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

Ringkasan Kalkulus 2, Untuk dipakai di ITB

1

Integral Lipat Dua Atas Daerah Persegipanjang

Open Source Not For Commercial Use

Perhatikan fungsi z = f (x, y) pada R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b , c ≤ y ≤ d}

Bentuk partisi P atas daerah R berupa n buah persegipanjang2 yang dibentuk dari garis2 yang sejajar dengan sumbu-x dan sumbu-y seperti pada gambar di atas. Sebut partisi tersebut sebagai Rk , k = 1, 2, · · · , n. Perhatikan persegipanjang ke k, yaitu Rk . Luasnya adalah ∆Ak = ∆xk · ∆yk . Selanjutnya pilih titik wakil (xk , y k ) ∈ Rk . Perhatikan balok yang terbentuk dengan alas Rk dan tinggi f (xk , y k ). Volumenya adalah f (xk , y k ) ∆Ak (lihat gambar di atas yang di tengah). Jumlah Riemann dari z = f (x, y) atas partisi P adalah: J=

n X

f (xk , y k ) ∆Ak

k=1

Mialkan |P | adalah elemen partisi yang paling luas, integral lipat dua atas daerah R adalah: ZZ n X f (x, y) dA = lim f (xk , y k ) ∆Ak |P |→0

R

k=1

Sifat (jaminan integral lipat dua ada): Bila fungsi f (x, y) terdefinisi pada persegipanjang tertutup R dan kontinu (kecuali mungkin di sebanyak berhingga titik) maka f terintegralkan.

URL:materikuliah.math.itb.ac.id

Warsoma Djohan/Prodi. Matematika - FMIPA - ITB/2010


2

Bila ada daerah R dengan f (x, y) ≤ 0 , integral lipat dua menyatakan volume benda pada daerah z positif dikurangi volume benda pada daerah z negatif (lihat gambar di samping). Sifat2: ZZ ZZ a. kf (x, y) dA = k f (x, y) dA R

ZZ

R

(f (x, y) + g(x, y)) dA =

R

ZZ R

b. Jika R = R1 ∪ R2 maka

ZZ

c. Jika f (x, y) ≤ g(x, y) maka

R

d.

ZZ

f (x, y) dA +

R1

ZZ

g(x, y) dA

R

f (x, y) dA =

R

ZZ

f (x, y) dA +

ZZ

f (x, y) dA ≤


Secara geometri, bila f (x, y) ≥ 0, integral lipat dua menyatakan volume benda yang alasnya R dan atapnya permukaan z = f (x, y).

ZZ

f (x, y) dA

R2

ZZ

g(x, y) dA

R

1 dA = AR dengan AR adalah luas daerah R.

R




3

Latihan: 1. Misalkan R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3}. Tentukan  ZZ  1 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 1 f (x, y) dA bila f (x, y) = 2 0 ≤ x ≤ 3, 1 < y ≤ 2  3 0 ≤ x ≤ 3, 2 < y ≤ 3 R

R


2. Misalkan R = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 8}. Tentukan jumlah ZZ 64 − 8x + y 2 dA dengan membagi R atas empat bagian yang Riemann dari 16 sama dan titik wakilnya dipilih pusat dari masing-masing persegipanjang.




4

Perhitungan Integral Lipat Sebagai Integral Berulang


Pada pasal ini akan dibahas cara menghitung integral lipat dua atas daerah persegipanjang untuk fungsi sebarang. Perhatikan f (x, y) atas daerah R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}. Pembahasan rumus berikut akan berlaku untuk sebarang fungsi f , namun demikian untuk memudahkan intepretasi geometri, diambil f (x, y) > 0.

Irislah benda yang akan dihitung volumenya (gambar paling kiri) menjadi keping-keping tipis yang sejajar dengan bidang xz (gambar tengah). Misalkan lebar keping tersebut ∆y. Luas permukaan keping tersebut hanya bergantung pada posisi y (jelaskan!), notasikan A(y). Volume keping tipis tersebut adalah ∆V = A(y) ∆y. Dengan demikian volume benda adalah: Z d V = A(y) dy c

Dilain pihak, luas permukaan keping sejauh y dari bidang xz (y konstanta) adalah Z b f (x, y) dx. Dengan demikian volume benda adalah: a

V =

Z d Z c

b

f (x, y) dx dy

a

Alternatif lain bila kita membuat irisan kepingnya sejajar dengan bidang yz maka rumus yang diperoleh adalah Z b Z d V = f (x, y) dy dx a

c

Hati2 : Batas-batas integrasi harus sesuai dengan urutan perhitungan integral.




5

Contoh-contoh: Z 4Z 2 1. Hitung 6x2y dx dy 2

1

2. Hitung soal no 1. dengan urutan pengintegralan yang berbeda. 3. Hitung volume benda dibawah permukaan f (x, y) = x2 + y 2 + 2 pada R = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} dan di atas bidang z = 1.


Integral Lipat Dua atas Daerah Sebarang Perhitungan integral lipat atas daerah sebarang secara umum sulit dilakukan. Kita akan melihatnya pada dua jenis daerah berikut: S = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, φ1 (x) ≤ y ≤ φ2 (x)} disebut y-sederhana S = {(x, y) : ψ1 (y) ≤ x ≤ ψ2 (y), c ≤ y ≤ d} disebut x-sederhana

Jenis daerah lain yang tidak termasuk ke dalam dua tipe di atas pada umumnya dapat dipartisi menjadi beberapa bagian yang masing-masingnya berbentuk daerah x-sederhana atau y-sederhana.

Diskusi: a. Adakah daerah yang sekaligus x-sederhana dan y-sederhana ? b. Carilah daerah yang tidak dapat dipartisi jadi bagian-bagian daerah x-sederhana dan y-sederhana. URL:materikuliah.math.itb.ac.id



6

Untuk daerah y-sederhana, rumus integrasinya adalah sebagai berikut: # ZZ Z b "Z φ2 (x) f (x, y) dA = f (x, y) dy dx φ1 (x)

dengan argumentasi serupa, rumus untuk daerah xsederhana: # ZZ Z d "Z ψ2 (x) f (x, y) dA = f (x, y) dx dy c

R

ψ1 (x)

Contoh2: 1. Hitung

Z 1Z 0

y2

2yex dx dy

0


a

R

2. Hitung volume benda pada oktan pertama yang terletak diantara paraboloida z = x2 + y 2 dan silinder x2 + y 2 = 4. Z 4Z 2 2 ex dx dy 3. Hitung 0

y 2

(petunjuk: gambar daerah integrasinya lalu ubah urutan integrasinya)




7

Integral Lipat Dua pada Koordinat Polar

Perhatikan sistem koordinat polar seperti terlihat pada gambar di samping. Di sini sebuah titik pada bidang dinyatakan sebagai (r, θ) dengan r menyatakan jarak dari titik pusat koordinat dan θ adalah sudut yang dibentuk antara sumbu polar dengan garis yang menghubungkan pusat koordinat dan titik tersebut. Hubungan titik di koordinat kartesius dan koordinat polar adalah:

x = r cos θ dan y = r sin θ


Seringkali daerah integrasi dari integral lipat dua berbentuk sebuah busur. Daerah seperti ini lebih mudah direpresentasikan dalam bentuk koordinat polar ketimbang dalam koordinat kartesius.

Perhatikan sebuah persegi panjang polar (gambar di atas, sebelah kiri) R = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β}. Fungsi dua peubah z = f (x, y) terdefinisi pada daerah tersebut (gambar sebelah kanan). Dalam bentuk polar, fungsi tersebut berbentuk z = f (r cos θ, r sin θ) Perhatikan persegipanjang (pp) polar di samping. Partisikan pp tersebut atas n bagian. Selanjutnya perhatikan elemen partisi ke k. Ukuran elemen ini adalah ∆rk dan ∆θk . Pilih wakil (¯ rk , θ¯k ) dengan r¯k titik tengah antara rk−1 dan rk sedangkan θk sebarang. Luas elemen ini adalah ∆Ak = r¯k ∆rk ∆θk (buktikan !) Bila z = f (x, y) > 0 maka volume benda di atas elemen tersebut adalah: ∆V = f (¯ rk cos θ¯k , r¯k sin θ¯k ) r¯k ∆rk ∆θk URL:materikuliah.math.itb.ac.id



8

Dengan demikian, volume benda di bawah permukaan f (x, y) dan di atas daerah R adalah: ZZ f (r cos θ, r sin θ) r dr dθ V = R

Sebuah daerah S disebut daerah r-sederhana bila berbentuk S = {(r, θ) : φ1 (θ) ≤ r ≤ φ2 (θ), α ≤ θ ≤ β} Integral lipat dua atas r-sederhana: ZZ Z β Z φ2 (θ) f (x, y) dA = f (r cos θ, r sin θ) r dr dθ R

α

φ1 (θ)

Sebuah daerah S disebut daerah θ-sederhana bila berbentuk

+y 2

dan di atas daerah


2

Contoh: Tentukan volume benda di bawah permukaan z = ex R = {(r, θ) : 1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π/4}

S = {(r, θ) : a ≤ r ≤ b, ψ1 (r) ≤ θ ≤ ψ2 (r)} Integral lipat dua atas daerah θ-sederhana: ZZ Z b Z ψ2 (r) f (x, y) dA = f (r cos θ, r sin θ) r dθ dr R


a

ψ1 (r)



9

Contoh2 :

2.

Gunakan koordinat polar untuk menghitung S = {(x, y) : x2 + y 2 ≤ 4}.

3.

ZZ R

Ubahlah dalam koordinat kartesius, lalu hitunglah Z

4π/3 Z −5 sec θ

3π/4

r3 sin2 θ dr dθ

0


2

ex

+y 2


Tentukan volume benda di bawah permukaan 2 2 1. x = x + y di atas bidang xoy dan di dalam silinder x2 + y 2 = 2y

dA dengan



10


Momen dan Pusat Massa

Perhatikan sebuah lamina (keping tipis 2 dimensi) tak homogen S (gambar sebelah kiri). Misalkan rapat masssanya adalah δ(x, y). Partisikan S atas pp-pp kecil seperti pada gambar sebelah kanan. Perhatikan elemen ke k. Pilih wakil (¯ xk , y¯k ). Massa elemen ini adalah ∆m = δ(¯ xk , y¯k ) Ak . Massa lamina: ZZ m= δ(x, y) dA R

Sedangkan momen terhadap sumbu x dan sumbu y masing-masing: ZZ ZZ yδ(x, y) dA dan My = xδ(x, y) dA Mx = R

Pusat massa dari lamina: (¯ x, y¯) = ( Contoh2:

R

My Mx , ) m m

1. Sebuah lamina dengan rapat massa δ(x, y) = xy dibatasi oleh sumbu-x, garis 2 x = 8 dan kurva y = x 3 . Tentukan massa dan pusat massanya. 2. Sebuah lamina berbentuk seperempat linkaran berjari-jari a, rapat massanya sebanding dengan jaraknya dari pusat lingkaran tersebut. Tentukan pusat massanya (gunakan koordinat [polar).




11

Momen Inersia Perhatikan sebuah benda (berbentuk titik) bermassa m dan berjarak sejauh r dari suatu garis. Momen inersia dari benda didefinisikan sebagai:

Sekarang perhatikan sebuah lamina pada bidang xy. Misalkan rapat massanya δ(x, y). Momen inersia benda terhadap sumbu-x, sumbu-y dan pusat koordiant adalah:

Ix = dan Iz =

ZZ

R ZZ

y 2 δ(x, y) dA

,

Iy =

ZZ

x2δ(x, y) dA

R

(x2 + y 2 ) δ(x, y) dA = Ix + Iy

R


momen inersia : I = mr2

Contoh: Tentukan momen inersia terhadap sumbu-x, sumbu-y dan pusat koordinat dari dua contoh terakhir. r I . Jari-jari girasi didefinisiakan sebagai : r¯ = m




12

Persamaan Diferensial Persamaan diferensial (Biasa), disingkat PD, adalah persamaan yang melibatkan turunanturunan dari suatu fungsi f (x). contoh2: 1. y ′ + 2 sin x = 0 d2 y dx2

dy + 3x dx − 2y = 0

3. y ′′′ + (y ′ )5 − ex = 0


2.

Turunan tertinggi yang muncul pada suatu PD disebut orde dari PD tersebut. Pada contoh di atas ordenya masing-masing satu, dua dan tiga. Fungsi y = f (x) disebut solusi dari suatu PD bila fungsi tersebut memenuhi PD tersebut. Sebagai contoh fungsi y = sin x merupakan solusi dari y ′′ + y = 0 (tunjukan !). Fungsi y = cos x, juga merupakan solusi dari PD tersebut. Secara umum solusinya berbentuk y = A sin x + B cos x dengan A dan B konstanta. Solusi umum dari PD orde n selalu memuat n buah konstanta. Bila sebuah PD dilengkapi dengan syarat-syarat maka konstanta pada solusi umum dapat dieliminasi. Solusi ini disebut solusi khusus. Sebagai ilustrasi bila PD y ′′ + y = 0 dilengkapi syarat y(0) = 3 dan y ′ (0) = 0 maka solusi khususnya y = 3 cos x PD linear orde n: y (n) + a1 (x) y (n−1) + · · · + an−1(x) y ′ + an (x) y = k(x)

Fungsi a1 (x), a2(x), · · · , an (x) disebut koefisien dari PD linear tersebut. Perkuliahan ini akan membahas pencarian solusi untuk PD linear orde satu dan orde dua saja.




13

Perasamaan Diferensial Linear Orde Satu Bentuk Umum : y ′ + p(x) y = q(x) Tetapkan faktor pengintegral e R

y′ e

p(x) dx

R

+ y p(x) e

p(x) dx

p(x) dx

R

= q(x) e

R R d p(x) dx [y e ] = q(x) e p(x) dx dx Z R R y e p(x) dx = q(x) e p(x) dx dx R − p(x) dx

y=e Contoh:

Z

R

q(x) e

1. Tentukan solusi dari

dy dx

, lalu kalikan pada PD semula.

p(x) dx

p(x) dx

dx

+ x2 y =

sin(3x) x2 ,

y(1) = 0.


R

2. Tangki berisi 120 liter air asin, mengandung 75 gram garam. Air asin yang berisi 1,2 gram garam per liter memasuki tangki dengan laju 2 liter/menit dan air asin keluar dari tangki dengan laju sama. Jika larutan garam dalam tangki selalu homogen, tentukan konsentrasi garam dalam tangki setelah 1 jam dan setelah 100 jam.

Tugas baca: Kalkulus Purcell (terjemahan bahasa Indonesia) Edisi 5 hal 437, tentang kelistrikan.




14

Persamaan Diferensial Linear Orde Dua Bentuk Umum : y ′′ + a1 (x) y ′ + a2 (x) y = k(x) Pembahasan akan dilakukan hanya untuk a1 (x) dan a2 (x) berupa fungsi konstan, yaitu y ′′ + a1 y ′ + a2 y = k(x) Bila k(x) = 0 maka PD tersebut disebut PD linear orde 2 homogen. Untuk mencari solusi PD linear homogen (dengan koefisien konstan), kita harus mencari dahulu solusi PD homogennya.


Perhatikan PD linear orde dua homogen berikut: y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0

Misalkan solusinya adalah y = erx dengan r suatu konstanta. Kita harus menentukan nilai r. Substitusikan solusi ini pada PD homogen semula: r2erx + a1 rerx + a2 erx = 0 r2 + a1 r + a2 erx = 0

r2 + a1 r + a2 = 0

(disebut persamaan karakteristik)

Misalkan r1 dan r2 solusi persamaan karakteristik tersebut, maka tiga bentuk yang mungkin terjadi a.

r1 & r2 real berbeda, solusi PD homogen: y = c1 er1 x + c2 er2 x

b.

r1 & r2 real kembar, solusi PD homogen: y = c1 er1 x + c2 xer1 x

c.

r1 & r2 kompleks r1 = α + β i dan r2 = α − β i solusi PD homogen: y = c1 eαx sin(βx) + c2 eαx cos(βx)

Contoh: Tentukan solusi umum dari PD berikut: 1. y ′′ − 2y ′ − y = 0 2. y ′′ − 6y ′ + 9y = 0 3. y ′′ − 4y ′ + 13y = 0 4. y ′′ + y = 0




15

Sekarang kita akan mencari solusi umum dari PD linear orde dua tak homogen. Perhatikan PD tak homogen y ′′ + a1 y ′ + a2 y = k(x) Tahap pencarian solusinya adalah sebagai berikut: • Cari solusi PD homogennya, misalkah yh = c1 u1 (x) + C2u(2x) Fungsi u1(x) dan u2(x) disebut solusi fundamental. • Cari sebuah solusi PD tak homogennya, misalkan yp .


• Solusi umum PD tak homogen adalah y = yh + yp . Mencari yh sudah dibahas, jadi sekarang tinggal mencari sebuah yp . Ada dua metode pencarian yp yang akan dibahas: • Metode koefisien tak tentu (metode coba-coba) • Metode variasi parameter Metode Koefisien Tak Tentu

Metode ini hanya dapat dipakai untuk beberapa bentuk dari k(x) seperti yang tercantum pada tabel berikut: k(x) a. c eαx

yp dimisalkan t eαx

b. c cos(αx) d sin(αx) s cos(αx) + t sin(αx) c cos(αx) + d sin(αx) c. c0 + c1 x + · · · + cn xn

t0 + t1 x + · · · + tn xn

Solusi yp dimisalkan seperti yang tercantum pada kolom tiga, dengan catatan: • Bila k(x) merupakan kombinasi linear dari bentuk (a), (b) dan (c) maka pemisalan yp juga diambil dari kombinasi kolom ketiga. • Bila pemisalan yp bentuknya sama dengan solusi fundamental, maka pemisalan tersebut harus dikali dengan x atau x2 sampai bentuk pemisalan tersebut tidak sama dengan solusi fundamental.




16

Contoh2: 1. y ′′ − 3y ′ − 4y = 3x2 + 2 2. y ′′ + 2y ′ = 3x2 + 2 3. y ′′ + 4y = sin(2x) 4. y ′′ − 3y ′ − 4y = 3e−x + 3x2 + 2


Metode Variasi Parameter Metode ini dapat dipakai untuk sebarang bentuk k(x). Perhatikan kembali PD tak homogen y ′′ + a1 y ′ + a2 y = k(x). Misalkan solusi homogennya yh = c1 u1(x) + c2 u2(x). Salosi yp yang memenuhi PD tak homogennya adalah: yp = v1(x) u1(x) + v2(x) u2(x) dengan v1 dan v2 fungsi-fungsi yang memenuhi hubungan ′ v1 u1 + v2′ u2 = 0 v1′ u′1 + v2′ u′2 = k(x) Contoh: Tentukan solusi umum PD y ′′ + y = sec x. Tugas Baca: Penerapan PD linear orde 2 pada masalah pegas.



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

Recommend Documents