𝑀𝑥 𝑦 =
𝑀𝑥 𝑀
30
di
6.2
Titik berat Keping datar homogin. Keping datar homogin adalah keping datar yang mempunyai rapat massa (padat massa, density) yang konstan, artinya massa persatuan luas y
adalah sama. Perhatikan bahwa titik berat
Z
keping empat persegi panjang homogin berada dititik potong kedua diagonalnya, berarti
1 𝑦 2
setengah tinggi dari alas.
Titik berat keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 , sumbu x, garisgaris 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏.
1.
Keping ABCD dibatasi kurva 𝑦 = 𝑓 𝑥 ,
y C S
sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏.
y=f(x)
R
Density = (konstan). PQRS = elemen luas. dL = y dx. Elemen massa dM = dL= y dx. Massa keping ABCD :
D x A
y P
Q
a
B b
𝑏
x
𝑀=
𝑏
𝑑𝑀 = 𝛿 𝑎
𝑦 𝑑𝑥 𝑎
1
1
Momen Statis dari dM terhadap sumbu x adalah: 𝑑𝑀𝑥 = 2 𝑦 𝑑𝑀 = 2 𝛿𝑦 2 𝑑𝑥 Maka momen statis dari M terhadap sumbu x : 𝑏
𝑀𝑥 = 𝑎
1 𝑑𝑀𝑥 = 𝛿 2
𝑏
𝑦 2 𝑑𝑥 𝑎
Momen Statis dari dM terhadap sumbu y adalah: 𝑑𝑀𝑦 = 𝑥𝑑𝑀 = 𝛿𝑥𝑦 𝑑𝑥. Maka momen statis dari M terhadap sumbu y adalah 𝑏
𝑀𝑦 =
𝑑𝑀𝑦 = 𝛿 𝑎
Jadi: 𝑥=
𝑏 𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑎 ; 𝑏 𝑦 𝑑𝑥 𝑎
1 𝑦=2
𝑏
𝑏 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑎 𝑏 𝑦 𝑑𝑥 𝑎
31
𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑎
2.
Titik berat keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva-kurva 𝑦1 = 𝑓1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑓2 𝑥 garis-garis x = a dan x = b adalah 𝑍 𝑥 , 𝑦 , dimana:
b
x
𝒚𝟏 = 𝒇𝟏 (𝒙)
y
x( y
y 2 ) dx
1
a b
(y
1
y 2 ) dx
a
Z(x,y)
b
y 𝒚𝟐 = 𝒇𝟐 (𝒙)
1 2 2 ( y1 y 2 ) dx 2a
(y
x
a
b
1
y 2 ) dx
a
b
6.3 Dalil Guldin I. Jika suatu luasan (keping) datar diputar penuh pada sumbu (garis) yang sebidang dengan luasan itu dan tidak memotong luasan itu, maka isi benda putar yang terjadi sama dengan luasan dataran itu kali lintasan titik beratnya. y
Jadi,
C y=f(x) D
a
y
L
=
luasan
putar, V = isi benda putar, maka: B
𝑉 = 2𝜋𝑦 𝐿
x b
Bukti: 𝑏
𝑉=𝜋
dataran,
Z ( x, y ) = titik berat L, sumbu x = sumbu
Z(x,y)
A
jika
1 𝑦 2 𝑑𝑥 = 2𝜋. 2
𝑎
𝑏 𝑏 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑎 . 𝑏 𝑦 𝑑𝑥 𝑎 𝑎 ↓
𝑉 = 2𝜋. 𝑦. 𝐿
32
𝑦 𝑑𝑥
Secara umum sbb: Keping datar luasnya L dengan titik berat L
Z ( x, y ) diputar penuh
Z(x,y)
dengan persamaan ax by c 0 yang
g
D
pada garis g
tidak memotong L, maka isi benda putar
ax+by+c=0
yang terjadi adalah: 𝑉 = 2𝜋. 𝑍𝐷 . 𝐿 dimana ZD adalah jarak dari titik berat Z ( x, y ) ke garis g: ax by c 0 adalah: 𝑍𝐷 =
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑎2 + 𝑏 2
Contoh-contoh: 1. Dapatkan titik berat dataran yang dibatasi oleh y = x dan y x 2 , sumbu x dan garis x = 3. Penyelesaian: b
3
xydx x.x dx
1 4 x x ab 03 4 1 3 2 x ydx x dx 3 3
y
𝟐
𝒚=𝒙
a
3
1 2 y dx 2 a
x
3 0
81 9 4 9 4
0
b
y
3 0
b
3
2 1 x 2 dx 20 3
ydx
x
a
0
2
dx
1 5 x 10 9
3 0
27 10
2. Dapatkan titik berat dataran yang dibatasi oleh y = x dan y x 2 . Penyelesaian: y
y x2
𝟐
𝒚𝟐 = 𝒙
yx
1 𝒚𝟏 = 𝒙
1
x 33
potong
x2 x x2 x 0 x ( x 1) 0 x1 0, x 2 1
b
1
x( y
x.( x x
1 1 x ab 01 12 1 2 2 ( y y ) dx ( x x ) dx 1 2 6 1
y 2 ) dx
a
) dx
0
b
y
2
1 2 2 ( y1 y 2 ) dx 2a b
(y
1
y 2 ) dx
a
1
1 x 2 x 4 dx 2 0
1 2 1 15 1 5 2 ( x x ) dx 6 0
1 2 2 5
Titik beratnya Z ( x, y ) Z ( , ) 2 2 2 3. Dapatkan titik berat keping setengah lingkaran x y a dengan y 0 .
Penyelesaian: Dengan dalil Guldin I sumbu Y = sumbu simetri
y
x 0 ambil sumbu x sebagai sumbu putar:
1 2
Luas setengah lingkaran; L a 2 . Z(0,y)
-a
0
a
4 3
Isi bola jari-jari = a; V a 3 .
x
Dalil Guldin I: 𝑉 = 2𝜋. 𝑦. 𝐿 4 3 1 4a . a 2 . y a 2 y 3 2 3
Jadi titik beratnya Z (0, y ) Z (0,
4a ) 3
4. Dataran pada contoh no.2 di atas diputar pada garis lurus x – y – 1 = 0. Dapatkan Isi benda putar yang terjadi. Penyelesaian: b
1
a
0
Luas L ( y1 y 2 ) dx ( x x 2 ) dx
1 , 6
y
1 2 2 5
titik beratnya Z ( x, y ) Z ( , ) 𝒙−𝒚−𝟏=𝟎 𝒁(x,y)
Jarak dari Z ( x, y ) ke garis x – y – 1 = 0 adalah: x
9x,y0
34
ZD
x y 1 12 ( 1) 2
1 1 1 7 2 5 2 10 2
Dengan dalil guldin I maka : V 2 .ZD .L 2 .
1 7 7 2 . 60 10 2 6 30 2 7
1.4 Titik Berat Busur Koordinat titik berat busur AB dari kurva homogin y f (x ) dengan density = (konstan) diperoleh sbb: y
B x
y=f(x)
Z(x,y)
dy dx dx
Elemen panjang busur: ds 1
A
Density = , maka elemen massa (massa dari
y x a
ds
b
ds) adalah dM ds .
b
Jadi massa busur AB, M ds a
Karena ds pendek, berupa batang lurus, titik beratnya di tengah-tengahnya, sehingga lengan dari dM terhadap sumbu y adalah sepanjang x dan lengannya terhadap sumbu x adalah sepanjang y, maka momen statis dari dM terhadap sumbu y dan sumbu x, berturut-turut adalah: dM y xdM dM y x ds
dan
dM x ydM dM x y ds
Diperoleh: b
M y xds dan a
b
M x yds a
Titik berat busur AB di Z ( x, y ) dengan sifat:
35
xM M y b
dan
yM M x b
b
x ds xds
dan
a
a
a
a
b
Jadi:
b
y ds yds
x
x
b
1 ( y ' ) dx 2
;y
a b
y
1 ( y ' ) 2 dx
a b
1 ( y ' ) dx 2
1 ( y ' ) 2 dx
a
a
Perhatikan bahwa : Titik berat busur homogin tidak selalu terletak pada busur itu; contohnya: titik berat busur lingkaran penuh terletak di titik pusat lingkaran itu.
6.5 Dalil Guldin II: Jika suatu busur dari suatu kurva datar diputar penuh pada sumbu yang sebidang dengan busur itu dan tidak memotong busur itu, maka luas kulit benda putar yang terjadi sama dengan panjang busur itu kali lintasan titik beratnya. Jadi: jika S = panjang busur AB, Z ( x, y ) = titik berat busur AB, sumbu x = sumbu putar, K = luas kulit benda putar, maka: 𝑲 = 𝟐𝝅. 𝒚. 𝒔 b
b
Bukti : K 2. y ds 2 a
y ds a b
ds
b
. ds = 2. . y.s , sehingga K 2. . y.s a
a
Contoh-contoh: 1. Dapatkan titik berat busur seperempat lingkaran x 2 y 2 a 2 yang ada dikwadran I. Penyelesaian: Busur simetri terhadap y = x, maka y x . Persamaan busur AB: y a 2 x 2 y ' x(a 2 x 2 )
1 2
36
𝒚
1
a
x
a
xdS xa (a
0 a
dS
2
0 a
a(a x ) 2
0
yx
x )
2
2
0
𝒚=𝒙
𝑨(𝟎, 𝒂)
dS 1 ( y ' ) 2 x a ( a 2 x 2 ) 2 dx
𝒁(𝒙, 𝒚)
1 2
dx
1 2
dx
a 2 2a 1 a 2
x 𝑩(𝒂, 𝟎)
2a
2a 2a Jadi titik beratnya adalah Z ( x, y ) Z ,
2. Dapatkan titik berat busur setengah lingkaran x 2 y 2 a 2 yang ada di atas sumbu x. Penyelesaian: Lebih mudah dengan dalil guldin II. Sumbu y y
sebagai sumbu simetri , jadi x 0 . Ambilkan c
sumbu x sebagai sumbu putar. Panjang busur ACB, S a . Busur ACB diputar pada sumbu x menjadi luas kulit bola, K 4a 2 . Dalil
Z(0,y)
B
A -a
0
x
Guldin II: K 2. . y.S
a
4a 2 2 ya y
Jadi titik beratnya Z (0, y ) Z (0, 6.6
2a
2a
,
).
Titik Berat Kulit Benda Putar y
Jika
y f (x )
diputar mengelilingi penuh
sumbu x dari 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, maka koordinat
𝒚 = 𝒇(𝒙)
titik berat C ( x, y ) dari kulit benda putar yang
ds x
terjadi adalah: b
𝑪(𝒙, 𝟎)
x
z
xy a b
a
a
b
37
1 ( y ' ) 2 dx
y 1 ( y ' ) 2 dx
;y0
Ini diperoleh sbb.: Karena sb. x = sumbu putar y 0 , y f ( x ) dS 1 ( y ' ) 2 dx jika ds diputar pada sumbu x menjadi elemen luas kulit dK 2. . y.dS . Bila density = (konstan) maka elemen massa dM dK 2ydS . b
b
a
a
Massa kulit benda putar: M 2ydS 2 ydS . Elemen massa dM berlengan
x
b
terhadap bidang YOZ adalah dM yoz xdM 2 x y dS sehingga M yoz 2 xy dS a
Karena sumbu x = sumbu putar, maka titik berat terletak pada sumbu putar ialah C (x,0) dengan sifat xM M yoz . b
b
b
b
x 2 ydS 2 xydS x a
a
xy
xydx a b
=
ydx a
1 ( y ' ) 2 dx
a b
.
y
1 ( y ' ) dx 2
a
Contoh: 1. Dapatkan titik berat kulit benda putar yang terjadi jika busur
1 lingkaran x 2 y 2 a 2 4
yang di kwadran I diputar pada sumbu x. Penyelesaian: y
y
a 2 x 2 dS a a 2 x 2
1 2
dx
sumbu x sebagai sumbu putar y 0 x 𝐶(𝑥, 0)
a
a
y
xydS 0 a
ydS 0
a 2
Jadi titik berat kulit setengah bola ini C ( ,0) .
38
1 2 ax 2 ax 0a
a 0
a , 2
2. Dapatkan titik berat kulit benda putar yang terjadi jika garis 4 y 3 x 6 dari x 0 s/d
x 2 diputar pada sumbu x. Penyelesaian: y
y
3 3 3 x y' , 4 2 4 2
5 3 dS 1 ( y ' ) dx 1 dx dx 4 4
x
2
2
C(𝑥,0)
Sumbu x sebagai sumbu putar y 0 b
2
3
35
1 3 3 22 x x 0 2 4 4 a 0 x b 2 . 3 3 2 3 2 35 3 x x 0 y ds x dx 4 2 4 2 8 a 0
xy ds x 4 x 2 4 dx
2 Jadi titik beratnya C ,0 3
6.7
Titik berat isi benda putar
Koordinat titik berat C x, y
y
dari isi benda
putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh 𝒚 = 𝒇(𝒙)
y f (x ) , sumbu x, garis-garis x a s/d x b diputar pada sumbu x, adalah:
y x
b
dx
x z
a
xy
dx ;y0
a b
y
b
2
2
dx
a
Ini diperoleh sbb: Karena sb.x = sumbu putar y 0 . Elemen luas dL ydx diputar pada sumbu x diperoleh
39
elemen
dV y 2 dx .
isi
Bila
density
=
(konstan)
maka
elemen
massa
dM dV y 2 dx 𝑏 𝑎
Massa isi benda putar: 𝑀 = 𝛿𝜋
𝑦 2 𝑑𝑥.
Elemen massa dM berlengan x terhadap bid. YOZ, maka : dM yoz xdM xy 2 dx b
Sehingga M yoz xy 2 dx a
Karena sb x = sumbu putar, maka titik berat terletak pada sumbu putar ialah: C x,0 dengan sifat xM M YOZ b
b
b
x y dx xy dx , x 2
a
2
a
xy
2
dx
a b
y
2
dx
a
Contoh: 1.
Dapatkan titik berat isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh y 2 x , sumbu x dan garis x = 1, diputar pada sumbu x.
Penyelesaian: y 2 x y 2 4x ,
sumbu x sebagai sumbu putar y 0
𝟏
𝒚 = 𝟐𝒙𝟐 1
x
b
𝑪(𝒙, 𝟎)
x
2 xy dx a b
y a
2 Jadi titik beratnya C x,0 C ,0 3
40
2
dx
1
x.4 xdx 0 1
4 xdx 0
2 3
2.
1 lingkaran x 2 y 2 a 2 4
Dapatkan titik berat isi setengah bola yang terjadi jika keeping yang dikwadran I diputar pada sumbu y. Penyelesaian:
x2 y2 a2 x2 a2 y2
y (𝟎, 𝒂)
sumbu y sebagai sumbu putar x 0 . 𝑪(𝟎, 𝒚)
b
x -a
y
a
yx
a
2
dx
a b
y
2
dx
a
3a jadi titik beratnya C 0, y C 0, . 8
SOAL LATIHAN Dapatkan titik berat keping datar homogin yang di batasi oleh: 1. Kurva 𝑦 = 4 − 𝑥 2 dan sumbu x. 1
2. Kurva 𝑦 2 = 𝑥 dan Kurva 𝑦 = − 8 𝑥 2 . 3. Kurva 𝑦 2 = 20𝑥 dan 𝑥 2 = 20𝑦 4. Kurva 𝑦 = 6 − 3𝑥 − 𝑥 2 dan 𝑦 = 3 − 𝑥 5. Kurva 𝑦 2 + 2𝑥 − 2𝑦 = 3, (kuadran IV). 6. Kurva 𝑦 = sin 𝑥 dan 𝑦 = 0 (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋). 7. Kurva 𝑦 = 4𝑥 2 dan 𝑦 = 𝑥 4 . Dapatkan titik berat busur yang di batasi oleh: 8. Lingkaran 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1, yang ada di kuadran III. 2
2
9. Asteroida 𝑥 3 + 𝑦 3 = 1 yang ada di kuadran I. Dapatkan Kulit benda putar yang terjadi jika: 10. Busur 𝑦 = 9 − 𝑥 2 , (0 ≤ 𝑥 ≤ 𝜋) diputar pada sumbu x.
41
y (a
2
y 2 )dy
0 a
(a 0
2
y 2 ) dy
3a 8
Dapatkan titik berat isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh: 11. 𝑦 2 = 4𝑥, sumbu x dan 𝑥 = 6 diputar pada sumbu x. 12. 𝑦 = 4 − 𝑥 2 dan sumbu x (di kuadran I) diputar pada sumbu x. 𝑥2
13. 𝑦 = 𝑏(1 − 𝑎 2 )2 , sumbu 𝑥+ dan sumbu 𝑦+ diputar pada Oy. 14. 𝑦 = − 𝑥 + 1, sumbu 𝑥− dan sumbu 𝑦− diputar pada sumbu y. 3
15. 𝑦 = 8 𝑥, sumbu 𝑥 dan garis 𝑥 = 8 diputar pada sumbu x. Dengan dalil guldin I dapatkan isi benda putar yang terjadi jika dataran yang dibatasi oleh: 1.
x 2 y 2 20 y 75 0 diputar pada garis y = 0
2.
y x 2 dan y 2 2 x diputar pada garis x = 5
3.
y 6 3x x 2 dan x y 3 0 diputar pada garis y = 3-x
jawab: 500 2
jawab:
296 2 5
Dengan dalil Guldin II dapatkan: 4.
2 2 2 Luas kulit Torus yang terjadi jika busur lingkaran : x ( y b ) a ; (b > a) diputar pada
sumbu x.
42
7
MOMEN INERSIA (Momen Kelembaman)
7.1. Pengertian Momen Inersia Ada n buah titik massa : m1 , m2 ,..., mn yang masing-masing berada di ( x1 , y1 ), ( x2 , y 2 )..., ( xn , y n ) .
y
xn
mn
x3
m3
x2
m2 yn
x1
m1 y1
y2
y3
0
x
Maka momen inersia (MI) dari seluruh massa itu terhadap: n
Sumbu x adalah I x m1 y1 m 2 y 2 ... m n . y n mi y i 2
2
2
i 1
n
Sumbu y adalah I y m1 x1 m2 x 2 ... mn x n mi xi 2
2
2
i 1
n
M m1 m2 ... m n mi i 1
Pada bidang XOY dapat dapat ditemukan sebuah titik yang berjarak R dari sumbu x sedemikian hingga I x R 2 M atau R
Ix , maka R disebutkan jari-jari girasi terhadap sumbu x. M
Momen Inersia terhadap suatu garis yang letaknya sebidang denga dataran atau busurnya disebut momen inersia Axial. Momen Inersia terhadap suatu titik yang letaknya sebidang dengan
43
dataran/busurnya, atau terhadap suatu garis yang tegak lurus pada bidang dataran / busurnya disebut momen inersia kutub (polar) . Momen inersia kutub adalah sama dengan jumlahnya momen inersia axial terhadap sumbu x dan terhadap sumbu y. y
r 2 x 2 y 2 ; I y x 2 m , dan I x y 2 m
y
x
m
I y I x x 2 m y 2 m ( x 2 y 2 )m
sedangkan untuk I 0 r 2 m ( x 2 y 2 )m y
r
0
Jadi
x
I0 I x I y
x
Garis l tegak lurus bidang XOY lewat O, l
maka :
y
Il I0 I x I y
y
x
m y
0
x
x
Contoh: 1. Dapatkan momen inersia dari keping empat persegi panjang homogin dengan alas a dan tinggi t; terhadap alasnya . (density = (konstan)). Penyelesaian: y
C(a,t)
D
Ambil alas sebagai sumbu x, sisi kiri sebagai sumbu y. Elemen Luas 𝑑𝐿 = 𝑎 𝑑𝑦, Elemen massa dM dL , Elemen momen
dy
inersia terhadap sumbu x, dI x y 2 dM t
t
t
1 I x y 2 dM y 2dL y 2ady at 3 3 0 0 0
y 0
x
0=A
B(a,0)
44
Perhatikan : Jika empat persegi panjang itu alasnya diperpendek
menjadi
dx 0 dan
tingginya y dengan density = (konstan) y
maka didapat bahwa elemen momen inersia terhadap sumbu x adalah: dI x
1 3 y dx 3
dx
x
1. Dapatkan momen inersia kutub dari keping lingkaran homogin jari-jari 𝑎 terhadap titik pusatnya. (density = (konstan)). Penyelesaian: Ambil cincin jari-jari dalam = r, dan jarijari luar = r + dr dengan dr 0 maka luas
dr
cincin
dL 2rdr
dan massa cincin
dM dL 2rdr yang berlengan r dari titik pusat O, sehingga elemen momen (a,0)
inersianya terhadap titik O adalah:
r+dr
dI 0 r 2 dM 2r 3 dr
Jadi: a
1 I 0 2 r 3 dr a 4 2 0
Perhatian: I x I y I 0 . Karena simetri, maka I x I y
1 1 I 0 a 4 . 2 4
Peranan titik O dapat di ganti oleh garis g yangmelalui O dan tegak lurus keping lingkaran itu maka I g I 0
1 1 a 4 . Jika keping lingkaran itu mempunyai tebal t maka I g a 4 t . 2 2
45
Selanjutnya apabila keping lingkaran itu terjadi dari elemen luas 𝑦 𝑑𝑥 yang diputar mengelilingi sumbu x, maka didapat elemen
momen
inersia
benda
putar
terhadap sb x. (sebagai sb. putarnya) ialah:
y dx
dI x
x
1 y 4 dx 2
Gambar disebelah adalah tampak samping dari hasil perputaran ydx mengelilingi sb x. Garis
g melalui titik berat benda sejajar
Y
g
0
dx
dengan sumbu Y. Maka garis g berperan sebagai garis tengah keping lingkaran itu dan: dI g
x
1 y 4 dx 4
7.2. Momen Inersia Keping Datar 1. Momen Inersia terhadap sumbu x ( I x ) dan momen Inersia terhadap sumbu y ( I y ) dari keping datar homogin ABCD yang dibatasi oleh kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥), sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏 dengan density (rapat massa)= (konstan) didapat sebagai berikut: Dari perhatian contoh 1 didepan bahwa b
Y
Ix y=f(x)
a
massa dM dL ydx . Elemen massa dM ini
𝑦
x
1 y 3 dx , elemen luas dL = ydx. Elemen 3 a
berlengan
x
dari
sumbu
𝑑𝐼𝑦 = 𝑥 2 𝑑𝑀 = 𝛿𝑥 2 𝑦𝑑𝑥 ; sehingga dx
b
X
𝑏
𝑥 2 𝑦𝑑𝑥
𝐼𝑦 = 𝛿 𝑎
46
y,
maka:
2. Momen Inersia terhadap sumbu x ( I x ) dan momen Inersia terhadap sumbu y ( I y ) dari keping datar homogin yang dibatasi oleh kurva-kurva y1 f1 ( x ) dan y 2 f 2 ( x ) garisgaris x a dan x b dengan density (konstan), didapat sebagai berikut: 1 3 3 dI x ( y1 y 2 ) dx 3
Y 𝒚𝟏 = 𝒇𝟏 (𝒙)
b
1 3 3 I x ( y1 y 2 ) dx 3 a
x
dL ( y1 y 2 ) dx
𝒚𝟐 = 𝒇𝟐 (𝒙)
a
X
b
dM dL ( y1 y 2 ) dx
dI y x 2 dM x 2 ( y1 y 2 ) dx . Jadi: 𝑏
𝑥 2 𝑦1 − 𝑦2 𝑑𝑥
𝐼𝑦 = 𝛿 𝑎
7.3. Dalil Pergeseran (Dalil sumbu sejajar) Jika momen inersia suatu keping datar homogin yang massanya M (Luas=L, densitynya= ) terhadap sumbu (garis) yang melalui titik beratnya = I Z , maka momen inersia masa keeping itu terhadap garis yang sejajar dan berjarak p dengan sumbu yang melalui titik berat tsb adalah: 𝐼𝑔 = 𝐼𝑧 + 𝑝 2 𝑀
Bukti: Keping datar luasnya = L, desity =
𝑦0
,
massanya M = L,dengan titik berat di Z.
dM
Garis x0 adalah garis lurus lewat titik berat
𝑦
𝑥0 Z. Garis g // garis x0 dan berjarak p. 𝑍
Elemen luas dL. Elemen massa dM dL .
p p
Elemen massa dM ini berlengan y terhadap 𝑔
47
sumbu (garis) x0 dan berlengan (y + p) terhadap garis g, maka: dI g ( y p ) 2 dM dI g ( y 2 2 py p 2 )dL dI g y 2 dL 2 pydL p 2dL , maka I g y 2 dL 2 p ydL p 2 dL
Karena
y
2
dL I z ;
sumbu x0 , sehingga
ydL My dimana
ydL 0
.
y otomatis bernilai nol jika titik berat berada pada
dan dL M jadi: I g I Z p 2 M .
Contoh: 1. Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu x dan terhadap sumbu y dari keping datar yang 2 dibatasi oleh y x , sumbu x dan garis x 3 , dengan density (konstan). Penyelesaian:
3
b
Y
3
1 1 729 1 I x y 3 dx = ( x 2 ) 3 dx I x x 6 dx 3 a 3 0 7 3 0
𝒚 = 𝒙𝟐
b
3
3
I y y x dx = x x dx I y x 4 dx 2
2
a
3
2
0
0
243 5
X
2. Dapatkan momen inersia I x , I y , dan I y dari keping datar homogin yang dibatasi oleh y = x dan y x 2 ; dengan density (konstan). Penyelesaian: b
y
𝒚𝟏 = 𝒙
b
1
a
0
I y x 2 ( y1 y 2 ) dx x 2 ( x x 2 ) dx
𝒚𝟐 = 𝒙 𝟐 1
1
1 1 1 3 3 I x ( y1 y 2 ) dx = ( x 3 x 6 ) dx 3 0 28 3 a
x
I0 I x I y
48
1 1 3 28 20 35
1 20
3. Diberikan keping empat persegi panjang ABCD. Alas AB = a, tinggi AD = t. Density =
(konstan). Titik berat Z; AE = ED; BF = FC; EF melalui Z; EF // AB. Ditanyakan : Momen Inersianya terhadap garis EF. Penyelesaian : y
Di depan sudah diberikan contoh bahwa
D
C(a,t)
E
Z
1 I AB I x at 3 3
F Masing keping ABCD
½t
M L at , 1 2
Jarak EF ke AB adalah ZG t O=A
G
B(a,0)
Dengan dalil pergeseran: I AB I EF ( ZG ) 2 M . 1 1 1 at 3 I EF ( t ) 2 at I EF at 3 3 2 12
4. Diberikan soal seperti contoh 3 ditanyakan Momen Inersianya terhadap titik berat Z. Penyelesaian: I AB
1 1 at 3 ; I AD ta 3 ; I A I O 3 3
I A I AB I AD
AG
1 ta( a 2 t 2 ) 3
1 1 1 a ; ZG t maka ( AZ ) 2 ( a 2 t 2 ) 2 2 4
Dengan dalil pergeseran: I A I Z ( AZ ) 2 M 1 1 1 at ( a 2 t 2 ) I Z ( a 2 t 2 )at I Z at ( a 2 t 2 ) . 3 4 12
49
7.4. Momen Inersia Busur Momen inersia busur AB dari kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) antara 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, terhadap sumbu x dan sumbu y diperoleh sbb: y
Dari 𝑦 = 𝑓(𝑥) maka elemen panjang busur
B
𝑦 = 𝑓(𝑥)
ds
ds 1 ( y ' ) 2 dx dengan density (konstan)
elemen massa dM ds .
A
a
b
x
dM terletak pada tengah-tengah ds, maka: 1. dM berlengan y terhadap sumbu x, dI x y 2 dM y 2 ds 𝑏
𝑏
𝛿𝑦 2
𝐼𝑥 =
𝑑𝑠 = 𝛿
𝑎
𝑦 2 1 + 𝑦′
2
𝑑𝑥
𝑥 2 1 + 𝑦′
2
𝑑𝑥
𝑎
2. dM berlengan x terhadap sumbu y, dI y x 2 dM x 2 ds 𝑏
𝑏
𝛿𝑥 2
𝐼𝑦 = 𝑎
𝑑𝑠 = 𝛿 𝑎
Contoh: Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x dari busur setengah keliling lingkaran x 2 y 2 a 2 yang berada di atas sumbu x. Density = (konstan). Penyelesaian: Y
y a 2 x 2 y' ds 1 ( y ' ) 2 dx -a
0
a
X 50
x a x
a dx y
2
2
dx
a
a
a
a
I x y 2 ds a ydx ;
a
I x a a 2 x 2 dx a
1 a3 2
7.5 Momen Inersia kulit Benda putar Momen inersia kulit benda putar terhadap sumbu x, yang terjadi dari perputaran kurva 𝑦 = 𝑓(𝑥) sekeliling sumbu x dari 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, didapat sbb: Elemen luas kulit dK 2yds , Density = , 𝒚 = 𝒇(𝒙)
Y
maka elemen massa dM dK 2yds .
ds
dM berlengan y dari sumbu putar x : dI x y 2 dM
X
dI x 2y 3 ds
a b
Jadi: 𝑏
𝑏
𝑦 3 𝑑𝑠
𝐼𝑥 = 2𝜋𝛿
𝑦 3 1 + 𝑦′
= 2𝛿𝜋
𝑎
2
𝑎
Contoh: Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x dari kulit benda putar yang terjadi jika y x , diputar pada sumbu x dari x = 0 s/d x = 2. Penyelesaian: 𝒚= 𝒙
Y
y x y '
1 2 x
b
b
I x 2 y ds 2 y 3 1 ( y ' ) 2 dx 3
X
a
2
51
a
2
3
I x 2 x 2 1 ( 0 2
I x 2 x x 0
1 ) dx 4x
1 149 dx 4 30
7.6 Momen Inersia Isi Benda putar 1. Momen Inersia terhadap sumbu y dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh 𝑦 = 𝑓(𝑥), sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 s/d 𝑥 = 𝑏, diputar pada sumbu y, diperoleh sbb: Sumbu y = sumbu putar. Elemen Isi
Y
dV 2xydx . Density = , maka elemen
y=f(x)
x
a
massa
𝑦
dx
dM dV
yang berlengan x
terhadap sumbu y. b
dI y x 2 dM x 2dV 2x 3 ydx
X
Jadi: 𝑏
𝑥 3 𝑦 𝑑𝑥
𝐼𝑦 = 2𝛿𝜋 𝑎
Contoh: Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu y dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar 2 dikwadran pertama yang dibatasi oleh y 8 x , sumbu x dan garis x = 2, diputar pada sumbu y.
Penyelesaian: b
Y
I y 2 x 3 ydx
𝒚 = 𝟖𝒙
a
2
I y 2 x 3 8 x dx 0
2
X
52
256 9
2. Momen Inersia terhadap sumbu x dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh y = f(x), sumbu x, garis-garis x = a s/d x = b, diputar pada sumbu x, diperoleh sbb: 𝒚 = 𝒇(𝒙)
Y
Elemen momen inersia dalam hal ini berupa momen inersia keping lingkaran jari-jari y, tebal dx, terhadap sumbu x, yang tegak lurus bidang
y
keping lingkaran melalui titik pusatnya. Pada X
perhatian contoh no.2 dipengertian momen inersia didepan sudah dijelaskan bahwa :
a b
dI x
1 y 4 dx . Jadi : 2
1 𝐼𝑥 = 𝛿𝜋 2
𝑏
𝑦 4 𝑑𝑥 𝑎
Contoh: 1. Dapatkan momen inersia terhadap sumbu x, dari isi benda putar yang terjadi jika keeping yang di batasi oleh y = r , sumbu x, garis-garis x = 0 dan x = t; diputar pada sumbu x. Penyelesaian:
𝑦=𝑥
X
2 Benda yang terjadi adalah silinder. Isi silinder V r t . Massa silinder: M V r 2 t
b
Ix
t
1 1 1 1 y 4 dx r 4 dx r 4 x t0 r 4 t 2 2 2 2 a 0
Jika dinyatakan dalam massa menjadi: Ix
1 1 1 r 4 t (r 2 t ) r 2 Mr 2 2 2 2
53
2. Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu x, dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang terjadi jika keping di batasi oleh y
r x, sumbu x, garis x = t; diputar pada sumbu x. t
Penyelesaian: Y
Benda
y=r/t x
0
t
yang
terjadi
adalah
kerucut:
1 V r 2 t . 3
x
Massa kerucut: 1 M V r 2 t . 3 b
1 I x y 4 dx 2 a 4
t
Ix
1 1 3 r x dx r 4 t , dinyatakan dalam massa menjadi I x Mr 2 2 0t 10 10
7.7 Momen Inersia Isi I OY dari keping yang diputar pada sumbu x. Keping datar yang dibatasi oleh y f (x ) , sumbu x, garis-garis 𝑥 = 𝑎 dan 𝑥 = 𝑏, diputar pada sumbu x. Momen inersia isi terhadap sumbu diam OY( I OY ) dari benda putar yang terjadi tadi diperoleh sbb: Y
C
Z
𝒚 = 𝒇(𝒙)
Keping ABCD diputar pada sumbu x. Seperti yang sudah dijelaskan sebelumnya bahwa
D
x
momen inersia keping lingkaran jari-jari y, y
B
tebal X
dI x
dx
terhadap
sumbu
x
adalah
1 y 4 dx . 2
a b
Garis Z melalui titik berat keping lingkaran 1 4
dan sejajar sumbu OY, maka dI z y 4 dx . 2 Elemen massa dM y dx yang berlengan x terhadap sumbu OY. Dengan dalil pergeseran,
maka:
54
1 1 dI OY dI Z x 2 dM y 4 dx x 2 (y 2 dx ) ( y 4 x 2 y 2 ) dx 4 4 b
Jadi
1 I OY ( y 4 x 2 y 2 ) dx 4 a
Contoh: Dapatkan momen Inersia terhadap sumbu OY, I OY dari isi benda putar yang terjadi jika keping datar yang dibatasi oleh: y x 2 , sumbu x dan garis x = 1, diputar pada sumbu x. Penyelesaian: Y
𝑦 = 𝑥2
b
1 I OY y 4 x 2 y 2 dx 4 a 1
1 I OY x 8 x 2 x 4 dx 4 0
X
1
1 43 1 x 9 x 7 7 0 252 36
55
SOAL LATIHAN Dapatkan momen inersia dari keping datar homogin (Density = (konstan)) yang dibatasi: 1. y 4 x 2 , sumbu x dan sumbu y ; terhadap sumbu x dan sumbu y. jawab: I x
53 14 ; Iy 3 103
2. y 9 3x 2 dan sumbu x; terhadap sumbu y. 3. y
1 2 x dan y x ; terhadap sumbu y, 4
jawab: I y
64 5
4. y 1 dan y 2x 2 ; terhadap sumbu x. Dapatkan momen inersia busur homogin (Density = (konstan)) dari: 5. Keliling lingkaran x 2 y 2 a 2 ; terhadap diameternya.
Jawab: I x
1 2 a M 2
x a
6. Garis rantai y a cosh , (0 x a ) ; terhadap sumbu x. Dapatkan momen inersia kulit benda putar yang terjadi jika: 7. y 2 x diputar pada sumbu x dari x = 0 s/d x = 2 terhadap sumbu x. Jawab: I x 8M 8. x 2 y 2 a 2 diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x. Dapatkan momen inersia isi benda putar yang terjadi (Density = (konstan)), jika keping datar yang dibatasi oleh: 9. y a 2 x 2 , sumbu x, ( a x a ) , diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x. Jawab: I x
3 a 5 15
10. y sin x , sumbu x, (0 x ) , diputar pada sumbu x; terhadap sumbu x.
56
8
NILAI PURATA PADA KALKULUS INTEGRAL
8.1.Nilai rata-rata dari ordinat (mean value) y
Rata-rata arithmatika dari ordinat-ordinat y, dari
y=f(x)
fungsi 𝑦 = 𝑓(𝑥) pada interval [𝑎, 𝑏] adalah limit dari nilai rata-rata ordinat ordinat berjarak sama 𝑦1 , 𝑦2 , … , 𝑦𝑛 untuk 𝑛 → ∞. 𝒚𝒊 𝒙𝒊
∆𝒙
x
Jadi jika 𝑦𝑚 adalah mean value, maka:
𝑦1 + 𝑦2 + 𝑦3 + ⋯ + 𝑦𝑛 𝑛→∞ 𝑛
𝑦𝑚 = lim
𝑦1 . ∆𝑥 + 𝑦2 . ∆𝑥 + 𝑦3 . ∆𝑥 + ⋯ + 𝑦𝑛 . ∆𝑥 𝑛→∞ 𝑛. ∆𝑥
= lim
𝑛 𝑖=1 𝑓
lim
𝑦𝑚 =
∆𝑥→0
𝑛.
𝑥𝑖 . ∆𝑥
(𝑏 − 𝑎) 𝑛
1 𝑦𝑚 = (𝑏 − 𝑎)
𝑏
𝑦 𝑑𝑥 𝑎
8.2. Nilai rata-rata kwadrat (a.r.k) (root mean square value = r.m.s. nilai efektif) i(t)
𝑖 𝑡 = sin
2𝜋 𝑡 𝑇
+ t T=1 periode
57
2𝜋𝑡
Misalkan pandang Arus elektrik 𝑖 𝑡 = sin
dimana T adalah periode. Nilai rata-rata
𝑇
fungsi ini adalah: 1 𝑖𝑚 = 𝑇−0
=
𝑇
sin 0
2𝜋𝑡 𝑑𝑡 𝑇
1 −𝑇 2𝜋𝑡 𝑇 1 1 . cos |0 = − cos 2𝜋 − cos 0 = − 1−1 = 0 𝑇 2𝜋 𝑇 2𝜋 2𝜋
Selama suatu periode T (yakni satu siklus sempurna) integral dari suatu fungsi itu adalah nol, sebab luas bagian positif dan negatif adalah sama, sehingga saling meniadakan. Tetapi pada kenyataannya arus tersebut mampu menimbulkan kerja dan menghasilkan panas, karena itu untuk mengatasi hal tersebut di atas tadi, arus dikwadratkan lalu di ambil akar dari rata-rata kwadrat yang disebut root-mean-squar (r.m.s) yang memberikan suatu ukuran besarnya arus. 𝑇 2 𝑖 0
𝑖𝑟𝑚𝑠 =
𝑡 𝑑𝑡
𝑇
Dari uraian sebelumnya, maka yang dimaksud dengan nilai r.m.s dari suatu fungsi y = f (x) pada [𝑎, 𝑏] adalah akar dari nilai rata-rata dari y 2 :
𝑦𝑟𝑚𝑠 =
𝑏 2 𝑦 𝑑𝑥 𝑎
𝑏−𝑎
Perhatikan: Mean value dari suatu fungsi periodik, dimaksud nilai mean atas satu periode jika tanpa pemberitahuan apa-apa.
58
SOAL LATIHAN
Dapatkan nilai rata-rata (mean value) dari: 1 di antara x = 0 dan x = 1. 1 x2
1.
y
2.
y 2 cos t sin 3t di antara t = 0 dan t =
3.
y x 2 di antara x = 0 dan x = 4
4.
y 3 sin 5t 2 cos 3t di antara t = 0 dan t =
5.
y x 2 di antara x = 1 dan x = 4
6.
y 3 x 2 7 di antara x = 0 dan x = 2
7.
y x 1 di antara x = 0 dan x = 2
8.
y 6x 2 di antara x = -1 dan x = 3
9.
y 4 x 1 di antara x = 0 dan x = 2
Jawab :
4
6
3
Jawab :
20 7
jawab : 7
jawab : 2
jawab : 5
10. y 10 sin 2 x di antara x = 0 dan x = Dapatkan nilai r. m .s dari: 11. y 400 sin 200 t di antara t = 0 dan t =
1 100
Jawab : 200 2
12. y 1 sin x di antara x = 0 dan x = 2 13. y x ( 2 x ) dari x = 0 ke x = 2 14. i 20 100 sin 100 t di antara t = 0 dan t =
jawab : 0,730 1 50
15. y x dari x = 0 ke x = 2
jawab : 1,15
16. y 3 2 cos x dari x = 0 ke x = 2 17. y 3 x dari x = 0 ke x = 4
jawab: 6,93
59
9
TURUNAN PARSIAL
Pandang fungsi 𝑍 = 𝐹(𝑥, 𝑦). Turunan parsial pertama dari 𝑍 terhadap 𝑥 ( dengan memandang 𝑦 konstan) ditulis:
𝜕𝑧 𝜕𝑥
𝜕𝐹
= 𝜕𝑥 = 𝑍𝑥 = 𝐹𝑥 . Turunan parsial pertama dari 𝑍 terhadap 𝑦 (dengan 𝜕𝑍
𝜕𝐹
memandang 𝑥 konstan) ditulis: 𝜕𝑦 = 𝜕𝑦 = 𝑍𝑦 = 𝐹𝑦 . 𝜕𝑍
𝜕𝑍
Contoh: 𝑍 = 𝑥 2 cos 𝑦 → 𝜕𝑥 = 2𝑥 cos 𝑦 ; 𝜕𝑦 = −𝑥 2 sin 𝑦. Turunan parsial tingkat dua: 𝜕2𝑍 𝜕𝑥 2
𝜕
𝜕𝑍
= 𝜕𝑥
𝜕2𝑍 𝜕𝑦 𝜕𝑥
𝜕𝑥 𝜕
= 𝜕𝑦
𝜕𝑍 𝜕𝑥
𝜕2𝑍
= 𝑍𝑥𝑥 ;
𝜕𝑦 2 𝜕2𝑍
= 𝑍𝑥𝑦 ;
𝜕
= 𝜕𝑦
𝜕𝑥𝜕𝑦
𝜕
= 𝜕𝑥
𝜕𝑍 𝜕𝑦 𝜕𝑍 𝜕𝑦
= 𝑍𝑦𝑦 ; = 𝑍𝑦𝑥 .
Contoh: 1. 𝑍 = 𝑥 2 𝑦 − 3 sin 𝑥 + 4𝑦 3 → 𝑍𝑥 = 2𝑥𝑦 − 3 cos 𝑥 ; 𝑍𝑦 = 𝑥 2 + 12𝑦 2 ; 𝑍𝑥𝑥 = 2𝑦 + 3 sin 𝑥; 𝑍𝑦𝑦 = 24𝑦; 𝑍𝑥𝑦 = 2𝑥; 𝑍𝑦𝑥 = 2𝑥. −3𝑥 3 −3𝑥 2 2. 𝑍 = sin 3𝑦 + 𝑦𝑒 − 𝑥 → 𝑍𝑥 = −3𝑦𝑒 − 3𝑥 ; 𝑍𝑦 = 3 cos 3𝑦 + 𝑒 −3𝑥 ; 𝑍𝑥𝑥 = 9𝑦𝑒 −3𝑥 − 6𝑥; 𝑍𝑦𝑦 = −9 sin 𝑦 −3𝑥 𝑍𝑥𝑦 = −3𝑒 ; 𝑍𝑦𝑥 = −3𝑒 −3𝑥 .
𝜕2𝑍
𝜕2𝑍
Dari kedua contoh tersebut tampak bahwa: 𝜕𝑦 𝜕𝑥 = 𝜕𝑥𝜕𝑦 atau 𝑍𝑥𝑦 = 𝑍𝑦𝑥 . 𝜕𝑍
𝜕𝑍
Jika 𝑍 = 𝐹(𝑥, 𝑦) maka diferensial total dari 𝑍 adalah 𝑑𝑧 = 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝑦 𝑑𝑦. Sehingga jika diberikan 𝜕𝐹
𝜕𝐹
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶(konstan), maka 𝜕𝑥 𝑑𝑥 + 𝜕𝑦 𝑑𝑦 = 0.
60
10
PERSAMAAN DIFERENSIAL
Definisi: Persamaan Diferensial (PD) adalah persamaan yang merupakan hubungan antara turunan (derivative) dari satu variabel tak bebas terhadap satu/lebih variabel bebas. PD
PD Biasa PDB
PD Parsial PDP
( hanya mengandung satu variabel bebas)
(mengandung lebih dari satu variabel bebas)
Contoh: 𝑑𝑦
PD Biasa → 1. PD Parsial → 1.
𝑑𝑥
+ 2𝑦𝑥 = 𝑥 2 + 3
𝜕2𝑍 𝜕𝑥𝜕𝑦
2. 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 −𝑥
− 2𝑥𝑦 = 0
2. 𝑍𝑥𝑥 + 𝑍𝑦𝑦 = 0.
Jika turunan tertinggi yang terdapat dalam persamaan adalah tingkat 𝑛, maka PD itu disebut PD tingkat 𝑛. Jika persamaan itu seluruhnya rasional dan bulat dalam turunan-turunan itu, maka pangkat dari turunan tertinggi dalam persamaan itu disebut derajat PD itu. Contoh: 1.
𝑑𝑦 𝑑𝑥
+ 3𝑦 = 2𝑥
PD tingkat satu, derajat Satu
2. 2𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 5𝑦 = sin 𝑥
PD tingkat dua, derajat satu.
3. (𝑦 ′ )2 − 3𝑦 ′ = 0
PD tingkat satu, derajat dua.
PD dari berkas kurva datar. Diberikan berkas kurva datar: 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝛼 = 0………………………………………………..(1) 𝛼 : parameter Ditanyakan: PD berkas tersebut. Penyelesaian: 𝜕𝑓
𝜕𝑓 𝑑𝑦
1. Persamaan (1) diturunkan terhadap 𝑥, didapat: 𝜕𝑥 + 𝜕𝑦 . 𝑑𝑥 = 0…………………………(2) 𝑑𝑦
2. Eliminasi 𝛼 dari (1) dan (2), didapat hubungan antara 𝑥, 𝑦 dan 𝑑𝑥 : 𝑑𝑦
𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑑𝑥 = 0 → ini merupakan PD dari berkas (1). Contoh:
61
Ditanyakan PD dari berkas garis lurus : 𝑦 = 𝛼𝑥………………………………………..............(1) 𝑑𝑦
Penyelesaian: Diturunkan terhadap 𝑥, didapat: 𝑑𝑥 = 𝛼…………………………………………(2) 𝑑𝑦
𝑦
Eliminasi 𝛼 dari (1) dan (2), didapat 𝑑𝑥 = 𝑥 . Penyelesaian PD
Penyelesaian PD adalah suatu fungsi tanpa turunan-turunan dan yang memenuhi PD itu. Penyelesaian Umum Persamaan Diferensial (PUPD): penyelesaian PD yang memuat konstantakonstanta sebarang yang banyaknya sama dengan tingkat dari PD itu. Penyelesaian Partikulir Persamaan Diferensial (PPPD): penyelesaian PD yang didapat dari PUPD jika pada konstanta-konstanta sebarangnya diberi nilai tertentu.
10.1 PD TINGKAT SATU DERAJAT SATU Bentuk umum: 𝑁 𝑥, 𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
+ 𝑀 𝑥, 𝑦 = 0 atau 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0.
10.1.1 PD DENGAN VARIABEL TERPISAH/DAPAT DIPISAHKAN PD DENGAN VARIABEL-VARIABEL TERPISAH Bentuk umum: 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 0. 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑔 𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶.
PUPD: Contoh:
Selesaikan PD: 𝑥 2 𝑑𝑥 − 3𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 0. Penyelesaian: 𝑥 2 𝑑𝑥 − 3𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶 1
PUPD: 3 𝑥 3 + 3𝑒 −𝑦 = 𝐶.
PD DENGAN VARIABEL-VARIABEL YANG DAPAT DIPISAHKAN Bentuk umum: 𝑓1 𝑥 𝑔2 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑓2 𝑥 𝑔1 𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑓1 𝑥
: 𝑓2 𝑥 𝑔2 (𝑦)
𝑔 (𝑦)
𝑑𝑥 + 𝑔1 (𝑦) 𝑑𝑦 = 0. 𝑓 (𝑥) 2
PUPD:
𝑓1 𝑥 𝑓2 (𝑥)
𝑑𝑥 +
2
𝑔1 (𝑦) 𝑔2 (𝑦)
𝑑𝑦 = 𝐶.
Contoh: 62
Selesaikan PD: 𝑥 + 1 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦 − 1 𝑥 𝑑𝑦 = 0. Penyelesaian: 𝑥 + 1 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑦 − 1 𝑥 𝑑𝑦 = 0 ∶ 𝑥𝑦 𝑥+1 𝑥
𝑑𝑥 −
𝑦−1 𝑦
1
1
𝑑𝑦 = 0 → 1 + 𝑥 𝑑𝑥 − 1 − 𝑦 𝑑𝑦 = 0.
1
1 + 𝑥 𝑑𝑥 −
1
1 − 𝑦 𝑑𝑦 = 𝐶 → 𝑥 + ln 𝑥 − 𝑦 + ln 𝑦 = 𝐶.
PUPD: 𝑥 − 𝑦 + ln 𝑥𝑦 = 𝐶.
10.1.2 PD HOMOGIN PD: 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 disebut PD Homogin jika dapat ditulis dalam bentuk 𝑑𝑦 𝑦 =𝑓 𝑑𝑥 𝑥 𝑦
Substitusi: 𝑥 = 𝑣 → 𝑦 = 𝑣𝑥. 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣 → akan didapat PD dengan variabel terpisah. Contoh: Selesaikan PD: 𝑥 2 − 𝑥𝑦 + 𝑦 2 𝑑𝑥 − 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0. Penyelesaian: subs: 𝑦 = 𝑣𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 PD menjadi: 𝑥 2 − 𝑣𝑥 2 + 𝑣 2 𝑥 2 𝑑𝑥 − 𝑣𝑥 2 𝑣𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑣 = 0. 1 − 𝑣 𝑥 2 𝑑𝑥 − 𝑣𝑥 3 𝑑𝑣 = 0 1 𝑥
𝑣
𝑑𝑥 − 1−𝑣 𝑑𝑣 = 0 →
ln 𝑥 +
1 𝑥
∶ 𝑥3 1 − 𝑣
𝑑𝑥 −
𝑣 1−𝑣
1
1 − 1−𝑣 𝑑𝑣 = 𝐶 → ln 𝑥 + 𝑣 − ln 1 − 𝑣 = 𝐶.
ln 𝑥 + ln 𝑒 𝑣 − ln 1 − 𝑣 = ln 𝐾 → ln 𝑥𝑒 𝑣
𝑑𝑣 = 𝐶.
=𝐾→ 1−𝑣
𝑦
𝑥𝑒 𝑥 𝑦 1− 𝑥
𝑥𝑒 𝑣 1−𝑣
= ln 𝐾 .
𝑦
= 𝐾 → 𝑒𝑥 = 𝐾 𝑥 − 𝑦 .
𝑦
Jadi PUPD: 𝑒 𝑥 = 𝐾 𝑥 − 𝑦 .
10.1.3 PD BERBENTUK: 𝒂𝒙 + 𝒃𝒚 + 𝒄 𝒅𝒙 + 𝒑𝒙 + 𝒒𝒚 + 𝒓 𝒅𝒚 = 𝟎 1
1. Jika 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0 → subst: 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦; 𝑑𝑦 = 𝑏 𝑑𝑢 − 𝑎𝑑𝑥 . menjadi PD dengan variable terpisah. Contoh: 2. Jika 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 ≠ 0 → subst:
𝑥 = 𝑥1 + → 𝑑𝑥 = 𝑑𝑥1 𝑦 = 𝑦1 + 𝑘 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦1
63
𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0 =𝑥 adalah penyelesaian dari 𝑘=𝑦 𝑝𝑥 + 𝑞𝑦 + 𝑟 = 0
dimana
maka PD menjadi PD homogin: 𝑎𝑥1 + 𝑏𝑦1 𝑑𝑥1 + 𝑝𝑥1 + 𝑞𝑦1 𝑑𝑦1 = 0. Contoh: Selesaikan PD: 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 + 𝑦 − 1 𝑑𝑦 = 0. Penyelesaian: Pada soal ini: 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0 → subst: 𝑢 = 𝑥 + 𝑦; 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 − 𝑑𝑥 . PD menjadi: 𝑢 𝑑𝑥 + 𝑢 − 1 𝑑𝑢 − 𝑑𝑥 = 0 → 𝑑𝑥 + 𝑢 − 1 𝑑𝑢 = 0. 1
𝑢 − 1 𝑑𝑢 = 𝐶 → 𝑥 + 2 𝑢2 − 𝑢 = 𝐶.
𝑑𝑥 + 1
1
2
𝑥+2 𝑥+𝑦
− 𝑥 + 𝑦 = 𝐶. Jadi PUPD: 2 𝑥 + 𝑦
2
− 𝑦 = 𝐶.
10.1.4 PD EKSAK
PD : 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 disebut PD Eksak jika dan hanya jika
𝜕𝑀 𝜕𝑦
=
𝜕𝑁 𝜕𝑥
.
PUPD Eksak berbentuk : 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 ……………………………………………………………………….(1) 𝑑𝐹 =
𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦
Berarti bahwa: 𝜕𝐹 𝜕𝑥
= 𝑀 𝑥, 𝑦 → 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝑥
Dimana
𝑥
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)………………………………...…….(2)
menyatakan bahwa dalam pengintegralan itu 𝑦 dipandang konstan dan dalam hal ini
𝑅(𝑦) adalah konstanta integrasi yang masih ditentukan, sbb: Dari (2) didapat: 𝜕𝐹 𝜕𝑦
𝜕
= 𝜕𝑦
𝑥
𝑑𝑅
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑑𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦)……………………………………………….(3)
𝑑𝑅
Dari (3) 𝑑𝑦 = 𝑅′ (𝑦) ketemu dan 𝑅(𝑦) juga ketemu, sehingga didapat PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶. Contoh: Selesaikan PD: 3𝑥 2 + 6𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 3𝑥 2 + 3𝑦 2 = 0. 𝑀 𝑥, 𝑦 = 3𝑥 2 + 6𝑥𝑦 → Penyelesaian:
𝑁 𝑥, 𝑦 = 3𝑥 2 + 3𝑦 2 →
𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑥
= 6𝑥 →sama, maka PD tersebut PD Eksak. = 6𝑥
𝑥
𝐹 𝑥, 𝑦 = =
𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦) 𝑥
3𝑥 2 + 6𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑅 𝑦 = 𝑥 3 + 3𝑥 2 𝑦 + 𝑅(𝑦)
64
𝜕𝐹 = 3𝑥 2 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑁(𝑥, 𝑦) 𝜕𝑥 3𝑥 2 + 𝑅′ 𝑦 = 3𝑥 2 + 3𝑦 2 → 𝑅′ 𝑦 = 3𝑦 2 → 𝑅 𝑦 = 𝑦 3 . PUPD: 𝑥 3 + 3𝑥 2 𝑦 + 𝑦 3 = 𝐶.
10.1.5 FAKTOR PENGINTEGRAL Ditentukan PD : 𝑀 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑁 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 tidak Eksak. Jika ada 𝑉 (fungsi dari 𝑥 dan 𝑦 atau salah satu) yang mempunyai sifat : 𝑉𝑀 𝑑𝑥 + 𝑉𝑁 𝑑𝑦 = 0 menjadi eksak, maka 𝑉 disebut faktor pengintegral dari PD yang ditentukan diatas. Syarat perlu dan cukup untuk ini adalah: 𝜕𝑉𝑀 𝜕𝑦
=
𝜕𝑉𝑁 𝜕𝑥
𝜕𝑉
𝜕𝑀
𝜕𝑉
𝜕𝑁
, atau 𝑀 𝜕𝑦 + 𝑉 𝜕𝑦 = 𝑁 𝜕𝑥 + 𝑉 𝜕𝑥 .
Menentukan faktor pengintegral: 1. Jika 𝑉 = 𝑓(𝑥) saja. 𝜕𝑉
Maka: 𝜕𝑥 = Sehingga:
𝑑𝑉 𝑑𝑥 𝑑𝑉 𝑉
𝜕𝑉
; =
𝜕𝑦
=0 .
𝜕𝑀 𝜕𝑁 − 𝜕𝑦 𝜕𝑥
𝑁
𝑑𝑥 →
𝑑𝑉 𝑉
= 𝑥 𝑑𝑥,
dengan 𝑉 = 𝑒
𝑥 𝑑𝑥
Contoh: Selesaikan PD: 𝑥 2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0. Penyelesaian: 𝜕𝑀 𝜕𝑁 − 𝜕𝑦 𝜕𝑥 −1 − 1 −2 𝑥 = = = 𝑁 𝑥 𝑥
Faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒
−2 𝑑𝑥 𝑥
= 𝑒 −2 ln 𝑥 = 𝑒 ln 𝑥
−2
= 𝑥 −2 .
PD: 𝑉 𝑥 2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑉𝑥 𝑑𝑦 = 0 →PD Eksak. 𝑥 −2 𝑥 2 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 −2 𝑥 𝑑𝑦 = 0 1
1
1 + 𝑥 − 𝑦𝑥 −2 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 𝑥
𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝜕𝐹 𝜕𝑦
1
1+
1 𝑦 − 𝑦𝑥 −2 𝑑𝑥 + 𝑅 𝑦 = 𝑥 + ln 𝑥 + + 𝑅(𝑦) 𝑥 𝑥 1
= 𝑥 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑥 → 𝑅′ 𝑦 = 0 → 𝑅 𝑦 = 𝐶1 . 𝑦
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 → 𝑥 + ln 𝑥 + 𝑥 = 𝐶. 2. Jika 𝑉 = 𝑓(𝑦) saja.
65
𝜕𝑁 𝜕𝑀 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝑑𝑉 𝑑𝑉 𝜕𝑥 − 𝜕𝑦 = 0, = → = 𝑑𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝑑𝑦 𝑉 𝑀 𝑑𝑉 𝑉
= 𝑦 𝑑𝑦. (𝑦)𝑑𝑦
Jadi faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒
.
Contoh: Selesaikan PD: 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 2 − 3𝑥 2 𝑑𝑦 = 0. 𝜕𝑁 𝜕𝑀 − 𝜕𝑥 𝜕𝑦 −6𝑥 − 2𝑥 −4 𝑦 = = = 𝑀 2𝑥𝑦 𝑦 Faktor pengintegral: 𝑉 = 𝑒
−4 𝑦
𝑑𝑦
= 𝑒 −4 ln 𝑦 = 𝑦 −4
PD dikalikan dengan V menjadi: 2𝑥 𝑦3
𝑑𝑥 +
1 𝑦2
−
3𝑥 2 𝑦4
𝑑𝑦 = 0 →PD Eksak.
2𝑥 𝑥2 𝑑𝑥 + 𝑅 𝑦 = 3 + 𝑅(𝑦) 𝑦 𝑦
𝐹 𝑥, 𝑦 =
𝜕𝐹 3𝑥 2 1 3𝑥 2 1 −1 = − 4 + 𝑅′ 𝑦 = 2 − 4 → 𝑅′ 𝑦 = 2 → 𝑅 𝑦 = 𝜕𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑦 𝑥2
1
Jadi PUPD: 𝑦 3 − 𝑦 = 𝐶.
10.1.6 PD LINIER TINGKAT SATU 𝑑𝑦
Bentuk umum: 𝑑𝑥 = 𝑦𝑃 = 𝑄. Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 PUPD: 𝑦𝑣 =
𝑃 𝑑𝑥
𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶.
Contoh: 𝑑𝑦
Selesaikan PD: 𝑑𝑥 + 𝑦 = 2 + 2𝑥 Penyelesaian: Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 PUPD: 𝑦𝑒 𝑥 =
1 𝑑𝑥
= 𝑒𝑥 .
2 + 2𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶
= 2𝑒 𝑥 + 2 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 𝐶 = 2𝑥𝑒 𝑥 + 𝐶. Jadi PUPD: 𝑦 = 2𝑥𝑒 𝑥 + 𝐶 𝑒 −𝑥 .
66
10.1.7 PD BERNOULLI Bentuk umum: 𝑑𝑦 𝑑𝑥
+ 𝑦𝑃 = 𝑦 𝑛 𝑄. ……………………………………………………………….(1) 𝑑𝑦
Persamaan (1) dibagi 𝑦 𝑛 , didapat: 𝑦 −𝑛 𝑑𝑥 + 𝑦 1−𝑛 𝑃 = 𝑄. 𝑑𝑣
𝑑𝑦
𝑑𝑦
Substitusi: 𝑣 = 𝑦 1−𝑛 → 𝑑𝑥 = 1 − 𝑛 𝑦 −𝑛 𝑑𝑥 → 𝑦 −𝑛 𝑑𝑥 =
1
𝑑𝑣
1−𝑛
𝑑𝑥
𝑑𝑣
PD menjadi : 𝑑𝑥 + 𝑣 1 − 𝑛 𝑃 = 1 − 𝑛 𝑄. Contoh: 𝑑𝑦
1
Selesaikan PD: 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑦 = 𝑦 3 𝑥 3 . Penyelesaian: 𝑑𝑣
𝑑𝑦
Substitusi: 𝑣 = 𝑦 −3+1 = 𝑦 −2 → 𝑑𝑥 = −2𝑦 −3 𝑑𝑥 𝑑𝑣
2
PD menjadi: 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑣 = −2𝑥 3 →PD linier tingkat Satu Faktor pengintegral: 𝑢 = 𝑒 𝑣. 𝑥 −2 =
𝑥
−2 𝑑𝑥 𝑥
= 𝑥 −2 .
−2𝑥 3 𝑥 −2 𝑑𝑥 + 𝐶 = −𝑥 2 + 𝐶 → 𝑣 = −𝑥 4 + 𝐶𝑥 2 .
PUPD: 𝑦 −2 = −𝑥 4 + 𝐶𝑥 2 .
10.1.8 PD RICCATI Bentuk:
𝑑𝑦 𝑑𝑥
= 𝑞 𝑥 + 𝑝 𝑥 𝑦 + 𝑟(𝑥)𝑦 2 .
Jika 𝑝, 𝑞, 𝑟 konstan maka
𝑑𝑦 𝑞+𝑝𝑦 +𝑟𝑦 2
= 𝑥 + 𝐶.
Jika 𝑟 𝑥 = 0 →PD linier. Jika 𝑞 𝑥 = 0 →PD Bernoulli. Mendapatkan penyelesaian umum PD Riccati, sbb: Dicari/diketahui penyelesaian partikulir 𝑦 = 𝑦1 (𝑥), maka: 𝑦 ′ 1 𝑥 = 𝑞 𝑥 + 𝑝 𝑥 𝑦1 𝑥 + 𝑟 𝑦 𝑦12 (𝑥) …………………………………………………………(1) 𝑑𝑍
Ambil 𝑦 = 𝑦1 𝑥 + 𝑧 𝑥 → 𝑑𝑥 − 𝑝 + 2𝑟𝑦1 𝑍 = 𝑟𝑍 2 →PD Bernoulli. Contoh: Selesaikan PD: 𝑦 ′ = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 − 2𝑒 𝑥 𝑦 + 𝑦 2 . Jika diketahui penyelesaian partikulir 𝑦1 = 𝑒 𝑥 . Penyelesaian: 𝑟 𝑥 = 1; 𝑝 𝑥 = −2𝑒 𝑥 ; 𝑞 𝑥 = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥
67
𝑑𝑍
𝑑𝑍
1
Ambil 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝑍 → 𝑑𝑥 − −2𝑒 2𝑥 + 2𝑒 2𝑥 𝑍 = 𝑍 2 → 𝑑𝑥 = 𝑍 2 → 𝑍 = 𝐶−𝑥 . Maka penyelesaian PD Riccati tersebut adalah: 1
𝑦 𝑥 = 𝑒 𝑥 + 𝐶−𝑥 .
10.9 TRAYEKTORI Suatu kurva yang memotong setiap anggota dari suatu rumpun kurva (dari sebaliknya) dengan sudut 𝛽 dinamakan trayektori 𝛽 dari rumpun itu atau trayektori isogonal. 1. Trayektori Isogonal 𝑦 ′ −tan 𝛽
Integral kurva dari persamaan diferensial 𝑓 𝑥, 𝑦, 1+𝑦 ′ tan 𝛽 = 0 adalah trayektori isogonal dengan sudut tetap 𝛽 dari rumpun integral kurva 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′ = 0. 2. Trayektori orthogonal 1
Jika 𝛽 = 90𝑜 dinamakan trayektori orthogonal. Integral kurva dari PD 𝑓 𝑥, 𝑦, − 𝑦′ = 0 adalah trayektori orthogonal dari rumpun integral kurva 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦′ = 0. Dalam koordinat 𝑑𝜃
polar, integral kurva dari PD 𝑓 𝑟, 𝜃, −𝑟 2 𝑑𝑟 = 0 adalah trayektori orthogonal dari integral 𝑑𝜃
kurva 𝑓 𝑟, 𝜃, 𝑑𝑟 = 0. Langkah-langkah menentukan suatu trayektori: 1. Tentukan persamaan rumpun kurva (PD) dari persamaan kurva yang diketahui. Jika persamaan yang didapat masih ada parameter λ maka λ harus dieliminasi dulu. 2. Tentukan PD dari trayektorinya: 𝑑𝑦
𝑑𝑥
a. Jika trayektori orthogonal maka dilakukan pergantian 𝑑𝑥 dengan − 𝑑𝑦 pada PD-nya. b. Jika trayektori isogonal dengan sudut tetap 𝛽 maka lakukanlah pergantian 𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑦 𝑑𝑥
dengan
− tan 𝛽 𝑑𝑦 𝑑𝑥
1+
tan 𝛽
pada PD-nya.
3. Selesaikakan PD baru tersebut dan ini akan menghasilkan persamaan trayektori yang dimaksud. Contoh: 1. Dapatkan trayektori orthogonal dari 𝑥 2 + 2𝑦 2 = λ………………………….(1) Penyelesaian: Kurva (1) dideferensialkan: 2𝑥 + 4𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
= 0. Kemudian
𝑑𝑦 𝑑𝑥
diganti dengan −
𝑑𝑥 𝑑𝑦
menjadi
2𝑥 𝑑𝑦 − 4𝑦 𝑑𝑥 = 0 → PD dengan variabel dapat dipisahkan. PD tersebut diselesaikan menghasilkan: 𝑦 = 𝐶𝑥 2 →trayektori orthogonal.
68
2. Dapatkan trayektori isogonal dengan 𝛽 = 𝜋/4 dari 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2λ x + y . Penyelesaian: Pers.
𝑑𝑦
𝑥 2 + 𝑦 2 − 2λ x + y = 0. PD dari rumpun kurva ini adalah: 2𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 − dy
2λ 1 + dx = 0. Karena masih mengandung parameter λ, maka λ dihilangkan. Dari persamaan rumpun kurva didapat: 2λ = 𝑑𝑦
2𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 − 𝑑𝑦 𝑑𝑥
x 2 +y 2
x+y
. Maka PD rumpun kurva itu adalah:
dy
1 + dx = 0 → x 2 − y2 + 2xy + 2xy + y 2 − x 2
x+y
diganti dengan
x 2 +y 2
𝑑𝑦 𝑑𝑥
− tan 𝛽
𝑑𝑦 1+𝑑𝑥
tan 𝛽
=
𝑑𝑦 𝑑𝑥
− tan 𝜋/4
𝑑𝑦 1+𝑑𝑥
=
tan 𝜋/4
𝑑𝑦 𝑑𝑥
𝑑𝑦
1+𝑑𝑥
, sehingga didapat
Maka penyelesaian dari PD tersebut adalah: 𝑦 2 + 𝑥 2 = 𝐶. Jadi trayektori isogonal dengan 𝛽 = 𝜋/4 adalah 𝑦 2 + 𝑥 2 = 𝐶. CONTOH SOAL PD TINGKAT SATU DERAJAT SATU 1+𝑦 2
1. Selesaikan PD: 𝑑𝑥 = 1+𝑥 2 Penyelesaian:
𝑑𝑦 1+𝑦 2
−
𝑑𝑥 1+𝑥 2
=0→
𝑑𝑦 1+𝑦 2
−
𝑑𝑥 1+𝑥 2
= 𝐶.
PUPD: arctg 𝑦 − arctg 𝑥 = 𝐶. 2. Selesaikan PD: 1 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0 Penyelesaian: 1 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0 ∶ 1 + 2𝑦 𝑥 − 4 → →
𝑑𝑥 𝑑𝑦 + =0 𝑥 − 4 1 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥−4
𝑑𝑦 = 𝐶1 1 + 2𝑦
1 → ln 𝑥 − 4 + ln 1 + 2𝑦 = 𝐶1 2 → 2 ln 𝑥 − 4 + ln 1 + 2𝑦 = 2𝐶1 → ln 𝑥 − 4 2 (1 + 2𝑦) = ln 𝐶; 𝐶 = 𝑒 2𝐶1 PUPD: 𝑥 − 4 𝑑𝑦
2
1 + 2𝑦 = 𝐶 4𝑦
3. Selesaikan PD: 𝑑𝑥 = 𝑥𝑦 −3𝑥 Penyelesaian: 𝑥 𝑦 − 3 𝑑𝑦 − 4𝑦 𝑑𝑥 = 0 ∶ 𝑥𝑦 →
𝑦−3 4 𝑑𝑦 − 𝑑𝑥 = 0 𝑦 𝑥
69
dx
−1
4𝑥𝑦 𝑑𝑦 + 2𝑥 2 − 2𝑦 2 𝑑𝑥 = 0 → PD homogin.
𝑑𝑦
dy
= 0.
→
1−
3 𝑑𝑦 − 𝑦
4 𝑑𝑥 = 𝐶 𝑥
→ 𝑦 − 3 ln 𝑦 − 4 ln 𝑥 = 𝐶 PUPD: 𝑦 − 3 ln 𝑦 − 4 ln 𝑥 = 𝐶 𝑑𝑣
4. Selesaikan PD: 𝑣. 𝑑𝑥 − 𝑔 = 0,jika 𝑥 = 𝑥0 , 𝑣 = 𝑣0 Penyelesaian: 𝑣𝑑𝑣 − 𝑔𝑑𝑥 = 0 𝑣 𝑑𝑣 −
𝑔 𝑑𝑥 = 𝐶
1
PUPD: 𝑣 2 − 𝑔𝑥 = 𝐶 2
1
Untuk 𝑥 = 𝑥0 , 𝑣 = 𝑣0 → 2 𝑣02 − 𝑔𝑥0 = 𝐶 1
1
Jadi penyelesaian PD tersebut: 2 𝑣 2 − 𝑔𝑥 = 2 𝑣02 − 𝑔𝑥0 atau 𝑣 2 − 𝑣02 = 2𝑔(𝑥 − 𝑥0 ) 5. Selesaikan PD Homogin: 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0 Penyelesaian: Substitusi: 𝑦 = 𝑣𝑥 → 𝑑𝑦 = 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣 PD menjadi: 𝑥 + 𝑣𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑑𝑣 = 0 → 𝑥 1 + 2𝑣 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑑𝑣 = 0 ∶ (1 + 2𝑣)𝑥 2 𝑑𝑥 𝑑𝑣 + =0 𝑥 1 + 2𝑣 1 → ln 𝑥 + ln(1 + 2𝑣) = 𝐶1 2 →
→ 2 ln 𝑥 + ln(1 + 2𝑣) = 2𝐶1 → ln 𝑥 2 (1 + 2𝑣) = ln 𝐶 ; 𝐶 = 𝑒 2𝐶1 𝑦 → 𝑥 2 1 + 2𝑣 = 𝐶 → 𝑥 2 1 + 2 =𝐶 𝑥 PUPD: 𝑥 2 + 2𝑥𝑦 = 𝐶 𝑥
6. Selesaikan PD Homogin: 1 + 2𝑒 𝑦
𝑥
𝑥
𝑑𝑥 + 2𝑒 𝑦 1 − 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Penyelesaian: Substitusi: 𝑥 = 𝑣𝑦 → 𝑑𝑥 = 𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑣 PD menjadi: 1 + 2𝑒 𝑣 𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 𝑑𝑣 + 2𝑒 𝑣 1 − 𝑣 𝑑𝑦 = 0 → 𝑣 + 2𝑒 𝑣 𝑑𝑦 + 𝑦 1 + 2𝑒 𝑣 𝑑𝑣 = 0 ∶ 𝑣 + 2𝑒 𝑣 𝑦
70
𝑑𝑦 1 + 2𝑒 𝑣 → + =0 𝑦 𝑣 + 2𝑒 𝑣 →
𝑑𝑦 + 𝑦
1 + 2𝑒 𝑣 = 𝐶1 𝑣 + 2𝑒 𝑣
→ ln 𝑦 + ln 𝑣 + 2𝑒 𝑣 = 𝐶1 → ln 𝑦 𝑣 + 2𝑒 𝑣 = ln 𝐶 ; 𝐶 = 𝑒 𝐶1 →𝑦
𝑥 𝑥 + 2𝑒 𝑦 = 𝐶 𝑦 𝑥
PUPD:𝑥 + 2𝑦𝑒 𝑦 = 𝐶 𝑑𝑦
2𝑥+𝑦−1
7. Selesaikan PD: 𝑑𝑥 = 4𝑥+2𝑦+5 Penyelesaian: Pada soal ini 𝑎𝑞 − 𝑏𝑝 = 0 Substitusi: 𝑢 = 2𝑥 + 𝑦 → 𝑑𝑦 = 𝑑𝑢 − 2𝑑𝑥 PD menjadi:
𝑑𝑢 −2𝑑𝑥 𝑑𝑥
𝑢−1
=
2𝑢+5
→ 𝑢 − 1 𝑑𝑥 − 2𝑢 + 5 𝑑𝑢 − 2𝑑𝑥 = 0
2𝑢 + 5 𝑑𝑢 = 0 5𝑢 + 9 2𝑢 + 5 𝑑𝑥 − 𝑑𝑢 = 𝐶 5𝑢 + 9
→ 𝑑𝑥 − →
→𝑥−
2 7 5𝑢 + 9 + 5 5 𝑑𝑢 = 𝐶 (5𝑢 + 9)
2 7 → 𝑥 − 𝑢 − ln 5𝑢 + 9 = 𝐶 5 25 2 7 → 𝑥 − (2𝑥 + 𝑦) − ln 10𝑥 + 5𝑦 + 9 = 𝐶 5 25 1
2
7
PUPD: 5 𝑥 − 5 𝑦 − 25 ln 10𝑥 + 5𝑦 + 9 = 𝐶. 8. Selesaikan PD: 6𝑥 2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦 2 𝑑𝑥 + 6𝑥𝑦 − 5𝑥 2 − 3𝑦 2 𝑑𝑦 = 0 𝑀 = 6𝑥 2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦 2 → Penyelesaian:
𝑁 = 6𝑥𝑦 − 5𝑥 2 − 3𝑦 2 →
𝜕𝑀
𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑥
= −10𝑥 + 6𝑦 = (PD EKSAK)
= −10𝑥 + 6𝑦
𝑥
𝐹 𝑥, 𝑦 = =
𝑀 𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦) 𝑥
(6𝑥 2 − 10𝑥𝑦 + 3𝑦 2 )𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
= 2𝑥 3 − 5𝑥 2 𝑦 + 3𝑦 2 𝑥 + 𝑅(𝑦) 𝜕𝐹 = −5𝑥 2 + 6𝑦𝑥 + 𝑅′𝑦) = 𝑁 → −5𝑥 2 + 6𝑦𝑥 + 𝑅 ′ (𝑦) = 6𝑥𝑦 − 5𝑥 2 − 3𝑦 2 𝜕𝑦 71
𝑅′ 𝑦 = −3𝑦 2 → 𝑅 𝑦 =
−3𝑦 2 𝑑𝑦 = −𝑦 3
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 → 2𝑥 3 − 5𝑥 2 𝑦 + 3𝑦 2 𝑥 − 𝑦 3 = 𝐶. 9. Selesaikan PD: 𝑥 + 𝑦 − 2 𝑑𝑥 + 𝑥 − 𝑦 + 4 𝑑𝑦 = 0 𝑀 = 𝑥+𝑦−2→ Penyelesaian: 𝑁 = 𝑥−𝑦+4→
𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝜕𝑥
=1 = (PD EKSAK) =1
𝑥
𝐹 𝑥, 𝑦 =
𝑀 𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
𝑥
=
(𝑥 + 𝑦 − 2) 𝑑𝑥 + 𝑅(𝑦)
1 2 𝑥 + 𝑦𝑥 − 2𝑥 + 𝑅(𝑦) 2 𝜕𝐹 = 𝑥 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑁 → 𝑥 + 𝑅′ 𝑦 = 𝑥 − 𝑦 + 4 𝜕𝑦 =
1 (4 − 𝑦) 𝑑𝑦 = 4𝑦 − 𝑦 2 2
𝑅′ 𝑦 = 4 − 𝑦 → 𝑅 𝑦 = 1
1
PUPD: 𝐹 𝑥, 𝑦 = 𝐶 → 2 𝑥 2 + 𝑦𝑥 − 2𝑥 + 4𝑦 − 2 𝑦 2 . 10. Selesaikan: 𝑦 ′ −
2𝑦 𝑥
= 𝑥 + 𝑥2
Penyelesaian: Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 𝑦𝑣 =
−2 𝑑𝑥 𝑥
= 𝑒 −2 ln 𝑥 = 𝑥 −2 .
𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥 −2 = (𝑥 + 𝑥 2 )𝑥 −2 𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑦𝑥 −2 =
1 + 1 𝑑𝑥 + 𝐶 𝑥
→ 𝑦𝑥 −2 = ln 𝑥 + 𝑥 + 𝐶 PUPD: 𝑦 = 𝑥 2 ln 𝑥 + 𝑥 3 + 𝐶𝑥 2
11. Selesaikan PD: 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥
+ 𝑦 = 3𝑥 3 .
1
3𝑥 2
Penyelesaian: 𝑑𝑥 + 𝑥 ln 𝑥 𝑦 = ln 𝑥 Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 𝑦𝑣 =
1 𝑑𝑥 𝑥 ln 𝑥
𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦 ln 𝑥 =
= 𝑒 ln ln 𝑥 = ln 𝑥. 3𝑥 2 . ln 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 ln 𝑥
72
3𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦 ln 𝑥 = 𝑥 3 + 𝐶
→ 𝑦 ln 𝑥 =
PUPD: 𝑦 ln 𝑥 = 𝑥 3 + 𝐶. 12. Selesaikan PD: 𝑥𝑦 ′ − 3𝑦 = 𝑥 − 1; jika 𝑦 1 = 0. 3
Penyelesaian: 𝑦 ′ − 𝑥 𝑦 =
𝑥−1 𝑥
Faktor pengintegral: 𝑣 = 𝑒 𝑦𝑣 =
−3 𝑑𝑥 𝑥
= 𝑒 −3 ln 𝑥 = 𝑥 −3 𝑥 − 1 −3 . 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 𝑥
𝑄𝑣 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥 −3 =
→ 𝑦𝑥 −3 =
𝑥 −3 − 𝑥 −4 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑦𝑥 −3 =
Untuk 𝑥 = 1, 𝑦 = 0 → 0 =
−1 2
−1 1 + 3 +𝐶 2 2𝑥 3𝑥
1
1
+ 3 + 𝐶 → 𝐶 = 6. 1
𝑥
penyelesaian PD yang memenuhi syarat batas adalah: 𝑦 = 3 − 2 + 𝑑𝑦
1
13. Selesaikan PD Bernoulli: 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑦 = 𝑦 4 𝑥 5 . Penyelesaian: 𝑑𝑣
𝑑𝑦
Substitusi: 𝑣 = 𝑦 1−4 = 𝑦 −3 → 𝑑𝑥 = −3𝑦 −4 𝑑𝑥 𝑑𝑣
3
PD menjadi: 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑣 = −3𝑥 5 . Faktor pengintegral: 𝑒 𝑣𝑥 −3 =
−3 𝑑𝑥 𝑥
= 𝑒 −3 ln 𝑥 = 𝑥 −3
−3𝑥 5 𝑥 −3 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑣𝑥 −3 =
−3𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝐶
→ 𝑣𝑥 −3 = −𝑥 3 + 𝐶 → 𝑣 = −𝑥 6 + 𝐶𝑥 3 1
Karena 𝑣 = 𝑦 −3 →PUPD: 𝑦 −3 = −𝑥 6 + 𝐶𝑥 3 atau 𝑦 3 = 𝐶𝑥 3 −𝑥 6 . 14. Selesaikan PD Bernoulli: 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 2 cos 𝑥 − sin 𝑥 Penyelesaian: 𝑑𝑣
𝑑𝑦
Substitusi: 𝑣 = 𝑦 1−2 = 𝑦 −1 → 𝑑𝑥 = −𝑦 −2 𝑑𝑥 . 𝑑𝑣
PD menjadi: 𝑑𝑥 − 𝑣 = − cos 𝑥 − sin 𝑥 Faktor pengintegral: 𝑒 𝑣𝑒 −𝑥 = −
−1 𝑑𝑥
= 𝑒 −𝑥 .
cos 𝑥 − sin 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 → 𝑣𝑒 −𝑥 = −𝑒 −𝑥 sin 𝑥 + 𝐶
→ 𝑣 = − sin 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥 1
Karena 𝑣 = 𝑦 −1 → PUPD: 𝑦 −1 = − sin 𝑥 + 𝐶𝑒 𝑥 atau 𝑦 = 𝐶𝑒 𝑥 −sin 𝑥 .
73
𝑥3 6
.
SOAL LATIHAN Selesaikan PD berikut: 1. PD dengan variabel terpisah atau dapat dipisahkan: a.
𝑥𝑦 + 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 + 𝑥 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 + 𝑦 + ln 𝑥𝑦 = 𝐶
b.
1 + 𝑥 2 𝑦 ′ + 𝑥𝑦 = 𝑥
Jwb: 𝑦 = 1 − 𝐶 1 + 𝑥 2
c.
𝑑𝑥 𝑥
𝑦𝑑𝑦
− 𝑦+2 = 0
−1/2
Jwb: ln 𝑥 − 𝑦 + 2 ln(𝑦 + 2) = 𝐶
d.
𝑥𝑦 2 + 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 2 𝑦 + 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 2 + 1 𝑦 2 + 1 = 𝐶
e.
1 + 𝑥 2 𝑑𝑦 + 𝑥 1 − 𝑦 2
Jwb: arcsin 𝑦 + 2 ln 1 + 𝑥 2 = 𝐶
1/2
1
𝑑𝑥 = 0
f. (1 + ln 𝑥) 𝑑𝑥 + 1 + ln 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 ln 𝑥 + 𝑦 ln 𝑦 = 𝐶 𝑥
𝑦
g.
𝑦 2 + 9 𝑑𝑥 − 𝑥 2 + 9 𝑑𝑦 = 0
Jwb: arctan 3 − arctan 3 = 𝐶
h.
𝑥 + 1 𝑦 ′ + 1 = 2𝑒 −𝑦
Jwb: 𝑒 𝑦 − 2 𝑥 + 1 = 𝐶
i.
𝑑𝑦 𝑑𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝑦0 𝑒 −𝑥
+ 2𝑦𝑥 = 0;jika 𝑥 = 0, 𝑦 = 𝑦0
𝑑𝑣
2
Jwb: 𝑣 2 − 𝑣02 = 2𝑔(𝑥 − 𝑥0 )
j. 𝑣 𝑑𝑥 − 𝑔 = 0; jika 𝑥 = 𝑥0 , 𝑣 = 𝑣0 2. PD Homogin: a.
𝑥 + 2𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 + 3𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 3𝑦 2 = 𝐶
b.
𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑥 − 𝑦 𝑑𝑥 = 0
Jwb:2 ln 𝑥 2 + 𝑦 2 + arctan
1
𝑥−2𝑦
c. 𝑦 ′ + 2𝑥−𝑦 = 0 d. e.
Jwb: 𝑥 + 𝑦
𝑦 2 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑥 + 2𝑥 2 + 3𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0 𝑑𝑦 𝑑𝑥
=
2𝑥 3 +𝑦 3
=𝐶
= 𝐶(𝑦 − 𝑥)
Jwb:𝑥𝑦 2 𝑥 + 𝑦 = 𝐶
𝑦
𝑦
𝑦
f.
𝑥 sin 𝑥 − 𝑦 cos 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥 cos 𝑥 𝑑𝑦 = 0
Jwb:𝑥 sin 𝑥 = 𝐶
g.
𝑦 2 − 𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0
Jwb:2𝑥 2 𝑦 2 = 𝑥 4 + 𝐶
h.
𝑥 3 + 𝑦 3 𝑑𝑥 + 3𝑥𝑦 2 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 4 + 4𝑥𝑦 3 = 𝐶
𝑦
𝑥
Jwb:𝑦 3 − 𝑥 3 − 𝐶𝑥 = 0
3𝑥𝑦 2 𝑦
3
𝑦
−𝑦
𝑦
i. 𝑦 ′ − 𝑒 𝑥 = 𝑥
j. 2𝑥 𝑑𝑦 − 2𝑦 𝑑𝑥 =
Jwb: ln 𝑥 + 𝑒 𝑥 = 𝐶 Jwb: 1 + 4𝐶𝑦 − 𝐶 2 𝑥 2 = 0
𝑥 2 + 4𝑦 2 𝑑𝑥
3. PD 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 𝑑𝑥 + 𝑝𝑥 + 𝑞𝑦 + 𝑟 𝑑𝑦 = 0 : a.
2𝑥 − 5𝑦 + 2 𝑑𝑥 + 10𝑦 − 4𝑥 − 4 𝑑𝑦 = 0 𝑥−2𝑦+5
b. 𝑦 ′ = 2𝑥+𝑦−1
Jwb: 𝑥 − 2𝑦 = 𝐶 Jwb:𝑥 2 − 𝑦 2 − 4𝑥𝑦 + 10𝑥 + 2𝑦 = 𝐶
74
c.
4𝑥 + 6𝑦 + 5 𝑑𝑥 = 2𝑥 + 3𝑦 + 4 𝑑𝑦 1
9
Jwb:8 2𝑥 + 3𝑦 + 64 ln 16𝑥 + 24𝑦 + 23 = 𝑥 + 𝐶 d.
2𝑥 + 3𝑦 − 6 𝑑𝑦 = 6𝑥 − 2𝑦 − 7 𝑑𝑥 3
Jwb:3𝑥 2 − 2 𝑦 2 − 2𝑥𝑦 − 7𝑥 + 6𝑦 = 𝐶 e. 𝑦 ′ =
1−2𝑦−4𝑥
Jwb: 4𝑥 2 + 𝑦 2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑦 − 2𝑥 = 𝐶
1+𝑦+2𝑥
4. PD Eksak: 1
Jwb: 𝑥𝑦 + 2 𝑥 2 = 𝐶
a. 𝑥𝑑𝑦 + 𝑥 + 𝑦 𝑑𝑥 = 0 b.
𝑥 2 − 𝑎𝑦 𝑑𝑥 + 𝑦 2 − 𝑎𝑥 𝑑𝑦 = 0
c. 𝑦 ′ =
Jwb: 𝑥 3 + 𝑦 3 − 3𝑎𝑥𝑦 = 𝐶
2𝑥−𝑦
1
Jwb: 𝑥𝑦 − 𝑥 2 − 2 𝑦 2 = 𝐶
𝑥−𝑦
1
d.
𝑥 2 − 𝑦 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 3 𝑥 3 − 𝑦𝑥 = 𝐶
e.
𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥 + 2𝑥𝑦 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 3 𝑥 3 + 𝑥𝑦 2 = 𝐶
f.
2𝑥 + 𝑒 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑥 𝑒 𝑦 𝑑𝑦 = 0
Jwb: 𝑥 2 + 𝑥𝑒 𝑦 = 𝐶
g. 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦 𝑑𝑦 = h.
1
𝑦 𝑑𝑥 −𝑥 𝑑𝑦
𝑥
Jwb: 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2 arctg = 𝐶
𝑥 2 +𝑦 2
𝑦
𝑦𝑒 𝑥𝑦 − 2𝑦 3 𝑑𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥𝑦 − 6𝑥𝑦 2 − 2𝑦 𝑑𝑦 = 0 jika 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 Jwb: 𝑒 𝑥𝑦 = 2𝑥𝑦 3 + 𝑦 2 − 3
5. PD Linier Tingkat Satu: a.
𝑥 2 − 1 𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = 1
Jwb: 𝑦 1 − 𝑥 2 = 𝐶 − 𝑥
b.
𝑥 ln 𝑥 𝑦 ′ + 𝑦 = 2 ln 𝑥
Jwb: 𝑦 ln 𝑥 = 𝐶 + ln 𝑥
c. 𝑦 ′ + 2𝑦 cotg 𝑥 = 3𝑥 2 cosec 2𝑥 d.
𝑑𝑦 𝑑𝑥
Jwb: 𝑦 sin2 𝑥 = 𝑥 3 + 𝐶 Jwb: 𝑦 = 2𝑥 + 𝐶𝑒 −𝑥
+ 𝑦 = 2 + 2𝑥
e. 𝑥 𝑑𝑦 − 2𝑦 𝑑𝑥 = 𝑥 − 2 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝑒 𝑥 + 𝐶𝑥 2
1
f. 𝑦 ′ + 𝑦 cos 𝑥 = 2 sin 2𝑥 2𝑦
g. 𝑦 ′ − 𝑥+1 = 𝑥 + 1 h. 𝑦 ′ + i.
𝑑𝑥 𝑑𝑡
1−2𝑥 𝑥2
2
Jwb: 𝑦 = sin 𝑥 − 1 − 𝐶𝑒 − sin 𝑥
3
Jwb: 2𝑦 = 𝑥 + 1
4
+ 𝐶(𝑥 + 1)2
Jwb: 𝑦 = 𝑥 2 1 + 𝐶𝑒 1/𝑥
𝑦=1
1
Jwb: 𝑥 = 3 𝑒 3𝑡 − 1
− 3𝑥 = 1; 𝑥 = 0 , 𝑡 = 0
6. PD Bernoulli: 𝑦
a. 𝑦 ′ + 𝑥 = 𝑥𝑦 2
Jwb: 1 + 𝑥 2 𝑦 + 𝐶𝑥𝑦 = 0
b. 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥 3 𝑦 4
Jwb: −3 ln 𝑥 + 𝐶 𝑥 3 𝑦 3 = 1 75
c. (sin 𝑥)𝑦′ − 𝑦 cos 𝑥 + 𝑦 2 = 0
Jwb: 𝑦 𝑥 + 𝐶 = sin 𝑥
d. 𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥𝑦 2
Jwb: 𝑦 = 1 − 𝑥 + 𝐶𝑒 −𝑥
e. 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑦 2 𝑒 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶 − 𝑥 𝑒 𝑥
f. 3𝑦 ′ − 𝑦 = 3𝑦 3 𝑒 4𝑥
Jwb: 𝑦 −1 𝑒 −𝑥 = 13 − 12𝑒 𝑥
1 1
7. PD Riccati: a. 𝑦 ′ = 𝑦 2 𝑥 −2 − 𝑦𝑥 −1 + 1, dengan penyelesaian partikulir 𝑦1 = 𝑥. Jwb: 𝑦 = 𝑥 + 𝐶𝑥 −1 − 𝑥 −1 ln 𝑥
−1
b. 𝑦 ′ = −𝑒 −𝑥 𝑦 2 + 𝑦 + 𝑒 𝑥 , dengan 𝑦1 = −𝑒 𝑥 1
Jwb: 𝑦 = −𝑒 𝑥 + 𝐶𝑒 −3𝑥 + 2 𝑒 −𝑥
−1
c. 𝑦 ′ = 𝑥𝑦 2 + −8𝑥 2 + 𝑥 −1 𝑦 + 16𝑥 3 , dengan 𝑦1 = 4𝑥 1
Jwb: 𝑦 = 4𝑥 + 𝐶𝑥 −1 − 3 𝑥 2
−1
Dapatkan trayektori orthogonal dari keluarga kurva-kurva berikut: 𝑥3
1. 𝑦 2 = λ−𝑥
Jwb: 𝑥 2 + 𝑦 2
2
= 𝐶 2𝑥 2 + 𝑦 2
2. 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2λx = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶 𝑥 2 + 𝑦 2
3. 𝑥 2 + 4𝑦 2 = 𝐶
Jwb: 𝑦 = 𝐶𝑥 4
4. 𝑦 = 𝐶𝑥 2
Jwb: 𝑥 2 + 2𝑦 2 = 𝐶
5. 𝑦 2 = 𝐶𝑥
Jwb: 2𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝐶
6. 𝑟 = 𝐶𝜃
Jwb: 𝑟 2 = 𝐶𝑒 −𝜃
7. 𝑟 = λ cos θ
Jwb: 𝑟 = 𝐶 sin 𝜃
2
Dapatkan trayektori isogonal dari keluarga kurva-kurva berikut dengan sudut tetap sebesar 𝛼 1
1. 𝑦 = 2 𝑥 + 𝐶; 𝛼 =
𝜋
Jwb: 𝑦 =
4
2. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝐶; 𝛼 =
𝜋
𝑥−λ 1
2
+ 𝑦 2 = λ2 ; 𝛼 =
5. 𝑦 = 𝑥+λ ; 𝛼 =
3
+𝐶 𝑦
Jwb: ln 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2 arctg 𝑥 = 𝐶
4
3. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2λ 𝑥 + 𝑦 ; 𝛼 = 4.
−𝑥
𝜋
Jwb: 𝑦 2 + 𝑥 2 = 𝐶
4
𝜋
Jwb: 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝐶 𝑦 − 𝑥
4
𝜋
Jwb: 𝑦 + 1 = 𝑦 − 1 𝐶𝑒 𝑥+𝑦
4
76
10.2
PD TINGKAT DUA 𝒅𝟐 𝒚
10.2.1 PD : 𝒅𝒙𝟐 = 𝒇(𝒙) 𝑑2𝑦
Contoh: Selesaikan PD: 𝑑𝑥 2 = 3𝑥 2 − 6. 𝑑𝑦
3𝑥 2 − 6 𝑑𝑥 = 𝑥 3 − 6𝑥 + 𝐶1 → 𝑦 =
Penyelesaian: 𝑑𝑥 =
PUPD:
𝑥 3 − 6𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 1
𝑦 = 4 𝑥 4 − 3𝑥 2 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 .
𝒅𝟐 𝒚
10.2.2. PD : 𝒅𝒙𝟐 = 𝒇(𝒚) 𝑑𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑𝑝
𝑑𝑝 𝑑𝑦
Misal: 𝑑𝑥 = 𝑝 → 𝑑𝑥 2 = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 . 𝑑𝑥 = 𝑝 PD menjadi: 𝑝
𝑑𝑝 𝑑𝑦
= 𝑓(𝑦) →
𝑝 𝑑𝑝 =
𝑑𝑝 𝑑𝑦
.
𝑓 𝑦 𝑑𝑦 → 𝑝2 = 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1 .
𝑑𝑦
Atau 𝑑𝑥 = ± 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1 → 𝑑𝑥 = ± Jadi 𝑥 = ±
𝑑𝑦 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 +𝐶1
𝑑𝑦 2 𝑓 𝑦 𝑑𝑦 +𝐶1
.
+ 𝐶2 .
Contoh: 𝑑2𝑦
Selesaikan PD: 𝑑𝑥 2 = 𝑦. 𝑑𝑦
Penyelesaian: 𝑝2 = 2 𝑦 𝑑𝑦 + 𝐶1 → 𝑝2 = 𝑦 2 + 𝐶1 → 𝑑𝑥 = ± 𝑦 2 + 𝐶1 . 𝑥=±
𝑑𝑦 𝑦 2 +𝐶1
+ 𝐶2 = ± ln 𝑦 + 𝑦 2 + 𝐶1 + 𝐶2 .
Jadi PUPD: 𝑥 = ± ln 𝑦 + 𝑦 2 + 𝐶1 + 𝐶2 .
10.2.3 PD : 𝒑 𝑑𝑦
𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒙𝟐
𝒅𝒚
+ 𝒒 𝒅𝒙 + 𝒓𝒚 = 𝟎 ; 𝒑, 𝒒, 𝒓 :konstan 𝑑2𝑦
Misal: 𝑦 = 𝑒 𝑘𝑥 → 𝑑𝑥 = 𝑦 ′ = 𝑘𝑒 𝑘𝑥 → 𝑑𝑥 2 = 𝑦 ′′ = 𝑘 2 𝑒 𝑘𝑥 Maka PD menjadi: 𝑝𝑘 2 𝑒 𝑘𝑥 + 𝑞𝑘𝑒 𝑘𝑥 + 𝑟𝑒 𝑘𝑥 = 0 → 𝑒 𝑘𝑥 𝑝𝑘 2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0. Karena 𝑒 𝑘𝑥 ≠ 0, sehingga: 𝑝𝑘 2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0.
77
Persamaan karakteristik: 𝑝𝑘 2 + 𝑞𝑘 + 𝑟 = 0 dengan akar-akar 𝑘1 dan 𝑘2 dengan rumus “abc” : 𝑘1,2 =
−𝑞 ± 𝑞2 − 4𝑝𝑟 2𝑝
Ada 3 kasus berhubung dengan akar-akar karakteristik: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑘 1 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑘 2 𝑥
1. Jika 𝑘1 ≠ 𝑘2 (real berlainan), maka PUPD: 2. Jika 𝑘1 = 𝑘2 (real kembar = 𝑘), maka PUPD:
𝑦 = 𝑒 𝑘𝑥 𝐶1 𝑥 + 𝐶2
3. Jika 𝑘1,2 = 𝑎 ± 𝑏𝑖 (kompleks sejodoh), maka PUPD:
𝑦 = 𝑒 𝑎𝑥 𝐶1 cos 𝑏𝑥 + 𝐶2 sin 𝑏𝑥
Contoh: 𝑑2𝑦
𝑑𝑦
1. Selesaikan PD: 2 𝑑𝑥 2 − 𝑑𝑥 = 0. Penyelesaian: Persamaan Karakteristik (PK): 2𝑘 2 − 𝑘 = 0 1
Akar-akar karakteristik: 𝑘 2𝑘 − 1 = 0 → 𝑘1 = 0, 𝑘2 = 2 1
PUPD: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 . 2. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 0. Penyelesaian: PK: 𝑘 2 − 4𝑘 + 4 = 0 → 𝑘 − 2 𝑘 − 2 = 0. Akar-akar: 𝑘1,2 = 2 PUPD: 𝑦 = 𝑒 2𝑥 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 3. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 13𝑦 = 0. Penyelesaian: PK: 𝑘 2 − 4𝑘 + 13 = 0 Akar-akar: 𝑘1,2 =
−(4)± (−4)2 −4 1 (13) 2(1)
=
4± −36 2
= 2 ± 3𝑖
PUPD: 𝑦 = 𝑒 2𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 4. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0, dimana untuk 𝑥 = 0 terdapat 𝑦 = 2, 𝑦 ′ = 0 Penyelesaian: PK: 𝑘 2 + 4𝑘 + 5 = 0 Akar-akar karaktteristik: 𝑘1,2 = −2 ± 𝑖 PUPD: 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 = 2 → 2 = 𝑒 0 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 sin 0 → 𝐶1 = 2 𝑦 ′ = 𝑒 −2𝑥 −𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 − 2𝑒 −2𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥
78
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 0 → 0 = 𝐶2 − 2𝐶1 → 𝐶2 = 2.2 = 4. Jadi penyelesaian PD yang memenuhi syarat adalah: 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 2 cos 𝑥 + 4 sin 𝑥 .
10.2.4 PD : 𝒑
𝒅𝟐 𝒚 𝒅𝒙𝟐
𝒅𝒚
+ 𝒒 𝒅𝒙 + 𝒓𝒚 = 𝒇(𝒙) ; 𝒑, 𝒒, 𝒓 :konstan
PD ini dinamakan PD Lengkap, dapat ditulis: 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 𝑓(𝑥). Peyelesaian Umum dari PD Lengkap (PUPL) adalah 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 , dengan: 𝑦𝑐 : fungsi complementer (FC)=PUPR (Penyelesaian umum PD tereduksi 𝑦𝑝 : integral partikulir (IP)= penyelesaian yang tidak mengandung konstanta sebarang dari PD tersebut. PD tereduksi (PR): 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 0 →PUPR: 𝑦𝑐 Ada dua metode untuk mendapatkan integral partikulir 𝑦𝑝 (IP), yaitu: 1. Metode Operator 2. Metode Variasi parameter. Sebelum dijelaskan kedua metode tersebut, ada beberapa hal yang perlu diketahui mengenai operator D dan 𝐷 −1 . 𝑑
𝐷 = 𝑑𝑥 →operator derivative (turunan) 𝐷𝑦 =
𝑑𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑛 𝑦 = 𝑦 ′ ; 𝐷 2 𝑦 = 2 = 𝑦 ′′ ; … . ; 𝐷 𝑛 𝑦 = 𝑛 = 𝑦 (𝑛) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥
𝐷 −1 adalah invers dari operator 𝐷. 𝐷 −1 =
1 = 𝐷
1 𝑓 𝑥 = 𝐷
… 𝑑𝑥;
1
Definisi: 𝐷−𝑚 𝑓 𝑥 = 𝑒 𝑚𝑥
𝑓 𝑥 𝑑𝑥
𝑒 −𝑚𝑥 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
Dari PD lengkap: 𝑝𝑦 ′′ + 𝑞𝑦 ′ + 𝑟𝑦 = 𝑓(𝑥) berubah menjadi 𝑝𝐷 2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 𝑦 = 𝑓(𝑥). Jika 𝑝𝐷 2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 = 𝐹(𝐷) maka PL: 𝐹 𝐷 𝑦 = 𝑓(𝑥), sehingga PR: 𝐹 𝐷 𝑦 = 0. 𝐹 𝐷 = 𝑝𝐷 2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 boleh diuraikan menjadi: 𝐹 𝐷 = 𝐷 − 𝑘1 𝐷 − 𝑘2 , dengan 𝑘1 dan 𝑘2 adalah akar-akar karakteristik. Sifat-sifat 𝐹 𝐷 : a. 𝐹 𝐷 𝑒 𝑎𝑥 𝑈 𝑥
= 𝑒 𝑎𝑥 𝐹 𝐷 + 𝑎 𝑈(𝑥)
b. 𝐹 𝐷 𝑒 𝑎𝑥 = 𝑒 𝑎𝑥 𝐹 𝑎 c. 𝐹 𝐷 𝑥𝑈 𝑥
= 𝑥𝐹 𝐷 𝑈 𝑥 + 𝐹 ′ 𝐷 𝑈(𝑥)
Catatan: JIka 𝐹 𝐷 = 𝑝𝐷 2 + 𝑞𝐷 + 𝑟 dan yang dimaksud dengan 𝐹 𝐷 2 = 𝑝𝐷 4 + 𝑞𝐷 2 + 𝑟, maka a. 𝐹 𝐷 2 cos 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹 −𝑎2 cos(𝑎𝑥 + 𝑏)
79
b. 𝐹 𝐷 2 sin 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹 −𝑎2 sin (𝑎𝑥 + 𝑏)
1. Metode Operator 1
PD Lengkap: 𝐹 𝐷 𝑦 = 𝑓 𝑥 → 𝑦𝑝 = 𝐹(𝐷) 𝑓(𝑥) Sifat-sifat: 𝑒 𝑎𝑥
1
a. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑒 𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝐹(𝐷) 𝑒 𝑎𝑥 = 𝐹(𝑎) ;
𝐹(𝑎) ≠ 0
1
b. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑒 𝑎𝑥 𝑉(𝑥) maka 𝑦𝑝 = 𝐹(𝐷) 𝑒 𝑎𝑥 𝑉 𝑥 = 𝑒 𝑎𝑥
1 𝐹(𝐷+𝑎)
𝑉(𝑥)
c. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃𝑛 (𝑥) polynomial derajat 𝑛 dalam 𝑥, maka 1
𝑦𝑝 = 𝐹(𝐷) 𝑃𝑛 𝑥 = 𝑏0 + 𝑏1 𝐷 + 𝑏2 𝐷 2 + ⋯ . 𝑃𝑛 𝑥 ; 𝑏0 ≠ 0. 1 𝐹(𝐷)
dideretkan menurut deret kuasa (deret pangkat) dalam 𝐷 cukup sampai dengan suku
𝐷 𝑛 saja. Berdasarkan deret Maclaurin: 1 = 1 + 𝐷 + 𝐷 2 + 𝐷 3 + ⋯. 1−𝐷 1 = 1 − 𝐷 + 𝐷 2 − 𝐷 3 + ⋯. 1+𝐷 d. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃 𝑥 cos 𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝑅𝑒
1 𝐹(𝐷)
𝑃 𝑥 𝑒 𝑖𝑎𝑥 .
Rumus Euler: 𝑒 𝑖𝑎𝑥 = cos 𝑎𝑥 + 𝑖 sin 𝑎𝑥 ; 𝑒 −𝑖𝑎𝑥 = cos 𝑎𝑥 − 𝑖 sin 𝑎𝑥 e. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑃 𝑥 sin 𝑎𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝐼𝑚
1 𝐹(𝐷)
𝑃 𝑥 𝑒 𝑖𝑎𝑥 .
1
f. Jika 𝑓 𝑥 = 𝑥 𝑉(𝑥) maka 𝑦𝑝 = 𝐹(𝐷) 𝑥 𝑉 𝑥 = 𝑥 g. h.
1 𝐹(𝐷 2 ) 1 𝐹(𝐷 2 )
1
cos 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹
−𝑎 2
sin 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝐹
−𝑎 2
1
1 𝐹(𝐷)
𝑉 𝑥 −
cos 𝑎𝑥 + 𝑏 ; 𝐹 −𝑎2 ≠ 0 sin 𝑎𝑥 + 𝑏 ; 𝐹 −𝑎2 ≠ 0
2. Metode Variasi Parameter PD: 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓(𝑥) PR: 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0 Jika penyelesaian umum persamaan tereduksi (PUPR) adalah 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑦1 𝑥 + 𝐶2 𝑦2 𝑥 maka 𝑦𝑝 = 𝐿1 (𝑥)𝑦1 𝑥 + 𝐿2 (𝑥) 𝑦2 𝑥 dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari
𝐿′1 𝑦1 + 𝐿′2 𝑦2 = 0 𝐿′1 𝑦1′ + 𝐿′2 𝑦2′ = 𝑓(𝑥)
80
𝐹 ′ (𝐷) 𝐹(𝐷) 2
𝑉(𝑥)
Contoh: 1. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 −2𝑥 Penyelesaian: PD: 𝐷 2 − 3𝐷 + 2 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 PR: 𝐷 2 − 3𝐷 + 2 𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 − 2 = 0 PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 𝑦𝑝 =
1 𝑒 −2𝑥 𝑒 −2𝑥 −2𝑥 𝑒 = = 𝐷 2 − 3𝐷 + 2 (−2)2 − 3 −2 + 2 12
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥 +
𝑒 −2𝑥 12
2. Selesaikan: 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 Penyelesaan: PD: 𝐷 2 − 𝐷 + 1 𝑦 = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 PR: 𝐷 2 − 𝐷 + 1 𝑦 = 0 PK: 𝑘 2 − 𝑘 + 1 = 0 → 𝑘1,2 = 1
3
PUPR: 𝑦𝑐 = 𝑒 2𝑥 𝐶1 cos 𝑦𝑝 =
𝐷2
2
1± 1−4 2
𝑥 + 𝐶2 sin
1
=2± 3 2
3 2
𝑖
𝑥
1 1 1 1 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 = 2 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 = 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 −𝐷+1 2 −2+1 1−1+1 3 1
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒 2𝑥 𝐶1 cos
3 2
𝑥 + 𝐶2 sin
3 2
1
𝑥 + 3 𝑒 2𝑥 + 𝑒 𝑥 .
3. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 Penyelesaian: PD: (𝐷 2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 𝑒 𝑥 PR: (𝐷 2 − 2𝐷 + 1)𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 − 1 𝑦 = 0 PUPR: 𝑦𝑐 = 𝑒 𝑥 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑦𝑝 =
𝐷2
= 𝑒𝑥 .
1 1 1 11 𝑒𝑥 = 𝑒𝑥 1 = 𝑒𝑥 2 1 = 𝑒𝑥 (1) 2 − 2𝐷 + 1 (𝐷 + 1) − 2 𝐷 + 1 + 1 𝐷 𝐷𝐷 1 . 𝐷
1 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑥
1 𝑥 = 𝑒𝑥 𝐷
𝑥 𝑑𝑥 = 1
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒 𝑥 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 + 2 𝑒 𝑥 𝑥 2
81
1 𝑥 2 𝑒 𝑥 2
4. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 3 Penyelesaian: PD: (𝐷 2 − 1)𝑦 = 2𝑥 − 𝑥 3 PR: (𝐷 2 − 1)𝑦 = 0 → 𝐷 − 1 𝐷 + 1 𝑦 = 0 PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 𝑦𝑝 =
𝐷2
1 1 2𝑥 − 𝑥 3 = − −1 1 − 𝐷2
2𝑥 − 𝑥 3 = − 1 + 𝐷 2 + 𝐷 4 + ⋯ (2𝑥 − 𝑥 3 )
= − 2𝑥 − 𝑥 3 + 𝐷 2 2𝑥 − 𝑥 3 + ⋯ . = − 2𝑥 − 𝑥 3 − 6𝑥 = 𝑥 3 + 4𝑥 PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 𝑥 3 + 4𝑥. 5. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥 Penyelesaian: PD: (𝐷 2 − 1)𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 𝑦𝑝 =
𝐷2
1 1 2𝐷 2𝑥 sin 𝑥 = 2𝑥 2 sin 𝑥 − 2 2 −1 𝐷 −1 𝐷 −1
= 2𝑥.
2
sin 𝑥
1 4𝐷 sin 𝑥 − sin 𝑥 = −𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥 −1 − 1 (−1 − 1)2
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 − 𝑥 sin 𝑥 − cos 𝑥. 6. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ + 4𝑦 = cos 2𝑥 Penyelesaian: PD: (𝐷 2 + 4)𝑦 = cos 2𝑥 PR: (𝐷 2 + 4)𝑦 = 0 → 𝐷 + 2𝑖 𝐷 − 2𝑖 = 0 𝑦𝑐 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥. 𝑦𝑝 =
𝐷2
1 1 1 1 cos 2𝑥 = 𝑅𝑒 2 𝑒 2𝑖𝑥 = 𝑅𝑒 . 𝑒 2𝑖𝑥 +4 𝐷 +4 (𝐷 − 2𝑖) (𝐷 + 2𝑖)
= 𝑅𝑒
1 1 1 2𝑖𝑥 . 𝑒 2𝑖𝑥 = 𝑅𝑒 .𝑒 (𝐷 − 2𝑖) (2𝑖 + 2𝑖) 4𝑖
= 𝑅𝑒
1 2𝑖𝑥 .𝑒 4𝑖
= 𝑅𝑒
1 1 1 𝑥 sin 2𝑥 + 𝑖𝑥 cos 2𝑥 = 𝑥 sin 2𝑥 4 4 4
𝑑𝑥 = 𝑅𝑒
𝑒 2𝑖𝑥 𝑒 −2𝑖𝑥 𝑑𝑥
1 2𝑖𝑥 𝑥 𝑥𝑒 = 𝑅𝑒 cos 2𝑥 + 𝑖 sin 2𝑥 4𝑖 4𝑖
1
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 + 4 𝑥 sin 2𝑥 .
82
7. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 4𝑦 = 5𝑥 2 𝑒 3𝑥 Penyelesaian: PD: 𝐷 2 − 4 𝑦 = 5𝑥 2 𝑒 3𝑥 PR: : 𝐷 2 − 4 𝑦 = 0 → 𝐷 − 2 𝐷 + 2 𝑦 = 0 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 𝑦𝑝 =
𝐷2
1 1 1 5𝑥 2 𝑒 3𝑥 = 5𝑒 3𝑥 𝑥 2 = 5𝑒 3𝑥 𝑥2 2 −4 𝐷+3 −4 5 + 6𝐷 + 𝐷 2
= 5𝑒
3𝑥
1 5
1 6𝐷 + 𝐷 2 6𝐷 + 𝐷 2 2 3𝑥 𝑥 = 𝑒 1 − + 6𝐷 + 𝐷 2 5 5 1+ 5
= 𝑒 3𝑥 𝑥 2 −
2
− ⋯ 𝑥2
12 62 𝑥+ 5 25
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 + 𝑒 3𝑥 𝑥 2 −
12 5
62
𝑥 + 25
8. Selesaikan PD: 𝐷 2 − 3𝐷 + 1 𝑦 = 2 sin 3𝑥 Penyelesaian: PR: 𝐷 2 − 3𝐷 + 1 𝑦 = 0 PK: 𝑘 2 − 3𝑘 + 1 𝑦 = 0 → 𝑘1,2 = 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 𝑦𝑝 =
𝐷2
3+ 5 𝑥 2
+ 𝐶2 𝑒
3± 9−4 2
=
3± 5 2
3− 5 𝑥 2
1 1 1 8 − 3𝐷 2 sin 3𝑥 = 2 2 sin 3𝑥 = 2 sin 3𝑥 − 3𝐷 + 1 −3 − 3𝐷 + 1 −(8 + 3𝐷) 8 − 3𝐷
= −2
(8 − 3𝐷) (8 − 3𝐷) −2 sin 3𝑥 = −2 sin 3𝑥 = 8 sin 3𝑥 − 9 cos 3𝑥 2 2 64 − 9𝐷 64 − 9(−3 ) 73
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒
3+ 5 𝑥 2
+ 𝐶2 𝑒
3− 5 𝑥 2
2
− 73 8 sin 3𝑥 − 9 cos 3𝑥 .
9. Selesaikan PD: 𝐷 2 + 5𝐷 + 6 𝑦 = 𝑒 2𝑥 , jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 0 Penyelesaian: PR: 𝐷 2 + 5𝐷 + 6 𝑦 = 0 → 𝐷 + 3 𝐷 + 2 𝑦 = 0 PUPR: 𝑦𝑐 = 𝐶1 𝑒 −3𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 𝑦𝑝 =
1 1 1 2𝑥 2𝑥 2𝑥 𝑒 = 𝑒 = 𝑒 𝐷 2 + 5𝐷 + 6 22 + 5 2 + 6 20
𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 𝑒 −3𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 +
1 2𝑥 𝑒 20 1
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 = 0 → 0 = 𝐶1 + 𝐶2 + 20
(1)
83
𝑦 ′ = −3𝐶1 𝑒 −3𝑥 − 2𝐶2 𝑒 −2𝑥 +
1 2𝑥 𝑒 10 1
Untuk 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 0 → 0 = −3𝐶1 − 2𝐶2 + 10 Dari (1) dan (2) didapat: 𝐶1 =
−3 10
(2)
1
, 𝐶2 = 4
Jadi penyelesaian PD adalah 𝑦 =
−3 10
1
1
𝑒 −3𝑥 + 4 𝑒 −2𝑥 + 20 𝑒 2𝑥 .
1
10. Selesaikan PD: 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 𝑥 2 𝑒 3𝑥 Penyelesaian: Dengan cara Variasi parameter 1
PD: (𝐷 2 − 6𝐷 + 9)𝑦 = 𝑥 2 𝑒 3𝑥 PR: (𝐷 2 − 6𝐷 + 9)𝑦 = 0 → 𝐷 − 3 𝐷 − 3 𝑦 = 0 𝑦𝑐 = 𝑒 3𝑥 (𝐶1 + 𝑥𝐶2 ) 𝑦𝑝 = 𝐿1 𝑒 3𝑥 + 𝐿2𝑥 𝑒 3𝑥 , dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari: 𝐿′1 𝑒 3𝑥 + 𝐿′2 𝑥𝑒 3𝑥
=0 1
3𝐿′1 𝑒 3𝑥 + 𝐿′2 𝑥𝑒 3𝑥 + 3𝐿′2 𝑥𝑒 3𝑥 = 𝑥 2 𝑒 3𝑥 Dari dua persamaan tersebut didapat: 𝐿′2 =
1 → 𝐿2 = 𝑥2
𝐿′1 = −
1 1 𝑑𝑥 = − 2 𝑥 𝑥
1 → 𝐿1 = − 𝑥
1 𝑑𝑥 = − ln 𝑥 𝑥
Sehingga didapat: 𝑦𝑝 = −𝑒 3𝑥 ln 𝑥 − 𝑒 3𝑥 Jadi: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒 3𝑥 (𝐶1 + 𝑥𝐶2 ) − 𝑒 3𝑥 ln 𝑥 − 𝑒 3𝑥 = 𝐶1 − 1 𝑒 3𝑥 + 𝑥𝐶2 𝑒 3𝑥 − 𝑒 3𝑥 ln 𝑥 atau 𝑦 = 𝐴𝑒 3𝑥 + 𝐵𝑥𝑒 3𝑥 − 𝑒 3𝑥 ln 𝑥, dengan 𝐴 = 𝐶1 − 1; 𝐵 = 𝐶2 . 11. Selesaikan PD: 𝐷 2 + 1 𝑦 = tg 𝑥 Penyelesaian: Dengan cara Variasi parameter. PR: 𝐷 2 + 1 𝑦 = 0 → 𝐷 + 𝑖 𝐷 − 𝑖 𝑦 = 0 𝑦𝑐 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 𝑦𝑝 = 𝐿1 𝑥 sin 𝑥 + 𝐿2 𝑥 cos 𝑥, dimana 𝐿1 dan 𝐿2 didapat dari: 𝐿′1 sin 𝑥 + 𝐿′2 cos 𝑥 = 0 𝐿′1 cos 𝑥 − 𝐿′2 sin 𝑥 = tg 𝑥 Dari dua persamaan tersebut didapat:
84
𝐿′1 = sin 𝑥 → 𝐿1 =
sin 𝑥 𝑑𝑥 = − cos 𝑥
𝐿′2 = cos 𝑥 − sec 𝑥 → 𝐿2 =
cos 𝑥 − sec 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 − ln sec 𝑥 + tg 𝑥
Sehingga didapat: 𝑦𝑝 = − cos 𝑥 sin 𝑥 + sin 𝑥 − ln sec 𝑥 + tg 𝑥
cos 𝑥
= − cos 𝑥 . ln sec 𝑥 + tg 𝑥 Jadi: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥 − cos 𝑥 . ln sec 𝑥 + tg 𝑥
10.2.5 PD EULER Bentuk umum: 𝑝0 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛 𝑦 𝑛 + 𝑝1 𝑎𝑥 + 𝑏
𝑛−1 (𝑛−1)
𝑦
+ ⋯ + 𝑝𝑛 −1 𝑎𝑥 + 𝑏
𝑦 ′ + 𝑝𝑛 𝑦 = 𝑓(𝑥) ……………(1)
dengan 𝑎, 𝑏, 𝑝0 , 𝑝1 , … , 𝑝𝑛 adalah konstanta-konstanta. Substitusi: 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑒 𝑡 → 𝑡 = ln 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑒𝑡 − 𝑏 𝑑𝑡 𝑎 ; = 𝑎 𝑑𝑥 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑎 𝑑𝑦 = . = . → 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 ′ = 𝑎 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑑𝑡 𝑥=
𝑑2 𝑦 𝑎2 = 𝑑𝑥 2 𝑎𝑥 + 𝑏
. 2
𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦 𝑑 2 𝑦 𝑑𝑦 2 ′′ 2 − → 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 = 𝑎 − 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 𝑑𝑡
𝑑3 𝑦 𝑎3 = 𝑑𝑥 3 𝑎𝑥 + 𝑏
𝑑3 𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 𝑑3 𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑦 3 ′′′ 3 . −3 2 +2 → 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 = 𝑎 −3 2 +2 3 3 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡
𝑑
Jika 𝐷 = 𝑑𝑡 → 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑦 ′ = 𝑎 𝐷𝑦; 𝑎𝑥 + 𝑏 2 𝑦 ′′ = 𝑎2 𝐷 𝐷 − 1 𝑦; 𝑎𝑥 + 𝑏 3 𝑦 ′′′ = 𝑎3 𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 𝑦 Secara umum dapat ditulis: 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑛 𝑦 (𝑛) = 𝑎𝑛 𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … (𝐷 − 𝑛 + 1)𝑦 Sehingga PD (1) menjadi: {𝑝0 𝑎𝑛 𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … . (𝐷 − 𝑛 + 1) + 𝑝1 𝑎𝑛 −1 𝐷 𝐷 − 1 𝐷 − 2 … . (𝐷 − 𝑛 + 2) + ⋯ + 𝑝𝑛 } 𝑦 𝑒𝑡 − 𝑏 = 𝑓( ) adalah PD linier dengan koefisien konstan. 𝑎 Untuk lebih khususnya diambil PD: 𝑝0 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑝1 𝑥𝑦 ′ + 𝑝2 𝑦 = 𝑓(𝑥), …………………………(2) dengan 𝑝0 , 𝑝1 , 𝑝2 konstanta. Penyelesaian: Substitusi: 𝑥 = 𝑒 𝑡 → 𝑡 = ln 𝑥 ;
𝑑𝑡 𝑑𝑥
1
=𝑥
𝑥𝑦 ′ = 𝐷𝑦; 𝑥 2 𝑦 ′′ = 𝐷 𝐷 − 1 𝑦
85
Sehingga PD (2) menjadi 𝑝0 𝐷 𝐷 − 1 𝑦 + 𝑝1 𝐷𝑦 + 𝑝2 𝑦 = 𝑓(𝑒 𝑡 ) Contoh: Selesaikan PD: 𝑥 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = ln 𝑥 Penyelesaian: Substitusi: 𝑥 = 𝑒 𝑡 → 𝑡 = ln 𝑥 ; ′
𝑑𝑡 𝑑𝑥
1
=𝑥
2 ′′
𝑥𝑦 = 𝐷𝑦; 𝑥 𝑦 = 𝐷 𝐷 − 1 𝑦 Sehingga PD menjadi: 𝐷 𝐷 − 1 − 𝐷 + 2 𝑦 = 𝑡 atau 𝐷 2 − 2𝐷 + 2 𝑦 = 𝑡 PR: 𝐷 2 − 2𝐷 + 2 𝑦 = 0 → 𝐷 + 𝑖 𝐷 − 𝑖 𝑦 = 0 𝑦𝑐 = 𝑒 𝑡 𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡 𝑦𝑝 =
1 1 𝑡= . 2 2 − 2𝐷 + 𝐷 2
1 2𝐷 − 𝐷 2 1− 2
𝑡= 1
1 2𝐷 − 𝐷 2 1 1 1+ +⋯ 𝑡 = 𝑡+ 2 2 2 2
1
PUPD: 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝑒 𝑡 𝐶1 cos 𝑡 + 𝐶2 sin 𝑡 + 2 𝑡 + 2. 1
1
Ganti 𝑥 = 𝑒 𝑡 ; 𝑡 = ln 𝑥 → 𝑦 = 𝑥 𝐶1 cos ln (𝑥) + 𝐶2 sin ln(𝑥) + 2 ln 𝑥 + 2
10.2.6 PD SERENTAK (PD SIMULTAN) PD serentak dengan dua persamaan dan dua fungsi yang belum diketahui mempunyai bentuk sebagai berikut: 𝑓1 𝐷 𝑦 + 𝑔1 𝐷 𝑍 = 1 (𝑥) 𝑓2 𝐷 𝑦 + 𝑔2 𝐷 𝑍 = 2 (𝑥)
dimana 𝑓1 𝐷 , 𝑓2 𝐷 , 𝑔1 𝐷 , 𝑔2 (𝐷) adalah polynomial dalam 𝐷
dengan koefisien-koefisien konstan. ∆=
𝑓1 (𝐷) 𝑓2 (𝐷)
𝑔1 (𝐷) = 𝑓1 𝐷 𝑔2 𝐷 − 𝑓2 𝐷 𝑔1 (𝐷) 𝑔2 (𝐷)
∆1 =
1 (𝐷) 2 (𝐷)
𝑔1 (𝐷) = 𝑔2 𝐷 1 𝐷 − 𝑔1 𝐷 2 (𝐷) 𝑔2 (𝐷)
∆2 =
𝑓1 (𝐷) 1 (𝐷) = 𝑓1 𝐷 2 𝐷 − 𝑓2 𝐷 1 (𝐷) 𝑓2 (𝐷) 2 (𝐷)
PD menjadi: ∆𝑦 = ∆1 dan ∆𝑍 = ∆2 . Banyaknya konstanta-konstanta sebarang pada PUPD serentak adalah sama dengan pangkat tertinggi dari 𝐷 dalam ∆. Contoh: Selesaikan PD serentak :
𝐷 + 1 𝑦 + 𝐷 − 2 𝑍 = 𝑒 −𝑥 … … … … … … … (1) 𝐷 + 1 𝑦 + 𝐷 − 3 𝑍 = 𝑥 … … … … … … … … . . (2)
Penyelesaian:
86
𝐷+1 𝐷+1 𝑒 −𝑥 ∆1 = 𝑥 ∆=
𝐷−2 = 𝐷 + 1 𝐷 − 3 − 𝐷 − 2 𝐷 + 1 = −𝐷 − 1 𝐷−3 𝐷−2 = 𝐷 − 3 𝑒 −𝑥 − 𝐷 − 2 𝑥 = −𝑒 −𝑥 − 3𝑒 −𝑥 − 1 + 2𝑥 = −4𝑒 −𝑥 − 1 + 2𝑥 𝐷−3
∆𝑦 = ∆1 = −4𝑒 −𝑥 − 1 + 2𝑥 −𝐷 − 1 𝑦 = −4𝑒 −𝑥 − 1 + 2𝑥 𝐷 + 1 𝑦 = 4𝑒 −𝑥 + 1 − 2𝑥 PR: 𝐷 + 1 𝑦 = 0 → 𝑦𝑐 = 𝐴𝑒 −𝑥 . 𝑦𝑝 =
1 −4𝑒 −𝑥 − 1 + 2𝑥 = 𝑒 −𝑥 𝐷+1
4𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 − 𝑒 −𝑥
2𝑥 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑥
𝑒 𝑥 𝑑𝑥
= 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑒 −𝑥 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑒 −𝑥 𝑒 𝑥 = 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑒 −𝑥 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 + 1 = 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑥 + 3 𝑦 = 𝑦𝑐 + 𝑦𝑝 = 𝐴𝑒 −𝑥 + 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑥 + 3…………………………………………..(3) ∆2 =
𝐷+1 𝐷+1
𝑒 −𝑥 = 𝐷 + 1 𝑥 − 𝐷 + 1 𝑒 −𝑥 = 1 + 𝑥 + 𝑒 −𝑥 − 𝑒 −𝑥 = 𝑥 + 1 𝑥
∆𝑍 = ∆2 = 𝑥 + 1 −𝐷 − 1 𝑍 = 𝑥 + 1 → 𝐷 + 1 𝑍 = −(𝑥 + 1) 𝑍𝑐 = 𝐵𝑒 −𝑥 𝑍𝑝 =
1 − 𝑥+1 𝐷+1
= − 1 − 𝐷 + 𝐷 2 + ⋯ 𝑥 + 1 = − 𝑥 + 1 − 1 = −𝑥
𝑍 = 𝑍𝑐 + 𝑍𝑝 = 𝐵𝑒 −𝑥 − 𝑥………………………………………………………………..(4) Karena derajat 𝐷 dalam ∆ adalah derajat satu maka pada penyelesaian umum haruslah hanya ada satu konstanta sebarang. (3) dan (4) disubstitusi ke (2), menjadi: 𝐷 + 1 𝐴𝑒 −𝑥 + 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑥 + 3 + 𝐷 − 3 𝐵𝑒 −𝑥 − 𝑥 = 𝑥 −𝐴𝑒 −𝑥 + 4𝑒 −𝑥 − 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2 + 𝐴𝑒 −𝑥 + 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑥 + 3 − 𝐵𝑒 −𝑥 − 1 − 3𝐵𝑒 −𝑥 + 3𝑥 = 𝑥 4𝑒 −𝑥 − 4𝐵𝑒 −𝑥 + 𝑥 = 𝑥 → 𝐵 = 1 Jadi PUPD serentak: 𝑦 = 𝐴𝑒 −𝑥 + 4𝑥𝑒 −𝑥 − 2𝑥 + 3 ; 𝑍 = 𝑒 −𝑥 − 𝑥
87
SOAL LATIHAN PD TINGKAT DUA Selesaikan PD berikut: 1. 9𝑦 ′′ + 12𝑦 ′ + 4𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝑒 −2𝑥/3 𝐶1 + 𝑥𝐶2
2. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ + 13𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝑒 −2𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥
3. 𝑦 ′′ + 𝑎2 𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑎𝑥 + 𝐶2 sin 𝑎𝑥
4. 8𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ − 5𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥/2 + 𝐶2 𝑒 5𝑥/4
5. 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 2𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 2𝑥
6. 4𝑦 ′′ − 20𝑦 ′ + 25𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒 5𝑥/2
7.
𝑑2𝑥 𝑑𝑡 2
𝑑𝑥
Jwb: 𝑥 = 𝑒 −2𝑡 𝐶1 + 𝑡𝐶2
+ 4 𝑑𝑡 + 4𝑥 = 0
8. 3𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝑒 𝑥/3 𝐶1 cos
𝑥 14 3
+ 𝐶2 sin
𝑥 14 3
9. 𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ + 23𝑦 = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 7𝑥 + 𝐶2 𝑒 4𝑥
10. 𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ − 12𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 1
Jwb: 𝑦 =
11. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = −4
Jwb: 𝑦 = 𝑒 −𝑥 − 𝑒 3𝑥
12. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 5𝑦 = 0, jika 𝑦 0 = 1, 𝑦 ′ 0 = 2
Jwb: 𝑦 = 𝑒 2𝑥 cos 𝑥
13. 𝑦 ′′ + 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑒 2𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 + 12 𝑒 2𝑥
−1 8
1
𝑒 −6𝑥 + 8 𝑒 2𝑥
1
14. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 27𝑥 2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 − 9𝑥 2 + 12𝑥 − 14
15. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 4 − 8𝑥 − 6𝑥 2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 + 2𝑥 2
16. 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 𝑒 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒 3𝑥 + 4 𝑒 𝑥
1
17. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ = − cos 𝑥 ′′
1
1
2
2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + cos 𝑥 − sin 𝑥
𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 + 3𝑒 𝑥 − 2𝑥
18. 𝑦 + 4𝑦 = 15𝑒 − 8𝑥 19. 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ − 2𝑦 = 12𝑒 2𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 + 3𝑒 2𝑥
20. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 10 sin2 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + cos 2𝑥 − 5
21. 𝐷 2 − 4𝐷 + 3 𝑦 = 20 cos 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 3𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 + 2 cos 𝑥 − 4 sin 𝑥
22. 𝐷 2 − 1 𝑦 = 𝑥𝑒 3𝑥 2 sin 𝑥 + 4 cos 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 − 2𝑒 −𝑥 sin 𝑥
23. 𝐷 2 − 1 𝑦 = 𝑥𝑒 3𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 32 𝑒 3𝑥 4𝑥 − 3
1
24. 𝐷 2 − 2𝐷 + 3 𝑦 = 𝑒 −𝑥 cos 𝑥 1
Jwb: 𝑦 = 𝑒 𝑥 𝐶1 cos 2 𝑥+𝐶2 sin 2 𝑥 + 41 𝑒 −𝑥 5 cos 𝑥 − 4 sin 𝑥 25. 𝐷 2 + 1 𝑦 = 4𝑥 cos 𝑥 − 2 sin 𝑥.
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + 2𝑥 cos 𝑥 + 𝑥 2 sin 𝑥 1
1
1
26. 𝐷 2 − 2𝐷 + 1 𝑦 = sin 𝑥 + sinh 𝑥. Jwb: 𝑦 = 𝑒 𝑥 𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 2 cos 𝑥 + 2 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 8 𝑒 −𝑥
88
27. 𝐷 2 − 2𝐷 − 8 𝑦 = 𝑒 𝑥 − 8 cos 2𝑥 1
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −2𝑥 + 𝐶2 𝑒 4𝑥 − 9 𝑒 𝑥 + 5 3 cos 2𝑥 + sin 2𝑥 28. 𝐷 2 − 2𝐷 + 10 𝑦 = sin 3𝑥 + 𝑒 𝑥 1
1
Jwb: 𝑦 = 𝑒 𝑥 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 + 37 sin 3𝑥 + 6 cos 3𝑥 + 9 𝑒 𝑥 29. 𝐷 2 + 4 𝑦 = 2 sin 2𝑥 − 3 cos 2𝑥 + 1 𝑥
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥 − 4 3 sin 2𝑥 + 2 cos 2𝑥 + 4 30. 𝐷 2 + 9 𝑦 = 2𝑥 sin 𝑥 + 𝑥 𝑒 3𝑥 1
1
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 3𝑥 + 𝐶2 sin 3𝑥 + 4 𝑥 sin 𝑥 − 16 cos 𝑥 + 54 3𝑥 − 1 𝑒 3𝑥 31. 𝐷 2 − 2𝐷 − 3 𝑦 = 𝑥 1 + 𝑒 3𝑥 1
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 3𝑥 + 𝐶2 𝑒 −𝑥 + 9 2 − 3𝑥 + 16 2𝑥 2 − 𝑥 𝑒 3𝑥 32. 𝐷 2 + 2𝐷 − 3 𝑦 = 2𝑥𝑒 −3𝑥 + 𝑥 + 1 𝑒 𝑥 1
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −3𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑥 − 8 2𝑥 2 + 𝑥 𝑒 −3𝑥 + 16 2𝑥 2 + 3𝑥 𝑒 𝑥 33. 𝐷 2 + 1 𝑦 = 2𝑥 cos 𝑥 cos 2𝑥 1
1
1
3
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + 4 𝑥 cos 𝑥 + 4 𝑥 2 sin 𝑥 − 8 𝑥 cos 3𝑥 + 32 sin 3𝑥 34. 𝐷 2 − 2 𝑦 = 2𝑥𝑒 𝑥 cos 𝑥 − sin 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝑥
2
+ 𝐶2 𝑒 𝑥
2
+ 𝑥𝑒 𝑥 sin 𝑥 + 𝑒 𝑥 cos 𝑥
35. 𝑦 ′′ + 𝑦 = sec 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + 𝑥 sin 𝑥 + cos 𝑥 ln cos 𝑥 36. 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 4𝑦 = 𝑒 2𝑥 /𝑥 2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒 2𝑥 − 𝑒 2𝑥 ln 𝑥
37. 𝑦 ′′ + 𝑦 = ctg 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 + sin 𝑥 ln tg 2 𝑥
38. 𝑦 ′′ + 𝑦 = cosec 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 − 𝑥 cos 𝑥 + sin 𝑥 ln sin 𝑥
39. 𝑦 ′′ − 2𝑦 = 4𝑥 2 𝑒 𝑥
1
2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑥
40. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑒 𝑥 /𝑥
2
+ 𝐶2 𝑒 −𝑥
+ 𝑒𝑥
2
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 𝑒 𝑥 + 𝑥𝑒 𝑥 ln 𝑥
41. 𝑦 ′′ + 𝑦 = 10𝑒 2𝑥 , jika 𝑦 0 = 0, 𝑦 ′ 0 = 0 𝑑2𝑥
2
𝑑𝑥
42. 𝑑𝑡 2 + 4 𝑑𝑡 + 5𝑥 = 10, jika 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 dan
Jwb: 𝑦 = 2 𝑒 2𝑥 − cos 𝑥 − 2 sin 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡
=0
Jwb: 𝑥 = 2 1 − 𝑒 −2𝑡 cos 𝑡 − 2𝑒 −2𝑡 sin 𝑡 43. 𝑦 ′′ + 2𝑦 ′ + 2𝑦 = sin 𝑥, jika 𝑦 0 = 2, 𝑦 ′ 0 = −1 6
1
Jwb: 𝑦 = 5 2 cos 𝑥 + sin 𝑥 𝑒 −𝑥 + 5 sin 𝑥 − 2 cos 𝑥 44. 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 4𝑒 3𝑥 , jika 𝑦 0 = 1, 𝑦 ′ 0 = 3
Jwb: 𝑦 = 𝑒 3𝑥 2𝑥 2 + 1
45. 𝑦 ′′ + 𝑦 = −2𝑥 2 + 3, jika 𝑦 0 = 7, 𝑦 ′ 0 = 0
Jwb: 𝑦 = 7 − 2𝑥 2
46. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ + 4𝑦 = 0
Jwb:𝑦 = 𝐶1 cos 2 ln 𝑥 + 𝐶2 sin 2 ln 𝑥 89
47. 3𝑥 + 2 𝑦 ′′ + 7𝑦 ′ = 0
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 + 𝐶2 3𝑥 + 2
−4/3
48. 2𝑥 2 𝑦 ′′ − 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥 2
Jwb: 𝑦 = 𝑥𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 3 𝑥 2
1
49. 𝑥 2 𝑦 ′′ − 2𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 2𝑥 ln 𝑥
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 2 + 𝐶2 𝑥 − 𝑥 ln 𝑥 2 − 𝑥 ln2 𝑥
50. 2 𝑥 + 1 2 𝑦 ′′ − 𝑥 + 1 𝑦 ′ + 𝑦 = 𝑥 Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 + 1 + 𝐶2 𝑥 + 1 + 𝑥 + 1 ln 𝑥 + 1 − 1 1
51. 𝑥 2 𝐷 2 − 2 𝑦 = 3𝑥 2 52. 𝑥 2 𝑦 ′′ + 2𝑥𝑦 ′ − 20𝑦 = 𝑥 + 1 53.
1
2
54.
55.
𝑦 ′ + 2𝑦 + 𝑧 = sin 𝑥 𝑧 ′ − 4𝑦 − 2𝑧 = cos 𝑥
1
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 4 + 𝐶2 𝑥 −5 − 14 𝑥 2 − 9 𝑥 − 20
𝑦′ + 𝑧 = 0 𝑧 ′ + 4𝑦 = 0 𝐷 + 2 𝑥 − 3𝑦 = 𝑡 𝐷 + 2 𝑦 − 3𝑥 = 𝑒 2𝑡
1
Jwb: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 2 + 𝑥 𝐶2 + 𝑥 2 ln 𝑥 − 3 𝑥 2
Jwb:
Jwb:
Jwb:
90
𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 −2𝑥 , 𝑧 = −2 𝐶1 𝑒 2𝑥 − 𝐶2 𝑒 −2𝑥
𝑥 = 𝐶1 𝑒 𝑡 + 𝐶2 𝑒 −5𝑡 − 𝑡
𝑦 = 𝐶1 𝑒 − 𝐶2 𝑒
−5𝑡
13 25 12
2
3
5 3
7 4
− 𝑡 + 𝑒 2𝑡 ,
− 25 − 5 𝑡 + 7 𝑒 2𝑡
𝑦 = 𝐶1 + 𝑥𝐶2 + 2 sin 𝑥 , 𝑧 = −2𝐶1 − 2𝑥 + 1 𝐶2 − 3 sin 𝑥 − 2 cos 𝑥
11
PENERAPAN PERSAMAAN DIFERENSIAL BIASA
Masalah Pendinginan. Hukum Newton untuk pendinginan menyatakan bahwa “Berkurangnya suhu benda berbanding lurus dengan perbedaan suhu benda dan suhu medium sekelilingnya”. Rumus:
𝑑𝑇 𝑑𝑡
= −𝑘 𝑇 − 𝑇𝑚 ,
dengan 𝑇 =suhu benda 𝑇𝑚 = suhu medium 𝑘 =konstanta perbandingan (𝑘 > 0) Pada Hukum Newton dipakai tanda negative (-) untuk membuat
𝑑𝑇 𝑑𝑡
< 0 dalam proses pendinginan.
Contoh: Sebuah logam suhunya 100𝑜 𝐹 diletakkan ke dalam sebuah bilik dengan suhu tetap 0𝑜 𝐹. Jika setelah 20 menit suhu logam menjadi 50𝑜 𝐹, maka dapatkan: a. Waktu yang diperlukan oleh logam tersebut untuk mencapai suhu 25𝑜 𝐹 b. Suhu logam setelah 25 menit Penyelesaian: Diketahui: 𝑇𝑚 = 0𝑜 𝐹 →
𝑑𝑇 𝑑𝑡
= −𝑘𝑇 → 𝑇 = 𝐶𝑒 −𝑘𝑡
Pada saat 𝑡 = 0, 𝑇 = 100𝑜 𝐹 → 100 = 𝐶𝑒 −𝑘(0) → 𝐶 = 100 → 𝑇 = 100𝑒 −𝑘𝑡 . 1
50
Pada saat 𝑡 = 20, 𝑇 = 50𝑜 𝐹 → 50 = 𝐶𝑒 −20𝑘 → 𝑘 = − 20 ln 100 = 0,035. Jadi didapat: 𝑇 = 100𝑒 −0,035𝑡 1
25
a. 𝑇 = 25𝑜 𝐹 → 25 = 100𝑒 −0,035𝑡 → 𝑡 = − 0,035 ln 100 = 39,6 menit b. 𝑡 = 10 → 𝑇 = 100𝑒 −0,035(10) → 𝑇 = 70,5𝑜 𝐹.
Hukum Aksi Massa Suatu larutan A bereaksi dengan larutan B untuk membentuk larutan ketiga C dengan cara demikian sehingga laju perubahan jumlah C sebanding dengan perkalian dari sisa jumlah A dan sisa jumlah B pada setiap waktu yang diberikan.
91
Andaikan bahwa pada saat awal ada 𝛼 gram zat A dan 𝛽 gram zat B dan bahwa 𝑟 gram zat A bercampur dengan 𝑠 gram zat B membentuk (𝑟 + 𝑠) gram zat C. Jika 𝑥 gram zat C terbentuk pada t 𝑟𝑥
𝑠𝑥
satuan waktu, maka C memuat: (𝑟+𝑠) gram zat A dan (𝑟+𝑠) gram zat B. 𝑟𝑥
𝑠𝑥
Sisa larutan A tinggal 𝛼 − (𝑟+𝑠) gram dan sisa larutan B tinggal 𝛽 − (𝑟+𝑠) gram. Dengan hukum aksi massa didapat: 𝑑𝑥 𝑟𝑥 =𝐾 𝛼− 𝑑𝑡 (𝑟 + 𝑠)
𝛽−
𝑠𝑥 (𝑟 + 𝑠)
Atau 𝑑𝑥 𝐾𝑟𝑠 = 𝑑𝑡 𝑟+𝑠
2
𝑟+𝑠 𝛼−𝑥 𝑟
𝑟+𝑠 𝛽−𝑥 𝑟
dengan 𝐾 =konstanta perbandingan. Jika 𝑘 =
𝐾𝑟𝑠 , 𝑟+𝑠 2
𝑎= 𝑑𝑥 𝑑𝑡
𝑟+𝑠 𝑟
𝛼, 𝑏 =
𝑟+𝑠 𝑟
𝛽, maka PD menjadi:
= 𝑘 𝑎−𝑥 𝑏−𝑥
(1)
Contoh: Suatu reaksi kimia menyebabkan suatu larutan A yang dicampur dengan larutan B membentuk larutan C. Jika dalam PD (1) 𝑎 =8 dan 𝑏 = 6 dan dalam 10 menit terbentuk 2 gram larutan C, berapa gram larutan C terbentuk setelah 15 menit? Penyelesaian: 𝑑𝑥
PD: 𝑑𝑡 = 𝑘 8 − 𝑥 6 − 𝑥 , untuk 𝑡 = 0, 𝑥 = 0; 𝑡 = 10, 𝑥 = 2, 𝑡 = 15, 𝑥 =? PD diselesaikan didapat: 𝑑𝑥 8−𝑥 6−𝑥
1 −2 8−𝑥 1 2
= 𝑘 𝑑𝑡
𝑑𝑥 +
1 2 𝑑𝑥 = 𝑘𝑡 (6 − 𝑥)
1
ln 8 − 𝑥 − 2 ln 6 − 𝑥 + 𝐶1 = 𝑘𝑡
1 1 1 − ln 8 − 𝑥 + ln 6 − 𝑥 − 𝐶 = −𝑘𝑡 2 2 2 6−𝑥 = 𝐶𝑒 −2𝑘𝑡 8−𝑥 6−0
6
3
Jika 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 maka 8−0 = 𝐶𝑒 −2𝑘(0) → 𝐶 = 8 = 4 Sehingga PD menjadi: 6 − 𝑥 3 −2𝑘𝑡 = 𝑒 8−𝑥 4 6−2
3
8
Jika 𝑡 = 10, 𝑥 = 2 maka 8−2 = 4 𝑒 −20𝑘 → 𝑒 −20𝑘 = 9
92
Sehingga pada saat 𝑡 = 15 maka 6 − 𝑥 3 −2𝑘(15) = 𝑒 8−𝑥 4 4 6 − 𝑥 = 3(8 − 𝑥)𝑒 −30𝑘 4 6 − 𝑥 = 3(8 − 𝑥) 𝑒 −20𝑘
3/2
3
8 2 9
24 − 4𝑥 = 3 8 − 𝑥
→𝑥=
54−32 2 9−4 2
= 2,6
Jadi selama 15 menit maka terbentuk 2,6 gram larutan C.
Masalah Benda Jatuh Sebuah benda dengan massa m dijatuhkakn dari suatu ketinggian. Ditanyakan fungsi yang menghubungkan antara kecepatan dan waktu selama benda itu jatuh, jika diketahui bahwa disamping gaya tarik bumi, benda itu mengalami gaya perlambatan yang disebabkan oleh gesekan dengan udara yang sebanding dengan kecepatan. (dengan angka kesebandingan k yang konstan) Penyelesaian: 𝑑𝑣
Menurut hukum Newton: 𝑚 𝑑𝑡 = 𝐹. 𝑑𝑣
dengan: 𝑑𝑡 = 𝑎 : percepatan gerakan benda 𝐹: gaya yang bekerja pada benda dalam arah gerakan benda (Gaya ini adalah resultante dari dua gaya yang mempunyai tanda negative (-) karena arahnya berlawanan dengan arah kecepatan. Jadi: 𝑑𝑣
𝑚 𝑑𝑡 = 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 𝑚
𝑑𝑣 = 𝑑𝑡 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣
𝑚
𝑑𝑣 = 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣
−
𝑑𝑡
𝑘 𝑚 ln 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 = 𝑡 + 𝐶1 → 𝑚𝑔 − 𝑘𝑣 = 𝑒 −𝑚 𝑘
𝑡+𝐶1
Penyelesaian umum: 𝑘
𝑣 = 𝐶𝑒 −𝑚 𝑡 +
𝑚𝑔 𝑘
……………………………………………………………………..(1)
1
dengan 𝐶 = − 𝑘 𝑒 −𝑘𝐶1 /𝑚 . Ketika benda dijatuhkan ia punya kecepatan awal 𝑣0 (yang boleh juga bernilai nol). Jadi pada saat 𝑡 = 0 maka kecepatan awal 𝑣 = 𝑣0 , disubstitusi ke (1) didapat: 𝑣0 = 𝐶 +
𝑚𝑔 𝑘
atau 𝐶 = 𝑣0 −
𝑚𝑔 𝑘
.
93
Jadi kecepatan jatuhnya benda adalah: 𝑣 = 𝑣0 −
𝑚𝑔 𝑘
𝑘𝑡
𝑒 −𝑚 +
𝑚𝑔 𝑘
.
HUKUM PERTUMBUHAN ALAMI Jika suatu kelompok binatang satu sel memecah diri maka jika tidak ada gangguan apapun laju pertumbuhan akan berbanding langsung dengan jumlah (besar populasi) yang ada (dianggap bahwa laju kelahiran > laju kematian), maka: 𝑑𝑁 𝑑𝑡
= 𝑘𝑁
(1)
dengan : 𝑁 = besar populasi 𝑡 = waktu 𝑘 = angka perbandingan 𝑘 > 0 Dari (1) didapat:
𝑑𝑁 𝑁
=
𝑘 𝑑𝑡 → ln 𝑁 = 𝑘𝑡 + 𝐶.
Sehingga: 𝑁 𝑡 = 𝑒 𝑘𝑡 +𝐶 = 𝑒 𝐶 𝑒 𝑘𝑡 Jika diketahui 𝑁 0 = 𝑁0 → 𝑒 𝐶 = 𝑁0 , sehingga 𝑁 𝑡 = 𝑁0 𝑒 𝑘𝑡 . 𝑁 𝑡 = 𝑁0 𝑒 𝑘𝑡
N 3 2 1 0
t 0
1
2
3
HUKUM PELAPUKAN ALAMI Misal zat radioaktif yang luruh (lapuk) dengan waktu (atau gula yang larut dalam air). Hukum yang mempengaruhi mengatakan bahwa laju pelapukan (laju larut, laju susut) berbanding langsung dengan banyak zat yang ada pada waktu itu. 𝑑𝑁 = −𝑘𝑁, 𝑘 > 0 𝑑𝑡 Penyelesaian PD seperti pada Hukum Pertumbuhan Alami, sehingga didapat: 𝑁 𝑡 = 𝑁0 𝑒 −𝑘𝑡 .
94
N
𝑁 𝑡 = 𝑁0 𝑒 −𝑘𝑡
2,5 2 1,5 1 0,5 0
t 0
1
2
3
Contoh: Pnduduk suatu daerah berkembang menjadi dua kali dalam 50 tahun. Jika kecepatan bertambah berbanding langusng dengan banyaknya penduduk pada waktu itu, maka dalam berapa tahun penduduknya menjadi tiga kali lipat? Penyelesaian: Jika jumlah penduduk dilambangkan dengan 𝑃, maka rumusnya:
𝑑𝑃 𝑑𝑡
= 𝑘𝑃. Sehingga penyelesaian
PD tersebut adalah 𝑃 𝑡 = 𝑃0 𝑒 𝑘𝑡 . 𝑡 = 50 → 𝑃50 = 2𝑃0 → 2𝑃0 = 𝑃0 𝑒 𝑘(50) → 50𝑘 = ln 2 → 𝑘 =
ln 2 50
Supaya 𝑃𝑡 = 3𝑃0 → 𝑡 =? 3𝑃0 = 𝑃0 𝑒 𝑘𝑡 → 3 = 𝑒 𝑘𝑡 → 𝑘𝑡 = ln 3 ln 2 50
𝑡 = ln 3 → 𝑡 = 79
Jadi dalam waktu 79 tahun penduduknya menjadi tiga kali lipat.
RANGKAIAN LISTRIK Sebuah rangkaian elektrik sederhana terdiri dari sebuah sumber tenaga (misal: baterai), sebuah resistor, sebuah induktor dan sebuah kapasitor. Deangan dihasilkannya arus elektrik pada sumber tenaga akan berakibat timbulnya beda tegangan pada resistor, induktor maupun kapasitor. Tiga hukum fisika yang berkaitan dengan beda tegangan tersebut adalah: 1. Penurunan voltase pada resistor, yang diberikan dengan rumus: 𝐸𝑅 = 𝑅𝑖 Dengan: 𝐸𝑅 : voltase pada resistor dengan satuan volt 𝑅: besar tahanan pada resistor dengan satuan ohm 𝑖: kuat arus dengan satuan Ampere
2. Beda tegangan (voltase) pada induktor, yang diberikan dengan rumus:
95
𝐸𝐿 = 𝐿
𝑑𝑖 𝑑𝑡
Dengan: 𝐸𝐿 : voltase pada induktor dengan satuan volt 𝐿: besar induksi dengan satuan Henry 𝑖: kuat arus dengan satuan Ampere
3. Voltase pada kapasitor, yang diberikan dengan rumus: 𝑞 𝐸𝐶 = 𝐶 Dengan: 𝐸𝐶 : voltase pada kapasitor dengan satuan volt 𝐶: besar kapasitor dengan satuan Farad 𝑞: besar muatan elektrik paxvda kapasitor dengan satuan Coulomb. Mengingat 𝑖 =
𝑑𝑞 𝑑𝑡
maka rumus voltase pada kapasitor dapat disajikan menjadi: 𝐸𝐶 =
1 𝐶
𝑖 𝑑𝑡
Hukum Kirchhoff I mengenai beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup menyatakan bahwa: “jumlah aljabar beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup dengan arah tertentu adalah nol”. Hukum Kirchhoff II mengenai beda tegangan pada suatu rangkaian tertutup yang memuat suatu sumber tenaga menyatakan bahwa: “ Jumlah beda tegangan pada resistor, induktor, dan kapasitor sama dengan beda tegangan yang dihasilkan sumber tenaga”. Berdasarkan kedua hukum tersebut, maka didapat: 𝑑𝑖
𝑞
𝐸 = 𝐸𝐿 + 𝐸𝑅 + 𝐸𝐶 = 𝐿 𝑑𝑡 + 𝑅𝑖 + 𝐶 .
(1)
Persamaan tersebut memuat dua variabel tak bebas yaitu 𝑖 dan 𝑞. Karena 𝑖 = 𝐸=𝐿
𝑑𝑞 𝑑𝑡
, maka (1) menjadi:
𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 𝑞 +𝑅 + 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶
Jika (1) diturunkan terhadap 𝑡, didapat: 𝑑𝐸 𝑑2 𝑖 𝑑𝑖 1 𝑑𝑞 =𝐿 2+𝑅 + 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑𝑡 atau 𝑑𝐸 𝑑2 𝑖 𝑑𝑖 𝑖 = 𝐿 2+𝑅 + 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 Jika rangkaian tersebut tidak memuat kapasitor maka dari (1) diperoleh model matematik: 𝐸=𝐿
𝑑𝑖 + 𝑅𝑖 𝑑𝑡
Jika rangkaian tersebut tidak memuat induktor maka dari (1) diperoleh model matematik:
96
𝐸=𝑅
𝑑𝑞 𝑞 + 𝑑𝑡 𝐶
Contoh: Dapatkan muatan 𝑞 dan arus 𝑖 sebagai fungsi waktu 𝑡 didalam sebuah rangkaian listrik RLC jika tahanan 𝑅 = 12 ohm, kumparan 𝐿 = 0,02 henry, kapasitor 𝐶 = 2 x 10−4 Farad, baterai 𝐸 = 12 volt pada saat 𝑡 = 0, 𝑞 = 0 dan 𝑖 = 0. Penyelesaian: 𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 𝑞 𝐸 = 𝐿 2 +𝑅 + 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝐶 𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 𝑞 12 = 0,02 2 + 16 + 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 x 10−4 𝑑2 𝑞 𝑑𝑞 600 = 2 + 800 + 250000𝑞 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Ini merupakan PD orde dua, jika diselesaikan akan didapat: 𝑞 𝑡 = 𝑒 −400𝑡 𝐶1 cos 300𝑡 + 𝐶2 sin 300𝑡 + 2,4 x 10−3 Untuk 𝑡 = 0, 𝑞 = 0 → 0 = 𝑒 −400(0) 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 sin 0 + 2,4 x 10−3 → 𝐶1 = −2,4 x 10−3 𝑖=
𝑑𝑞 = −400𝑒 −400𝑡 𝐶1 cos 300𝑡 + 𝐶2 sin 300𝑡 + 𝑒 −400𝑡 −300𝐶1 sin 300𝑡 + 300𝐶2 cos 300𝑡 𝑑𝑡
Untuk 𝑡 = 0, 𝑖 = 0 → 0 = −400𝐶1 + 300𝐶2 . Karena 𝐶1 = −2,4 x 10−3 → 𝐶2 = −3,2 x 10−3 Jadi penyelesaiannya: 𝑞 𝑡 = −𝑒 −400𝑡 2,4 cos 300𝑡 + 3,2 sin 300𝑡 10−3 + 2,4 x 10−3 dan 𝑖 𝑡 = 2𝑒 −400𝑡 sin 300𝑡
PEGAS BERGETAR (GERAK HARMONIK SEDERHANA=GHS) Diketahui suatu pegas yang ditarik kebawah kemudian dilepaskan seperti pada gambar. Gesekan pada pegas diabaikan. Berdasarkan Hukum Hooke yang menyatakan bahwa “ gaya F yang mengembalikan P ke posisi setimbang pada y=0 memenuhi 𝐹 = −𝑘𝑦, dengan 𝑘konstanta yang tergantung pada karakteristik pegas dan 𝑦 adalah ordinat dari P. Hukum Newton II: 𝐹 = 𝑚𝑎 =
𝑤 𝑔
𝑎,
dengan: 𝑤: berat benda A 𝑎: percepatan P 𝑔: konstanta percepatan gravitasi Maka : 𝑚𝑎 = −𝑘𝑦, 𝑘 > 0 97
𝑤 𝑑2𝑦 𝑔 𝑑𝑡 2
Jika
𝑘𝑔 𝑤
= −𝑘𝑦 → PD gerakan titik P. 𝑑2𝑦
= 𝐵2 → PD menjadi: 𝑑𝑡 2 + 𝐵2 𝑦 = 0 dengan penyelesaian umum:
𝑦 = 𝐶1 cos 𝐵𝑡 + 𝐶2 sin 𝐵𝑡. 𝑑𝑦
Syarat pada saat 𝑡 = 0 → 𝑦 = 𝑦0 , 𝑑𝑡 = 0, didapat nilai 𝐶1 = 𝑦0 , 𝐶2 = 0. Jadi 𝑦 = 𝑦0 cos 𝐵𝑡 → ini GHS dengan amplitudo 𝑦0 dan periode
2𝜋 𝐵
.
GETARAN TEREDAM Ada gesekan dengan menganggap suatu gaya penghambat yang sebanding dengan kecepatan PD gerakan ini adalah:
𝑤 𝑑2𝑦 𝑔
𝑑𝑡 2
PD tersebut dapat ditulis:
= −𝑘𝑦 − 𝑞
𝑑2𝑦 𝑑𝑡 2
𝑑𝑦 𝑑𝑡
; 𝑘 > 0, 𝑞 > 0
𝑑𝑦
+ 𝐸 𝑑𝑡 + 𝐵2 𝑦 = 0, dengan 𝐵 =
𝑘𝑔 𝑤
,𝐸 =
𝑞𝑔 𝑤
.
Ada 3 kasus jika dilihat dari diskriminannya: 1. 𝐸2 − 4𝐵2 < 0, dengan akar-akar karakteristik: −𝛼 ± 𝛽𝑖. ( 𝛼 > 0, 𝛽 > 0) PUPD: 𝑦 = 𝑒 −𝛼𝑡 (𝐶1 cos 𝛽𝑡 + 𝐶2 sin 𝛽𝑡) atau 𝑦 = 𝐶𝑒 −𝛼𝑡 sin(𝛽𝑡 + 𝛾) dengan faktor teredam adalah 𝑒 −𝛼𝑡 dan amplitudo gerak → 0 untuk 𝑡 → ∞. Gerak ini dinamakan gerak diredam. 2. 𝐸2 − 4𝐵2 = 0, dengan akar-akar karakteristik kembar yaitu – 𝛼. PUPD: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝛼𝑡 + 𝐶2 𝑡𝑒 −𝛼𝑡 . Gerak ini dinamakan gerak diredam kritis. 3. 𝐸2 − 4𝐵2 > 0, dengan akar-akar karakteristik adalah −𝛼1 dan −𝛼2 . PUPD: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 −𝛼 1 𝑡 + 𝐶2 𝑒 −𝛼 2 𝑡 . Gerak ini dinamakan gerak diredam berlebihan.
98
𝑑𝑦 𝑑𝑡
.
RUMUS-RUMUS KALKULUS DIFERENSIAL DAN INTEGRAL
TURUNAN (DERIVATIF)
INTEGRAL TAK TERTENTU (ITT)
Sifat-sifat turunan:
Sifat-sifat ITT:
I. II.
𝑦 = 𝑢 ± 𝑣 → 𝑦 ′ = 𝑢′ ± 𝑣′ 𝑦 = 𝑢𝑣 → 𝑦 ′ = 𝑢′ 𝑣 + 𝑢 𝑣′
III.
𝑦=𝑣
𝑢
→ 𝑦′ =
I.
𝑢 ′ 𝑣−𝑢 𝑣′
II.
𝑣2
𝑘 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 𝑘 =konstanta 𝑓(𝑥) ± 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ± 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
Beberapa rumus ITT: Beberapa rumus turunan: 1. 𝑦 = 𝐶 konstata → 𝑦 ′ = 0 2. 𝑦 = 𝑥 𝑛 → 𝑦 ′ = 𝑛𝑥 𝑛 −1 3. 𝑦 = sin 𝑥 → 𝑦 ′ = cos 𝑥 4. 𝑦 = cos 𝑥 → 𝑦 ′ = −sin 𝑥 5. 𝑦 = tg 𝑥 → 𝑦 ′ = sec2 𝑥 6. 𝑦 = ctg 𝑥 → 𝑦 ′ = −cosec2 𝑥 7. 𝑦 = sec 𝑥 → 𝑦 ′ = sec tg 𝑥 8. 𝑦 = cosec 𝑥 → 𝑦 ′ = −cosec cotg 𝑥 9. 𝑦 = 𝑒 𝑥 → 𝑦′ = 𝑒𝑥 10. 𝑦 = 𝑎𝑥 (𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1) → 𝑦 ′ = 𝑎 𝑥 ln 𝑎 → 𝑦′ =
11. 𝑦 = ln 𝑥 12. 𝑦 = ln 𝑓(𝑥) 13. 𝑦 = ln | sec 𝑥 | 14. 𝑦 = ln | sin 𝑥 |
→ 𝑦′ =
𝑥
17. 𝑦 = arctg
𝑥 𝑎
18. 𝑦 = sinh 𝑥 19. 𝑦 = cosh 𝑥
2.
𝑥 𝑛 𝑑𝑥 = 𝑛+1 𝑥 𝑛+1 + 𝐶; (𝑛 ≠ −1)
3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.
cos 𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶 sin 𝑥 𝑑𝑥 = −cos 𝑥 + 𝐶 sec2 𝑥 𝑑𝑥 = tg 𝑥 + 𝐶 cosec2 𝑥 𝑑𝑥 = −ctg 𝑥 + 𝐶 sec tg 𝑥 𝑑𝑥 = sec 𝑥 + 𝐶 cosec ctg 𝑥 𝑑𝑥 = −cosec 𝑥 + 𝐶 ex 𝑑𝑥 = ex + 𝐶
10.
𝑎𝑥 𝑑𝑥 = ln 𝑎 + 𝐶
𝑥 𝑓 ′ (𝑥)
11.
𝑓(𝑥)
12.
′
→ 𝑦 = tg 𝑥 → 𝑦 ′ = ctg 𝑥
→ 𝑦′ = ′
0 𝑑𝑥 = 𝐶
1
15. 𝑦 = ln |𝑥 + 𝑥 2 ± 𝑎2 | → 𝑦 ′ = 16. 𝑦 = arcsin 𝑎
1.
13. 14.
1
15.
𝑥 2 ±𝑎 2
1 𝑎 2 −𝑥 2 𝑎
16.
→ 𝑦 = 𝑎 2 +𝑥 2
17.
→ 𝑦 ′ = cosh 𝑥 → 𝑦 ′ = sinh 𝑥
18. 19.
99
1
𝑎𝑥
1
𝑑𝑥 = ln 𝑥 + 𝐶
𝑥 𝑓 ′ (𝑥) 𝑓(𝑥)
𝑑𝑥 = ln 𝑓(𝑥) + 𝐶
tg 𝑥 𝑑𝑥 = ln |sec 𝑥| + 𝐶 ctg 𝑥 𝑑𝑥 = ln |sin x| + 𝐶 𝑑𝑥 𝑥 2 ±𝑎 2 𝑑𝑥 𝑎 2 −𝑥 2 𝑑𝑥 𝑎 2 +𝑥 2
𝑑𝑥 = ln |𝑥 + 𝑥 2 ± 𝑎2 + 𝐶 𝑑𝑥 = arcsin 𝑥 + 𝐶 1
𝑑𝑥 = 𝑎 arctg 𝑥 + 𝐶
sinh 𝑥 𝑑𝑥 = cosh 𝑥 + 𝐶 cosh 𝑥 𝑑𝑥 = sinh 𝑥 + 𝐶
TURUNAN ATURAN BERANTAI (AB): 𝑑𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑢
Jika 𝑦 = 𝑓(𝑢) dan 𝑢 = 𝑔(𝑥) maka 𝑦 ′ = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 . 𝑑𝑥 OPERATOR D: 𝐷=
𝑑 𝑑𝑥
→ operator turunan
𝑑𝑛 𝐷 = 𝑛 𝑑𝑥 𝑛
RUMUS LEIBNITZ: 𝐷 𝑛 𝑈𝑉 = 𝑈. 𝐷 𝑛 𝑉 + 𝑛𝐷𝑈. 𝐷 𝑛−1 + +
1 𝑛 𝑛 − 1 𝐷 2 𝑈. 𝐷 𝑛−2 2!
1 𝑛 𝑛 − 1 𝑛 − 2 𝐷 3 𝑈. 𝐷 𝑛−3 + ⋯ 3!
TURUNAN FUNGSI PARAMETRIK: 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 = 𝑓(𝑡) → 𝑦′ = = 𝑑𝑡 𝑥 = 𝑔(𝑡) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦′ 𝑑𝑦′ 𝑦 ′′ = = 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡
INTEGRAL TAK TERTENTU RUMUS INTEGRASI PARSIAL: 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢. 𝑣 −
𝑣 𝑑𝑢
OPERATOR 𝑫−𝟏 : 1
𝐷 −1 = 𝐷 =
… 𝑑𝑥 →operator integral
RUMUS INTEGRAL: 1. 2. 3. 4.
1 𝐷 1 𝐷
1
1
1
𝑈𝑉 = 𝑈. 𝐷 𝑉 − 𝐷𝑈. 𝐷 2 𝑉 + 𝐷 2 𝑈. 𝐷 3 𝑉 − ⋯ 𝑒 𝑎𝑥 𝑉 = 𝑒 𝑎𝑥 1
𝐷 2 −𝑎 2 1 𝐷 2 −𝑎 2
1
𝑉
𝐷+𝑎 sin 𝑏𝑥
sin 𝑏𝑥 = −𝑏 2 −𝑎 2 cos 𝑏𝑥
cos 𝑏𝑥 = −𝑏 2 −𝑎 2
100
Daftar Pustaka
[1] Garner, L.E., Calculus and Analytic Geometry, Maxwell Macmillan, Singapore, 1991. [2] Kartono, Penuntun Belajar Persamaan Diferensial, Andi Offset, Yogyakarta, 1994. [3] Soehardjo, Kalkulus 2b, Surabaya, 2005. [4] Soehardjo, Kalkulus I, Surabaya, 1999.
