KALKULUS MULTIVARIABEL I
Oleh
Atina Ahdika, S.Si, M.Si
Ayundyah Kesumawati, S.Si, M.Si
(Program Studi Statistika)
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS ISLAM INDONESIA
Daftar Isi iii
Daftar Gambar v
1 Turunan dalam Ruang Berdimensi n 1
1.1 Fungsi Dua Peubah . . . 1
1.1.1 Pendahuluan . . . 1
1.1.2 Domain Fungsi Dua Peubah . . . 4
1.1.3 Grafik Fungsi Dua Peubah . . . 5
1.2 Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . 10
1.3 Kekontinuan Fungsi 2 Peubah . . . 12
1.4 Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih . . . 15
1.4.1 Turunan Parsial . . . 15
1.4.2 Turunan Fungsi Implisit . . . 16
1.4.3 Fungsi Lebih dari Dua Variabel . . . 17
1.4.4 Turunan - turunan Lebih Tinggi . . . 18
1.4.5 Keterdiferensialan . . . 20
1.4.8 Aturan Rantai . . . 25
1.4.9 Aturan Rantai (Versi Kedua) . . . 26
1.5 Maksimum dan Minimum . . . 27
2 Integral dalam Ruang Berdimensi n 28 2.1 Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang . . . 28
2.2 Integral Berulang . . . 36
2.3 Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan Persegi Panjang . . . 40
2.4 Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub . . . 46
2.5 Penerapan Integral Lipat-Dua . . . 56
3 Kalkulus Vektor 67 3.1 Medan Vektor . . . 67
3.2 Integral Garis . . . 71
3.3 Kebebasan dari Lintasan . . . 82
1.1 Fungsi Satu Peubah . . . 2
1.2 Fungsi Dua Peubah . . . 3
1.3 Keluaran Maple . . . 8
1.4 Output Program Maple . . . 9
1.5 Output Fungsi f(x, y) = −10p|xy| . . . 20
1.6 ilustrasi pendekatan perpotongan garis . . . 21
2.1 Partisi Dua Peubah . . . 29
2.2 Volume Persegi Panjang Rk . . . 30
2.3 Irisan oleh Bidang y = konstanta . . . 36
2.4 Irisan oleh Bidang x = konstanta . . . 37
2.5 Integral di Bawah Daerah Sebarang . . . 40
2.6 Himpunan Sederhana-y . . . 41
2.7 Benda Padat dari Himpunan Sederhana-y . . . 41
2.8 Himpunan Sederhana-x . . . 42
2.9 Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x . . . 43
2.10 Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub . . . 46
2.13 Himpunan Sederhana-θ . . . 49
2.14 Lamina . . . 56
2.15 Partisi Lamina . . . 56
2.16 Partisi P pada Daerah S . . . 62
2.17 S bukan Persegi Panjang . . . 63
3.1 Medan Vektor F(p). . . 67
3.2 Partisi P . . . 71
3.3 Tirai Vertikal Melengkung . . . 72
3.4 Potongan Kurva C . . . 73
Turunan dalam Ruang Berdimensi
n
1.1
Fungsi Dua Peubah
1.1.1
Pendahuluan
Sejauh ini kita telah membahas kalkulus dengan fungsi-fungsi variabel tunggal. Tetapi pada dunia nyata, besaran-besaran yang digunakan seringkali bergantung pada dua variabel atau lebih. Misalkan pada perhitungan suhu T di sebuah titik pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan bergantung pada lin-tang x dan bujur y titik tersebut. Kita dapat memikirkan T sebagai fungsi dua variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Ditunjukkan ketergan-tungan fungsional ini dengan menuliskanT =f(x, y).
Pada bagian ini akan dibahas perluasan konsep pada fungsi satu peubah ke fungsi dua peubah atau lebih. Setelah mempelajari bab ini, mahasiswa diharapkan dapat:
• Menentukan domain dan range suatu fungsi dua peubah atau lebih • Membuat sketsa grafik fungsi dua peubah
Pada Kalkulus I, kita telah membahas tentang fungsi satu peubah, baik eksplisit maupun implisit.
Berikut kita ingat kembali fungsi satu peubah
Gambar 1.1: Fungsi Satu Peubah
Pada fungsi satu peubah,f : A→B. A⊂R dan B⊂R dengan R = himpunan semua bilangan real. Grafik fungsif ={(x, y)|y=f(x), x∈Df}, berupa himpunan titik di R2, dapat berupa garis lurus atau lengkung.
Selanjutnya pada kalkulus lanjut ini, akan dibahas tentang fungsi dengan dua vari-abel atau lebih. Kita telah belajar fungsi satu peubah, y = f(x), dalam hal ini x merupakan peubah bebas dany peubah tak bebas.
Akan diperluas menjadi fungsi dengan peubah lebih dari satu, misal:
f(x, y) = 2x2+y2 g(x, y, z) = 2xeyz
h(x1, x2, x3, x4) = 2x1−2x2+ 4x3+x4
Pada fungsi dua peubah, f : A →B
A ⊂R×R dan B ⊂ R
Grafik fungsif ={(x, y, z)|z =f(x, y),(x, y)∈Df} berupa himpunan diR3, dapat
berupa luasan di R3.
Gambar 1.2: Fungsi Dua Peubah
Fungsi z =f(x, y) adalah fungsi dengan dua peubah, dengan peubah bebas x dan y, sertaz sebagai peubah tak bebas.
Fungsi w =g(x, y, z) adalah fungsi dengan tiga peubah. Peubah x, y dan z meru-pakan peubah bebas danw peubah tak bebas.
Misalkan :
SuhuT di sebuah titik pada permukaan bumi pada sebarang waktu yang diberikan bergantung pada lintangxdan bujur y titik itu. Kita dapat memikirkanT sebagai fungsi dua variabel x dan y, atau sebagai fungsi dari pasangan (x, y). Kita tun-jukkan ketergantungan fungsional ini dengan menuliskanT =f(x, y).
Nilai dari fungsi dengan dua peubah atau lebih dapat ditentukan dengan mema-sukkan nilai - nilaix dan y.
Contoh 1:
f(x, y) = 2x2+y2 f(2,3) = 2.22+ 32 = 17 f(4,−3) = 2.42+ (−3)2 = 41 Definisi
1.1.2
Domain Fungsi Dua Peubah
Jika domain tidak diberikan, maka domain adalah himpunan semua titik sedemikian sehingga fungsi terdefinisi.
Contoh 2:
Pada bidang xy, Tentukanlah daerah asal alami untuk
f = (x, y) = p
x2+y2−25
x (1.1)
penyelesaian
Domain darif adalah himpunan semua pasangan (x, y) yang memenuhi x2+y2−
25 ≥ 0 dan x 6= 0, sebab px2+y2−25 akan bernilai riil jika x2 +y2 −25 ≥ 0.
Jadi, domain f adalah himpunan (x, y) yang berada di luar dan pada lingkaran x2 +y2 = 25, tapi x6= 0.
Contoh 3:
Carilah daerah asal dari fungsi
f(x, y) = p25−x2−y2 (1.2)
penyelesaian
Domain f(x, y) adalah himpunan semua titik yang memenuhi:
25−x2−y2 ≥0 (1.3)
25≥x2+y2 (1.4)
Perhatikan bahwa domain akan berupa himpunan titik di pada dan di dalam lingkaran:
x2+y2 = 25 (1.5)
Contoh 4: Tentukan domain dari fungsi:
Penyelesaian
Perhatikan bahwa g adalah fungsi dengan tiga peubah, sehingga domainnya tidak berada dalam bidang XY, tetapi di sistem koordinat tiga dimensi. Sehingga, fungsi akan terdefinisi jika:
x2+y2+z2−16≥0atau x2+y2+z2 ≥16 (1.7)
1.1.3
Grafik Fungsi Dua Peubah
Ketika kita menyebut grafik (graph) dari fungsi f dengan dua peubah, yang di-maksud adalah grafik dari persamaanz =f(x, y). Grafik ini normalnya merupakan sebuah permukaan, dan karena terhadap masing - masing (x, y) di dalam daerah asal hanya berhubungan dengan satu nilai z, maka setiap garis yang tegak lurus terhadap bidangxy akan hanya memotong permukaan di satu titik.
Penggambaran grafik fungsi akan sangat membantu dalam memahami suatu fungsi. Grafik dapat memberikan ilustrasi atau sebagai representasi visual dari suatu per-samaan.
dalam subbab ini kita akan mencoba menggambarkan grafik fungsi dua peubah tetapi tidak dapat menggambarkan grafik dari fungsi dengan 3 peubah atau lebih. Contoh 5: Tentukan domain dan range dari fungsi berikut dan buat sketsa grafiknya.
z =f(x, y) = p25−x2−y2 (1.8)
Penyelesaian: Dari contoh 1 kita telah tahu bahwa domainnya berupa himpunan titik titik pada da di dalam lingkaran dengan jari – jari 5, yaitu himpunan titik -titik yang memenuhi pertaksamaan:
x2+y2 ≤25 (1.9)
Range dari z adalah semua kemungkinan nilai z.
x2+y2 ≤25 (1.10) Nilai dalam akar bervariasi antara 0 dan 25.
Jadi range-nya adalah 0≤ z ≤ 5. Dengan mengkuadratkan kedua sisi persamaan, akan diperoleh:
z =p25−x2−y2 (1.11)
z2 = 25−x2−y2 (1.12)
x2+y2+z2 = 25 (1.13)
Persamaan diatas merupakan persamaan bola dengan jari - jari 5. Tetapi perhatikan bahwa fungsi:
z =p25−x2−y2 (1.14)
dan persamaan:
x2 +y2+z2 = 25 (1.15)
tidaklah sama. Persamaan tidak merepresentasikan z sebagai suatu fungsi dari x dan y, artinya setiap (x, y) tidak memberikan nilai tunggal untuk z.
Bahwa fungsi di atas mempunyai range 0≤z ≤5, berarti bahwa fungsi ini berupa sebagian setengah atas dari bola. Langkah selanjutnya adalah menggambar grafik, terlebih dahulu kita akan menggambarkan titik - titik di bidang koordinat.
1. Jejak di bidang xy (z = 0).
0 = p25−x2−y2 atau x2+y2 = 25
merupakan lingkaran berpusat di O dengan jari - jari 5 di bidang xy. 2. Jejak di bidang yz (x= 0)
z =p
25−y2 atau y2+z2 = 25 Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 pada
bidang yz.
z =√25−x2 atau x2+z2 = 25
Lingkaran berpusat di O berjari - jari 5 di bidang xz.
Selanjutnya kita dapat menggambarkan jejak di bidang yang sejajar dengan bidang koordinat.
4. Untuk z= 3
3 = p25−x2−y2 atau x2+y2 = 16
Jadi pada bidangz = 3, yang sejajar dengan bidangxy, jejak berupa lingkarang berpusat di (0,0,3) dengan jari - jari 4.
5. Untuk z= 4
4 = p25−x2−y2 atau x2+y2 = 9
Maka pada bidangz = 4, yang sejajar dengan bidang xy, jejak berupa lingkarang berpusat di (0,0,4) dengan jari - jari 3.
Berdasarkan kelima jejak di atas, yaitu tiga jejak di bidang koordinat ditambah dua jejak di bidang yang sejajar dengan bidangxy, maka diperoleh sketsa grafiknya sebagai berikut:
Grafik Komputer Beberapa perangkat lunak, seperti Maple mampu meng-hasilkan grafik berdimensi 3 dengan tingkat kerumitan tertentu dengan mudah. seperti pada contoh beberapa grafik hasil keluaran Maple berikut ini:
Gambar 1.4: Output Program Maple
Latihan 1.
Sketsakan grafik (luasan permukaan) dari fungsi:
1. z = 36−x2 −y2
2. z = 13p36−x2−y2
1.2
Limit Fungsi 2 Peubah atau Lebih
lebih, dengan modifikasi yang sesuai. Definisi limit diberikan sebagai berikut. Definisi
Diketahui fungsi bernilai real f dengan daerah definisi himpunan terbuka D di R2
dan (a, b)∈D,
lim
(x,y)→(a,b)f(x, y) =L (1.16)
Jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sehingga untuk setiap (x, y)∈D yang memenuhi
0<p(x−a)2+ (y−b)2 berlaku|f(x, y)−L|< ε. (1.17)
Contoh
1. lim(x,y)→(0,0)
2x3−y3
x2+y2 = 0
2. lim(x,y)→(a,b)y=b
Beberapa sifat yang dimodifikasi berdasarkan sifat limit pada fungsi satu peubah:
Teorema 1 Jika lim(x,y)→(x0,y0)f(x, y) =L1 dan lim(x,y)→(x0,y0)g(x, y) =L2 maka
1. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y) +g(x, y)] =L1+L2
2. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y)−g(x, y)] =L1−L2
3. lim(x,y)→(x0,y0)[f(x, y).g(x, y)] =L1.L2
4. lim(x,y)→(x0,y0)k.g(x, y) = k.L2
5. lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) g(x, y) =
L1
L2
untuk g(x, y)6= 0
Catatan:
Dalam konsep limit ini:
2. Jika lim(x,y)→(a,b)f(x, y) = L ada bagaimanapun caranya (x, y) mendekati
(a, b) nilaif(x, y) selalu mendekati L.
Contoh
Jikaf(x, y) = xx22−+yy22 maka lim(x,y)→(0,0) tidak ada.
Bukti:
Titik (0,0) dapat didekati melalui tak hingga banyak arah. Untuk itu akan dilihat ketika (x, y) mendekati (0,0) sepanjang sumbu x, sumbu y dan garis y =mx. Jika (x, y) mendekati (0,0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi, y= 0, maka
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = (x,ylim)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 = lim(x)→(0)
x2−0
x2+ 0 = lim(y)→(0)
x2
x2 = 1
Di sisi lain (x, y) mendekati (0,0) sepanjang (melalui) sumbu y(x= 0), maka
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = (x,ylim)→(0,0)
x2−y2
x2+y2 = lim(y)→(0)
0−y2
0 +y2 = lim(y)→(0)
−y2
y2 =−1
Terlihat bahwa dari dua arah yang berbeda diperoleh nilai yang berbeda, dengan demikian dapat disimpulkan bahwa limit f tidak ada untuk (x, y)→(0,0).
Pada contoh diatas kita tidak perlu mencari limitf dari arah lain, karena dari dua arah sudah didapatkan nilai yang berbeda, sehingga dapat disimpulkan bahwa lim-itnya tidak ada.
Jika dari dua arah tersebut nilainya saman maka perlu dicari dari nilai atau pen-dekatan garis yang lain yg melalui titik tersebut misalnya y=mx.
Latihan 2.
Tentukan nilai limit fungsi berikut jika ada.
1. lim(x,y)→(3,−2)
x2+y
x2+y2
2. lim(x,y)→(−2,1)
x2+ 3xy+ 2y2
x+ 2y 3. lim(x,y)→(3,−2)x2 +y
4. lim(x,y)→(0,0)
x2
p
x2+y2
5. lim(x,y)→(0,0)
y2
p
6. lim(x,y)→(0,0)
x2y
p
x4+y2
7. lim(x,y)→(0,0)
xy x4+y2
1.3
Kekontinuan Fungsi 2 Peubah
Kekontinuan fungsi dua peubah diberikan dalam definisi berikut: Definisi
Misalkanf fungsi bernilai real yang terdefinisi pada daerah D⊂R2 dan (a, b)∈D,
maka f dikatakan kontinu di (a, b) jika
lim
(x,y)→(a,b)f(x, y) = f(a, b)
Fungsi f dikatakan kontinu pada D jika f kontinu di setiap titik di D. Jadi un-tuk menunjukkan f kontinu di titik (a, b) harus ditunjukkan ketiga syarat berikut dipenuhi.
i. f(a, b) ada
ii. lim(x,y)→(a,b)f(x, y) ada
iii. lim(x,y)→(a,b)f(x, y) =f(a, b)
Jika salah satu syarat di atas tidak dipenuhi, maka f tidak kontinu di (a, b). Sifat Operasi Aljabar Pada Fungsi Kontinu
Jikaf dan g keduanya kontinu di (a, b) maka
1. f +g kontinu di (a, b) 2. f −g kontinu di (a, b) 3. f g kontinu di (a, b)
Contoh Tentukan apakahf kontinu di (0,0)
f(x, y) =
x2y
x2 +y2 jika (x, y)6= (0,0)
0 jika (x, y) = (0,0)
Penyelesaian:
Dengan menggunakan kriteria kekontinuan fungsi:
(i) f(0,0) = 0 (ada)
(ii) Diselidiki apakah limit f(x, y) ada untuk (x, y)→(0,0)
Jika (x, y) mendekati (0,0) sepanjang (melalui) sumbu x, jadi y= 0, maka
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) = (x,ylim)→(0,0)
x2y
x2+y2 = lim(x)→(0)
x2
x2.0 + 02 = lim(x)→(0)
0 x2 = 0
Jika (x, y) mendekati (0,0) sepanjang (melalui) sumbu y(x= 0), maka
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) =(x,ylim)→(0,0)
x2y
x2+y2 = lim(y)→(0)
0.y2
02+y2 = lim(x)→(0)
0 y2 = 0
Jika (x, y) mendekati (0,0) sepanjang (melalui) y=x, maka
lim
(x,y)→(0,0)f(x, y) =(x,ylim)→(0,0)
x2y
x2+y2 = lim(x)→(0)
x2x
x2+x2 = lim(x)→(0)
x3
2x2 = lim(x)→(0)
x 2 = 0
Dapat disimpulkan bahwa lim(x,y)→(0,0)
x2y
x2+y2 = 0
(iii) lim(x,y)→(0,0)
x2y
x2+y2 = 0 =f(0,0)
Jadi f kontinu di (0,0).
Latihan 3.
b. lim(x,y)→(6,3)xycos(x−2y)
c. lim(x,y)→(0,0)
x2
x2+y2
d. lim(x,y)→(0,0)
(x+y)2
x2+y2
e. lim(x,y)→(0,0)
8x2y2 x4+y4
2. Diberikan f(x, y) = x
2+ 2y
x2−2y dan g(x, y) =
x4−4y4
x2+ 2y2
Tunjukkan bahwa:
a. limitf(x, y) untuk (x, y)→(2,2) tidak ada.
b. limit g(x, y) untuk (x, y)→(0,0) sama dengan nol. c. limitg(0,0) = 0 apakahg(x, y) kontinu di (0,0). 3. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut :
f(x, y) =
2x−y
x+y jika (x, y)6= (0,0) 0 jika (x, y) = (0,0)
4. Selidiki titik-titik kekontinuan fungsi berikut:
f(x, y) =
xy
x2+y2 jika (x, y)6= (0,0)
1.4
Turunan Fungsi 2 Peubah atau Lebih
1.4.1
Turunan Parsial
Umumnya, jika f adalah fungsi 2 peubah x dan y, andaikan kita misalkan hanya x saja yang berubah-ubah sedangkan y dibuat tetap, katakan y = b, dengan b konstanta. Baru sesudah itulah kita sebenarnya meninjau fungsi satu peubah x yaitu g(x) = f(x, b). Jika g mempunyai turunan di a, maka kita menamakannya turunan parsial darif terhadapx di(a, b) dan menyatakannya denganfx(a, b). Jadi
fx(a, b) = g′(a)dengan g(x) =f(x, b) (1.18) Menurut definisi turunan, kita mempunyai
g′(a) = lim
(h)→(0)
g(a+h)−g(a)
h (1.19)
sehingga perluasannya menjadi
fx(a, b) = lim
(h)→(0)
f(a+h, b)−f(a, b)
h (1.20)
Dengan cara serupa, turunan parsial dari f terhadap y di (a,b), dinyatakan dengan fy(a, y), diperoleh dengan membuat x tetap (x = a) dan mencari turunan biasa dib dari fungsi G(y) =f(a, y):
fy(a, b) = lim
(h)→(0)
f(a, b+h)−f(a, b)
h (1.21)
Misalkan titik (a, b) berubah-ubah dalam persamaan diatas,fxdanfy menjadi fungsi dua peubah yang dapat disimpulkan sebagai berikut
Jika f adalah fungsi dua peubah, turunan parsialnya adalah fx dan fy yang didefisikan oleh
fx(x, y) = lim
(h)→(0)
f(x+h, y)−f(x, y)
fy(x, y) = lim
(h)→(0)
f(x, y +h)−f(x, y)
h (1.23)
Notasi untuk Turunan Parsial Jikaz =f(x, y), kita tuliskan
fx(x, y) =fx = ∂f ∂x =
∂
∂xf(x, y) = ∂z
∂x =f1 =D1f =Dxf (1.24) fy(x, y) =fy = ∂f
∂y = ∂
∂yf(x, y) = ∂z
∂y =f2 =D2f =Dyf (1.25)
Untuk menghitung turunan parsial, yang harus dilakukan adalah mengingat dari persamaanfx(a, b) bahwa turunan parsial terhadap xtidak lain adalah turunan bi-asadari fungsig dari variabel tunggal yang diperoleh dengan membuat y tetap.
Aturan untuk Pencarian Turunan Parsial dari z=f(x, y)
1. Untuk mencari fx, pandang y sebagai konstanta dan diferensialkan f(x, y) terhadap x
2. Untuk mencari fy, pandang x sebagai konstanta dan diferensialkan f(x, y) terhadap y
Contoh 1 Jika f(x, y) = x3+x2y3−2y2, carilah fx(2,1) dan fy(2,1)
Penyelesaian
Contoh 2 Jika f(x, y) = sin x
1 +y, carilah ∂f ∂x dan
∂f
∂y Penyelesaian
1.4.2
Turunan Fungsi Implisit
Diferensiasi F[x, y, f(x, y)] = 0, variabel - variabel bebas adalah x dan y dan bahwa z = f(x, y). Untuk menentukan ∂f
∂x dan ∂f
∂y, pada mulanya kita menulis (amati bahwa F(x, t, z) adalah nol untuk semua pasangan domain (x, y), dengan kata lain adalah konstanta):
0 = dF =Fxdx+Fydy+Fzdz (1.26) dan kemudian menghitung turunan parsialFx, Fy dan Fz meskipunx, y, z memben-tuk himpunan variabel bebas. Pada tahap ini, kita menggunakan ketergantungan z pada x dan y untuk memperoleh bentuk diferensial dz = ∂f
∂xdx+ ∂f
∂ydy. Melalui subtitusi dan sejumlah operasi aljabar hasil-hasil berikut ini diperoleh:
∂f ∂x =−
Fx Fz,
∂f ∂y =−
Fy
Fz (1.27)
Contoh 3 Carilah dz dx dan
dz
dy, jika z didefinisikan secara implisit sebagai fungsi x dan y oleh persamaan
x3+y3+z3+ 6xyz = 1 Penyelesaian
JikaF(x, y, z) = 0 =x3+y3+z3+ 6xyz−1 dan z =f(x, y) makaFx= 3x2+ 6yz,
Fy = 3y2+ 6xz, dan Fz = 3z2+ 6xy. Maka
∂f ∂x =−
3x2+ 6yz 3z2 + 6xy,
∂f ∂y =−
3y2+ 6xz
3z2+ 6xy
1.4.3
Fungsi Lebih dari Dua Variabel
ter-hadapx didefinisikan sebagai berikut
fx(x, y, z) = lim
(h)→(0)
f(x+h, y, z)−f(x, y, z) h
dan ditemukan dengan cara memandangydan z sebagai konstanta serta mendefer-ensialkanf(x, y, z) terhadapx. Jikaω =f(x, y, z), makafx = ∂ω
∂x dapat ditafsirkan sebagai laju perubahanωterhadapxketikaydanzdianggap konstan. Tetapi untuk kasus 3 peubah kita tidak dapat menafsirkannya secara geometrik karena grafik f terletak di ruang empat dimensi.
Umumnya, jika u adalah fungsi n variabel, u=f(x1, x2, ..., xn), turunan
par-sialnya terhadap variabelxi ke-i adalah ∂u
∂xi = lim(h)→(0)
f(x1, ...xi−1, xi+h, xi+1, ..., xn)−f(x1, x2, ..., xn) h
atau dapat dituliskan dalam bentuk lain ∂u
∂xi = ∂f
∂xi =fxi =fi =Dif Contoh 4 Carilahfx, fy dan fz jika f(x, y, z) =exylnz. Penyelesaian
1.4.4
Turunan - turunan Lebih Tinggi
Jikaz =f(x, y), kita gunakan notasi:
(fx)x =fxx =f11 =
∂ ∂x ∂f ∂x = ∂ 2f
∂x2 =
∂2z
∂x2
(fx)y =fxy =f12=
∂ ∂y ∂f ∂x = ∂ 2f
∂y ∂x = ∂2z
∂y ∂x
(fy)x =fyx =f21=
∂ ∂x ∂f ∂y = ∂ 2f
∂x ∂y = ∂2z ∂x ∂y
(fy)y =fyy =f22=
∂ ∂y ∂f ∂y = ∂ 2f
∂y2 =
∂2z
∂y2
Jadi, notasi fxy bermakna bahwa pertama kita mendiferensialkan terhadap x dan kemudian terhadapy, sedangkan dalam menghitungfyx urutannya dibalik. Contoh 5Jika f(x, y) = x3+x2y3−2y2, carilah turunan parsial keduanya untuk masing-masing x dan y
Latihan Soal
1. Jika φ(x, y) =x3y+exy2
tentukanlah a. φx(x, y)
b. φy(x, y) c. φxx(x, y) d. φyy(x, y) e. φxy(x, y) f. φyx(x, y) 2. Tentukan dz
dx dan dz dy dari: a. x2z+yz2+ 2xy2−z3 = 0
b. x2tan−1y
x
= 0 c. x2yz−xy+yz = 0
1.4.5
Keterdiferensialan
Untuk sebuah fungsi satu peubah, keterdiferensialan (dif f erentiability) dari f di x berarti adanya turunan f′(x). Sehingga, keterdiferensialan ini akan ekuivalen dengan grafik darif yang mempunyai garis singgung tak vertikal dix.
Konsep untuk keterdiferensialan sebuah fungsi dua peubah berhubungan dengan kaidah normal tentang keberadaan sebuah bidang singgung, dan jelas bahwa hal ini membutuhkan lebih dari sekedar keberadaan turunan-turunan parsial darif semata, karena turunan-turunan tersebut mencerminkan sifat f hanya dalam dua arah. Ilustrasi: Misalkan ada fungsi dua peubah:
f(x, y) = −10p|xy| yang ditunjukkan pada output program
Gambar 1.5: Output Fungsif(x, y) =−10p|xy|
Untuk fx(0,0) dan fy(0,0) keduanya ada dan sama dengan 0; meskipun tidak dapat dipastikan bahwa grafiknya mempunyai sebuah bidang singgung di titik asal. Alasannya adalah, tentu bahwa grafik dari f tidak dapat dihampiri dengan baik di titik asal tersebut oleh sebarang bidang (khususnyam bidang xy) kecuali dalam dua arah. Sebuah bidang singgung seharusnya akan menghampiri grafik tersebut dengan sangat baik dalam segala arah.
Cara lain untuk dapat melihat keterdiferensialan sebuah fungsi dengan peubah tung-gal adalah sebagai berikut:
Ilustrasi:
(a, f(a)) yang mendekati fungsi tersebut untuk nilai x dekat a. Dengan kata lain, f hampir mendekati linier dekat a. gambar berikut mngilustrasikan hal ini untuk fungsi satu peubah, ketika grafik y = f(x) diperbesar, garis singgung dan fungsi tersebut hampir tidak dapat dibedakan. Untuk lebih tepatnya, kita dapat
men-Gambar 1.6: ilustrasi pendekatan perpotongan garis
gatakan bahwa sebuah fungsi f disebutlinier setempat dia jika terdapat sebuah konstantam sedemikian rupa sehingga
f(a+h) = f(a) +hm+hε(h)
dimanaε(h) adalah sebuah fungsi yang memenuhi limh→0ε(h) = 0. Dengan
menye-lesaikanε(h) akan menghasilkan
ε(h) = f(a+h)−f(a)
h −m
Fungsi ε(h) adalah perbedaan antara kemiringan garis potong yang melalui titik (a, f(a)) dan titik (a+h, f(a+h)) dengan kemiringan garis singuung yang melalui (a, f(a)). Jika f bersifat linear setempat di a, maka
lim
h→0ε(h) = limh→0
f(a+h)−f(a)
h −m
= 0
yang berarti bahwa
lim h→0
f(a+h)−f(a)
h =m
limh→0
f(a+h)−f(a)
h =f′(a) =m, sehinggaf linear setempat. Dengan demikian, pada kasus satu peubah, f akan linear setempat di a jika dan hanya jika f dapat didefensialkan dia.
Konsep kelinieran setempat ini juga berlaku pada situasi sama dimana f adalah fungsi dua peubah. Berikut definisi linear setempat untuk fungsi dua peubah Defin-isi Fungsif dikatakan linear setempat di (a, b) jika
f(a+h1, b+h2) = f(a, b) +h1fx(a, b) +h2fy(a, b) +h1ε1(h1, h2) +h2ε2(h1, h2)
dimanaε1(h1, h2 →0 ketika (h1, h2)→0 dan ε2(h1, h2 →0 ketika (h1, h2)→0
Berdasarkan uraian diatas maka kita dapat mendefinisikan keterdiferensialan yang sama dengan kelinearan setempat.
Definisi
Fungsisdapat dideferensialkan dipjika fungsi tersebut linear setempat dip. Fungsi fdapat dideferensialkan pada sebuah himpunan terbukaRjika fungsi tersebut dapat dideferensialkan di setiap titik di R.
Vektor (fx(p), fy(p)) = fx(p)i+fy(p)jdilambangkan dengan∇f(p) dan dise-but gradien dari f. Jadi,f dapat dideferensialkan di [p] jika dan hanya jika
f(p+h) =f(p) +∇f(p).h+ε(h.)h
dimanaε(h) →0 ketika h →0. Operator ∇ dibaca ”del” dan sering disebut oper-ator del.
Dalam hal-hal yang telah dikemukakan diatas, gradien menjadi analog dengan tu-runan. Aspek-aspek yang tersirat dari definisi diatas adalah:
1. Turunan f′(x) adalah sebuah bilangan, sedangkan gradien ∇f(p) adalah se-buah vektor.
2. Hasilkali ∇f(p).h dan ε(h).h adalah hasilkali titik.
3. Definisi-definisi keterdiferensialan dan gradien dapat dikembangkan dengan mudah menjadi ruang berdimensi berapapun.
jika f(x, y) mempunyai turunan-turunan parsial kontinu fx(x, y) dan fy(x, y) pada sebuah himpunan Dyang bagian dalamnya mengandung (a, b), maka f(x, y) dapat dideferensialkan di (a, b).
Jika fungsif dapat dideferensialkam dip0, maka ketikah mempunyai besaran
yang kecil
f(p0+h) = f(p0) +∇f.h
dengan menganggapp=p0+hkita menjumpai fungsiT yang didefinisikan sebagai T(p) =f(p0) +∇f(p0).(p−p0)
Harusnya menjadi hampiran yang baik untuk f(p) jika p dekat dengan p0. Per-samaan z =T(p) mendefinisikan sebuah bidang yang menghampiri f di dekat p0. Biasanya ini disebutbidang singgung.
Contoh Soal Tunjukkan bahwa f(x, y) = xey +x2y dapat diturunkan
di-manapun dan tentukan persamaan bidang singgung di titik (2,0). Penyelesaian
Pertama buktikan bahwa turunan parsial dari masing-masing variabel kontinu. ∂f
∂x =e
y+ 2xy dan ∂f ∂y =xe
y +x2
Latihan Soal
Tentukan persamaan bidang singgung
1. f(x, y) =x2y−xy2, di p=(-2,3)
2. f(x, y) =x3y+ 3xy2, di p=(2,-2)
3. f(x, y) =cosπx sinπy+sin2πy,p=(−1,1 2) 4. f(x, y) = x
2
y , p=(2,-1)
5. f(x, y, z) = 3x2−2y2+xz2,p=(1,2,-1)
1.4.6
Turunan Berarah dan Gradien
Untuk sebarag vektor satuanu, misalkan Duf(p) = lim
h→0f(p+hu)−f(p)
Limit ini, jika ada disebut turunan berarah (dirrectional derivative) dari f di p pada arahu
Gambar dibawah menunjukkan interpretasi geometrik dan turunan berarah. Vektor u menentukan sebuah garis L di bidang xy melalui (x0, y0). Bidang yang melalui
L ini tegak lurus terhadap bidang xy dan memotong permukaan z = f(x, y) pa-da kurva C. Persinggungannya di titik (x0, y0, f(x0, y0)) mempunyai kemiringan di
Duf(x0, y0). Interpretasi yang lain adalah bahwa Duf(x0, y0) mengukur laju
pe-rubahan f terhadap jaraka dalam arah u.
1.4.7
Hubungan Turunan Berarah dengan Gradien
berdasarkan
∇f(p) =fx(p)i+fy(p)i didapatkan
Teorema A
pada arah vektor satuanu=u1i+u2j dan
Duf(p) =u.∇f(p)
yakni
Duf(x, y) = u1fx(x, y) +u2fy(x, y)
Contoh:
1. Jikaf(x, y) = 4x2−xy+ 3y2, tentukan turunan berarah darif di (2,−1) pada
arah vektor a= 4i+ 3j
2. Tentukan turunan berarah dari fungsi f(x, y, z) = xysinz di titik (1,2,π 2) pada arah vektor a=i+ 2j+ 2k
Teorema B (Laju Perubahan Maksimum) Sebuah fungsi meningkat paling cepat di p pada arah gradiennya (dengan laju |∇f(p)|) dan menurun paling cepat pada arah yang berlawanan (dengan laju −|∇f(p)| )
Contoh:
Andaikan seekor serangga berada pada paraboloid hiperbolik z = y2−x2 di titik
(1,1,0). Ke arah manakah seharusnya serangga tersebut bergerak untuk melewati lintasan yang paling curam dan bagaimanakah kemiringannya ketika serangga terse-but mulai keluar ?
1.4.8
Aturan Rantai
Jika z = f(x, y), dimana x dan y adalah fungsi-fungsi dari t, maka masuk akal apabila kita menyatakan dz
dt, dan tentunya terdapat sebuah rumus untuk itu. Teorema Aturan Rantai Misalkan x = x(t) dan y = y(t) dapat diderensialkan di t, dan misalkan z = f(x, y) dapat dideferensialkan di (x(t), y(t)), maka z = f(x(t), y(t)) dapat dideferensialkan di t dan
dz dt =
∂z ∂x
dz dx +
∂z ∂y
Contoh
1. Andaikanz =x3y dimana x= 2t dan y=t2. Tentukan dz
dt
2. Ketika sebuah silinder lingkaran tegak yang padat dipanaskan, jari-jari r dan tingginya h akan meningkat, sehingga luas permukaannya S juga meningkat. Andaikan pada waktu sesaat ketika r = 10 cm, dan h = 100 cm, r meningkat 0,2 cm per jam dan h meningkat 0,5 cm per jam, Seberapa cepatkah peningkatan S pada waktu tersebut ?
1.4.9
Aturan Rantai (Versi Kedua)
Jika z =f(x, y), dimana x =x(s, t) dan y=y(s, t), maka masuk akal apabila kita menanyakan ∂z
∂s dan ∂z ∂t
Teorema Aturan Rantai (Versi Kedua) Misalkan x = x(s, t) dan y = y(s, t) mempunyai turunan parsial pertama di (s, t) dan misalkan z =f(x, y) dapat didef-erensialkan di (x(s, t), y(s, t)). Maka z = f(x(s, t), y(s, t)), mempunyai turunan parsial pertama yang dinyatakan dengan
∂z ∂s =
∂z ∂x
∂x ∂s +
∂z ∂y
∂y ∂s
dan
∂z ∂t =
∂z ∂x
∂x ∂t +
∂z ∂y
∂y ∂t
Contoh
1. Jikax= 3x2−y2, dimanax= 2s+ 7t dany= 5st, tentukan ∂z
∂t dan nyatakan dalam s dan t.
2. w=x2+y2+z2+xy, dimanax=st, y=s−t, danz =s+ 2t. tentukan ∂w
∂t dan ∂w
1.5
Maksimum dan Minimum
Misalkanp=(x,y) adalah sebuah titik peubah danp0 = (x0, y0) adalah sebuah titik
tetap apada bidang berdimendi dua (kedua titik tesebut berlaku untuk titik-titik pada ruang berdimensi n)
Definisi
Misalkanf adalah fungsi dengan daerah asalS, dan misalkanp0 adalah sebuah titik diS.
1. f(p0) adalah nilai maksimum global dari f di S jika f(p0) ≥ f(p) untuk seluruh p di S.
2. f(p0) adalah nilai minimum global dari f di S jika f(p0) ≤ f(p) untuk
seluruh p di S.
3. f(p0) adalah nilai ekstrim global dari f di S jika f(p0) bukan nilai maksi-mum global dan bukan nilai minimaksi-mum global.
Teorema A
Jika f kontinu pada sebuah himpunan S tertutup terbatas, maka f mencapai nilai maksimum (global) dan nilai minimum (global) di himpunan tersebut.
Integral dalam Ruang Berdimensi
n
2.1
Integral Lipat-Dua atas Persegi Panjang
Pada bab sebelumnya, kita telah mempelajari mengenai pendiferensialan dalam ru-ang berdimensin, selanjutnya yang akan kita pelajari adalah pengintegralan dalam ruang berdimensi n. Pada dasarnya, masalah-masalah yang dipecahkan dengan menggunakan integral pada ruang berdimensinmemiliki prinsip yang sama dengan integral pada satu variabel. Pada bab ini, kita akan menggunakan integral lipat un-tuk menghitung volume benda padat, luas permukaan, dan pusat massa dari lapisan tipis (lamina), dan benda-benda padat dengan berbagai kerapatan. Pengintegralan berlipat ini akan disederhanakan menjadi pengintegralan tunggal berurutan di mana Teorema Dasar Kalkulus Kedua memainkan peranan yang penting.
Ingat kembali mengenai integral Riemann pada fungsi satu variabel di mana kita membagi interval [a, b] menjadi interval-interval kecil dengan panjang ∆xk, k = 1,2, . . . , n, berdasarkan partisi p: x1 < x2 < . . . < xk mengambil sebuah titik
contoh ¯xk dari interval ke-k, kemudian b
Z
a
f(x)dx= lim |p|→0
n X
k=1
Prinsip tersebut berlaku pula pada ruang berdimensi dua sehingga kita dapat mendefinisikan integral untuk fungsi dua peubah. Misalkan f(x, y) kontinu pada himpunan berbentuk persegi panjangR yaitu
R ={(x, y) :a≤x≤b, c≤y≤d}
Bentuklah partisi p pada himpunan R yaitu garis-garis yang sejajar dengan sumbuxdan sumbuymenjadi persegi panjang-persegi panjang kecil dengan panjang sisi-sisinya masing-masing ∆xk dan ∆yk (perhatikan Gambar 2.1).
Gambar 2.1: Partisi Dua Peubah
Pembuatan partisi ini membagi R menjadi persegi panjang-persegi panjang yang lebih kecil sebanyak n (notasi: Rk), k = 1,2, . . . , n. Misalkan panjang sisi-sisiRk masing-masing adalah ∆xk dan ∆yk dan misalkan luas persegi panjang ke-k yaitu ∆Ak = ∆xk∆yk. Pada persegi panjangRkambil sebuah titik ( ¯xk,yk) sehingga¯ dapat ditentukan bentuk jumlah Riemann-nya yaitu
n X
k=1
Gambar 2.2: Volume Persegi Panjang Rk
Dengan demikian, berikut adalah definisi dari integral lipat-dua.
Definisi Integral Lipat-Dua
Misalkan f adalah fungsi dengan dua peubah yang didefinisikan pada sebuah persegi panjang tertutup R. Jika
lim |p|→0
n X
k=1
f( ¯xk,yk)∆Ak,¯
ada, makaf dapat diintegralkan di R. RR
R
f(x, y)dA disebutintegral lipat-duadari f atas R dan dapat dinyatakan dengan
Z Z
R
f(x, y)dA= lim |p|→0
n X
k=1
f( ¯xk,yk)∆Ak¯
Contoh: Hampirilah RR
R
f(x, y)dA berikut dengan menghitung jumlah Riemann di mana f(x, y) = 64−816x+y2 dan R ={(x, y) : 0 ≤x≤4,0≤y≤8}
Titik-titik contoh yang diperlukan dan nilai-nilai yang berhubungan pada fungsi tersebut adalah sebagai berikut
( ¯x1,y¯1) = (1,1), f( ¯x1,y¯1) =
57 16 ( ¯x2,y¯2) = (1,3), f( ¯x2,y¯2) =
65 16 ( ¯x3,y¯3) = (1,5), f( ¯x3,y¯3) =
81 16 ( ¯x4,y¯4) = (1,7), f( ¯x4,y¯4) =
105 16 ( ¯x5,y¯5) = (3,1), f( ¯x5,y¯5) =
41 16 ( ¯x6,y¯6) = (3,3), f( ¯x6,y¯6) =
49 16 ( ¯x7,y¯7) = (3,5), f( ¯x7,y¯7) =
65 16 ( ¯x8,y¯8) = (3,7), f( ¯x8,y¯8) =
89 16 Karena ∆Ak= 4, maka diperoleh
Z Z
R
f(x, y)dA=
8
X
k=1
f( ¯xk,yk)∆Ak¯ = 4
8
X
k=1
f( ¯xk,yk)¯
= 4(57 + 65 + 81 + 105 + 41 + 49 + 65 + 89) 16
Teorema Keterintegralan
Jika f terbatas pada suatu persegi panjang tertutup R dan jika fungsi ini kontinu diR, kecuali pada sejumlah hingga kurva mulus, maka f dapat diitegralkan padaR. Secara khusus, jika f kontinu di seluruh R, makaf dapat diintegralkan di R.
Sifat-sifat Integral Lipat-Dua
1. Bersifat linear a. RR
R
kf(x, y)dA=kRR R
f(x, y)dA;
b. RR R
[f(x, y) ± g(x, y)]dA=RR R
f(x, y)dA ± RR R
g(x, y)dA
2. Bersifat aditif (penjumlahan) pada daerah yang saling tumpang tindih hanya pada sebuah ruas garis
Z Z
R
f(x, y)dA = Z Z
R1
f(x, y)dA + Z Z
R2
f(x, y)dA
3. Perbandingan pada integral lipat-dua, jika f(x, y) ≤ g(x, y) untuk seluruh (x, y) di R, maka
Z Z
R
f(x, y)dA≤ Z Z
R
Perhitungan pada Integral Lipat-Dua
Jika f(x, y) = 1 di R maka integral lipat-dua merupakan luas dari R, Z Z
R
kdA=k Z Z
R
1dA=kA(R)
Contoh:
Misalkan f adalah fungsi tangga, yaitu misalkan
f(x, y) =
1 0 ≤x≤3,0≤y≤1 2 0 ≤x≤3,1≤y≤2 3 0 ≤x≤3,2≤y≤3 Hitung RR
R
f(x, y)dA di mana R ={(x, y) : 0 ≤x≤3,0≤y≤3}.
Penyelesaian:
Buat persegi panjangR1,R2, dan R3 sebagai berikut
R1 ={(x, y) : 0≤x≤3,0≤y≤1}
R2 ={(x, y) : 0≤x≤3,1≤y≤2}
Dengan menggunakan sifat penjumlahan pada integral lipat-dua diperoleh: Z Z
R
f(x, y)dA = Z Z
R1
f(x, y)dA + Z Z
R2
f(x, y)dA + Z Z
R3
f(x, y)dA
= 1A(R1) + 2A(R2) + 3A(R3)
Latihan 2.1
1. Misalkan R = {(x, y) : 1 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 2}, hitung RR R
f(x, y)dA di mana
f(x, y) = (
2 1≤x≤3,0≤y ≤2 3 3≤x≤4,0≤y ≤2 2. Misalkan:
R ={(x, y) : 0 ≤x≤2,0≤y≤2} R1 ={(x, y) : 0≤x≤2,0≤y≤1}
R2 ={(x, y) : 0≤x≤2,1≤y≤2}
Misalkan pula:
Z Z
R
f(x, y)dA= 3
Z Z
R
g(x, y)dA = 5
Z Z
R1
g(x, y)dA = 2
. Hitunglah: a. RR
R
[3f(x, y)−g(x, y)]dA b. RR
R1
[2g(x, y) + 3]dA
3. Hitunglah RR R
2.2
Integral Berulang
Sekarang yang akan kita hadapi adalah menghitungRR R
f(x, y)dAdi manaR adalah persegi panjang R = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} dan menginterpretasikannya sebagai volume V dari benda padat di bawah permukaan
V = Z Z
R
f(x, y)dA (2.1)
Terdapat cara lain untuk menghitung volume benda padat yaitu dengan men-giris benda padat tersebut menjadi lempengan-lempengan tipis yang sejajar dengan bidang xz atau yz. Misalkan kita akan menggunakan lempengan-lempengan tipis yang sejajar dengan bidangxz, perhatikan Gambar 2.3 berikut.
Gambar 2.3: Irisan oleh Bidang y = konstanta
MisalkanAy adalah luas muka lempengan sedangkan ∆ymerupakan ketebalan lempengan, maka volume dari lempengan tersebut dapat dihampiri dengan
∆V ≈A(y)∆y atau
V = d Z
c
Di sisi lain, luas Ay dapat dihampiri dengan
A(y) = b Z
a
f(x, y)dx
Dengan demikian, volume dari benda padat tersebut dapat diperoleh yaitu
V = d Z
c
A(y)dy= d Z
c
b Z
a
f(x, y)dx
dy (2.2)
Dengan menggabungkan persamaan (2.1) dan (2.2) diperoleh
Z Z
R
f(x, y)dA= d Z
c
b Z
a
f(x, y)dx
dy
Persamaan tersebut disebut integral berulang.
Selanjutnya, dengan cara yang sama, penghitungan volume juga dapat di-lakukan dengan mengiris lempengan sejajar dengan sumbuyz.
Pengintegralan yang terjadi dalam urutan yang berlawanan yaitu
Z Z
R
f(x, y)dA= b Z
a
d Z
c
f(x, y)dy
dx
Contoh:
Tentukan volumeV suatu benda padat di bawah permukaan z = 4−x−y dan di atas persegi panjang R={(x, y) : 0≤x≤2,0≤y≤1}.
Penyelesaian:
V = Z Z
R
f(x, y)dA = Z Z
R
A(x)dx
= x=2
Z
x=0
y=1
Z
y=0
(4−x−y)dy dx= x=2
Z
x=0
4y−xy− y
2
2 1
0
dx
= x=2
Z
x=0
7 2−x
Latihan 2.2
1. Hitunglah integral berulang berikut a.
2
R
1 3
R
0
(xy+y2)dx dy
b. ln3
R
0
ln2
R
0
ex+ydy dx
c. ln3
R
0 1
R
0
xyexy2
dy dx
2. Sketsa dan hitunglah volume benda padat berikut a.
2
R
0 2
R
0
(x2+y2)dy dx
b. Benda padat di antara z = x2 +y2 + 2 dan z = 1 dan terletak di atas
R ={(x, y) :−1≤x≤1,0≤y≤1} 3. Hitung integral berulang berikut
2
Z
−2 1
Z
−1
2.3
Integral Lipat-Dua atas Daerah Bukan
Perse-gi Panjang
Misalkan himpunan S tertutup dan terbatas pada bidang. Himpunan S tersebut terkandung dalam sebuah persegi panjangR dengan sisi-sisi sejajar sumbu koordi-natnya.
Definisikan, f(x, y) = (
f(x, y) jika (x, y) di S 0 jika (x, y) di R-S
Gambar 2.5: Integral di Bawah Daerah Sebarang f bisa diintegralkan di S jika f dapat diintegralkan pada R
Z Z
S
f(x, y)dA = Z Z
R
f(x, y)dA
Penghitungan Integral Lipat-Dua atas Himpunan Umum
1. Himpunan Sederhana-y
Sebuah himpunanS dikatakan sederhana-yjika himpunan tersebut sederhana pada arah y, artinya bahwa sebuah garis pada arah ini memotong S dalam selang tunggal (atau titik atau tidak sama sekali).
Gambar 2.6: Himpunan Sederhana-y
Untuk tiap nilai x, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak lurus sb-x adalah
A(x) =
y=g2(x)
Z
y=g1(x)
f(x, y)dy
Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda padat dan dihitung volumenya maka
V = x=b Z
x=a
A(x)dx= x=b Z
x=a
y=g2(x)
Z
y=g1(x)
f(x, y)dy
dx
atau
Z Z
S
f(x, y)dA= x=b Z
x=a
y=g2(x)
Z
y=g1(x)
f(x, y)dy
dx
2. Himpunan Sederhana-x
Himpunan S disebut sederhana-x jika terdapat fungsi h1(y) dan h2(y) pada
selang [c, d] sedemikian rupa sehingga
S ={(x, y) :h1(y)≤x≤h2(y), c≤y ≤d}
Gambar 2.8: Himpunan Sederhana-x
Untuk tiap nilai y, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak lurus sb-y adalah
A(y) =
x=h2(y)
Z
x=h1(y)
Himpunan sederhana-y tersebut apabila digambarkan dalam bentuk benda padat dan dihitung volumenya maka
Gambar 2.9: Benda Padat dari Himpunan Sederhana-x
V = y=d Z
y=c
A(y)dy = y=d Z
y=c
x=h2(y)
Z
x=h1(y)
f(x, y)dx
dy
atau
Z Z
S
f(x, y)dA= y=d Z
y=c
x=h2(y)
Z
x=h1(y)
f(x, y)dx
dy
Contoh:
Gunakan integral lipat-dua untuk menentukan volume dari tetrahedron yang di-batasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang 3x+ 6y+ 4z−12 = 0.
Penyelesaian:
Daerah segitiga pada bidang xy yang membentuk alas tetrahedron dilambangkan dengan S. Kita akan menghitung volume benda padat di bawah permukaan 3x+ 6y+ 4z−12 = 0 atau 3
Bidang tersebut memotong bidang xy di garis x + 2y −4 = 0, suatu ruas yang merupakan bagian dari batas S. Karena persamaan ini dapat ditulis sebagai y= 2−x2 dan x= 4−2y, maka S dapat dipandang sebagai himpunan sederhana-y
S ={(x, y) : 0≤x≤4,0≤y≤2− x 2} atau sebagai himpunan sederhana-x
S ={(x, y) : 0 ≤x≤4−2y,0≤y≤2}
Dengan memperlakukan bidang S sebagai himpunan sederhana-y (hasilnya sama dengan cara yang lain), maka volume benda padat tersebut adalah
V = Z Z
S 3
4(4−x−2y)dA=
4
Z
0 2−x
2
Z
0
3
4(4−x−2y)dy dx
=
4
Z
0
3 4
4y−xy−y22−x2
0 dx
= 3 16
4
Z
0
(16−8x+x2)dx
= 3 16
16x−4x2+x
3
3 4
0
Latihan 2.3
1. Sketsalah benda padat berikut kemudian tentukan volumenya dengan integral berulang.
a. Tetrahedron yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidangz = 6−2x−3y
b. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang-bidang koordi-nat dan bidang-bidang 2x+y−4 = 0 dan 8x+y−4z = 0
c. Benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh silinder y = x2 dan
bidang-bidang x= 0, z = 0, dan y+z = 1 2. HitunglahRR
S
sin(y3)dA, di manaSadalah daerah yang dibatasi oleh y=√x,
2.4
Integral Lipat-Dua dalam Koordinat Kutub
Terdapat beberapa kurva tertentu pada suatu bidang yang lebih mudah dijelaskan dengan menggunakan koordinat Kutub. Misalkan z = f(x, y) menentukan sebuah permukaan atasR (lihat gambar) dan andaikan f kontinu dan tak negatif.
Gambar 2.10: Bidang di Bawah Kurva dengan Koordinat Kutub
Maka volume V benda padat di bawah permukaan tersebut dan di atas R dapat dinyatakan
V = Z Z
R
f(x, y)dA
Di dalam koordinat kutub, persegi panjang kutub R mempunyai bentuk R={(r, θ) :a ≤r≤b, α ≤θ ≤β}
di manaa≥0 danβ−α ≤2π. Demikian pula, persamaan permukaan dapat ditulis sebagai
z=f(x, y) =f(r cos θ, r sin θ) = F(r, θ)
Kita akan menghitung volumeV dengan cara baru yaitu dengan menggunakan ko-ordinat kutub.
dan misalkan ∆rk dan ∆θk menyatakan dimensi potongan Rk. Luas A(Rk) diny-atakan dengan
A(Rk) = ¯rk∆rk∆θk
di mana ¯rk adalah jari-jari rata-rata Rk.
Gambar 2.11: Partisi-partisi R
Jadi, volumenya dapat dihitung
V ≈ n X
k=1
F(¯rk,θk)¯¯ rk∆rk∆θk
Ketika kita menggunakan limit sebagai aturan pembagian partisi yang mendekati nol, maka kita akan memperoleh volume yang sebenarnya. Limit ini adalah sebuah integral lipat-dua.
V = Z Z
R
F(r, θ)r dr dθ = Z Z
R
f(r cos θ, r sin θ)r dr dθ
Dari uraian di atas, kita mempunyai dua rumus untuk V yaitu Z Z
R
f(x, y)dA= Z Z
R
Contoh:
Tentukan volumeV dari benda padat di atas persegi panjang kutub (lihat gambar) R =n(r, θ) : 1≤r ≤3,0≤θ ≤ π
4 o
dan di bawah permukaanz =ex2 +y2
.
Penyelesaian:
Karenax2+y2 =r2, maka
V = Z Z
R
ex2+y2dA
= π/4
Z
0
3
Z
1
er2
r dr
dθ = π/4
Z
0
1 2e
r23 1
dθ
= π/4
Z
0
1 2(e
9
−e)dθ = π 8(e
9
−e)≈3181
Daerah Umum
1. Himpunan Sederhana-r
HimpunanSdikatakan himpunan sederhana-rjika himpunan tersebut berben-tuk
Gambar 2.12: Himpunan Sederhana-r
Maka volume V dapat dihitung
V = θ=β Z
θ=α
r=φ2(θ)
Z
r=φ1(θ)
f(r, θ)r dr dθ
2. Himpunan Sederhana-θ
HimpunanSdikatakan himpunan sederhana-θjika himpunan tersebut berben-tuk
S ={(r, θ) :a≤r ≤b, ψ1(r)≤θ ≤ψ2(r)}
Maka volume V dapat dihitung
V = r=b Z
r=a
θ=ψ2(r)
Z
θ=ψ1(r)
f(r, θ)r dθ dr
Contoh: Hitunglah RR S
ydA di mana S adalah daerah di kuadran pertama yang berada di luar lingkaranr = 2, serta di dalam kardioid r= 2(1 +cosθ)
Penyelesaian:
Karena S adalah himpunan sederhana-r, kita dapat menuliskan integral di atas sebagai integral kutub berulang dengan r sebagai peubah pengintegralan sebelah dalam. Di dalam pengintegralan sebelah dalam ini,θ dibuat tetap; pengintegralan dilakukan di sepanjang garis tebal (pada gambar) darir= 2 sampair= 2(1 +cosθ).
Z Z
S
ydA= π/2
Z
0
2(1+cosθ)
Z
2
(rsinθ)r dr dθ
= π/2
Z
0
r3
3sinθ
2(1+cosθ)
2
= 8 3
π/2
Z
0
[(1 +cosθ)3sinθ−sinθ]dθ
= 8 3
−14(1 +cosθ)4+cosθ π/2
0
= 8 3
−14 + 0−(−4 + 1)
= 22
3
Integral Probabilitas
Pada materi ini, kita dapat membuktikan bahwa integral dari fungsi kepadatan peluang normal standar bernilai satu yaitu
∞ Z
−∞
f(x)dx= 1
dengan
f(x) = √1 2πe
−x2
/2
Pertama, kita akan menunjukkan bahwa I =R∞
0
e−x2
dx =pπ
2.
Ingat kembali bahwa
I = ∞ Z
0
e−x2dx= lim b→∞
b Z
0
e−x2dx
Misalkan Vb merupakan volume benda padat yang terletak di bawah per-mukaan z = e−x2
−y2
Vb = b Z −b b Z −b
e−x2−y2dy dx = b Z
−b e−x2
b Z
−b
e−y2dy dx = b Z −b
e−x2dx b Z
−b
e−y2dy =
b Z
−b
e−x2dx 2 = 4 b Z 0
e−x2dx
2
Ternyata volume daerah di bawah z = e−x2
−y2
dan di atas seluruh bidang xy adalah
V = lim
b→∞Vb = limb→∞4
b Z
0
e−x2dx 2 = 4 ∞ Z 0
e−x2dx
2
= 4I2
Di sisi lain, kita juga dapat menghitung V dengan menggunakan koordinat kutub. Di sini, V adalah limit ketika a→ ∞dari Va, volume benda padat tersebut di bawah permukaan z = e−x2
−y2
= e−r2
V = lim
a→∞Va= lima→∞
2π Z
0
a Z
0
e−r2r dr dθ
= lim a→∞
2π Z
0
−12e−r2 a
0
dθ
= lim a→∞
1 2
2π Z
0
h
1−e−a2idθ
= lim a→∞π
h
1−e−a2i=π
Dengan memasukkan kedua nilai yang diperoleh untuk V dengan menggu-nakan integral biasa dan integral dalam koordinat kutub di atas, akan dihasilkan 4I2 =π atau I = 1
2
√
π.
Selanjutnya, setelah diperoleh I =R∞
0
e−x2
dx=pπ
2, akan ditunjukkan bahwa
∞ Z
−∞ 1
√
2πe −x2
Berdasarkan sifat simetri, ∞ Z −∞ 1 √ 2πe −x2
/2dx= 2
∞ Z 0 1 √ 2πe −x2
/2dx
Lakukan substitusi u = √x
2 sehingga dx =
√
2du. Batas-batas pada integral tetap sama sehingga kita memperoleh
∞ Z −∞ 1 √ 2πe −x2
/2dx= 2
∞ Z 0 1 √ 2πe −u2√
2du = 2 √ 2 √ 2π ∞ Z 0
e−u2du
= 2 √ 2 √ 2π √ π 2 = 1
Latihan 2.4
1. Hitung integral-integral berulang berikut
a. π/2
R
0
cos θ R
0
r2sin θ dr dθ
b. π R
0
1−cos θ R
0
r sin θ dr dθ
2. Tentukan luas daerahSdengan menghitungRR S
r dr dθdan sketsa daerah terse-but terlebih dahulu
a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4cos θ dan di luar lingkaran r= 2
b. S adalah daerah di luar lingkaran r = 2 dan di dalam lemniskat r2 =
9cos2θ
3. Hitung integral berikut dengan menggunakan koordinat kutub dan sketsa daer-ah pengintegralannya terlebih ddaer-ahulu
a. RR S
ex2+y2dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x2+y2 = 4 b. RR
S p
4−x2−y2dA, di manaSadalah sektor kuadran pertama dari lingkaran
2.5
Penerapan Integral Lipat-Dua
Penerapan lain dari integral lipat-dua antara lain adalah menghitung pusat mas-sa, momen inersia, dan luas permukaan. Tinjaulah sebuah lembaran tipis yang sedemikian tipisnya sehingga kita dapat memandangnya sebagai objek berdimensi dua, kita menyebut lembaran ini lamina. Di sini, kita akan mempelajari lamina-lamina dengan berbagai kerapatan, yaitu lamina-lamina yang terbuat dari material tak-homogen.
Gambar 2.14: Lamina
Andaikan sebuah lamina menutupi sebuah daerah S pada bidang xy, dan misalkan kerapatan (massa per satuan luas) di (x, y) disimbolkan dengan δ(x, y). Daerah S dipartisi menjadi persegi panjang-persegi panjang kecil R1, R2, . . . , Rk
seperti ditunjukkan pada Gambar 2.15. Ambil sebuah titik (¯xk,yk) pada¯ Rk.
Gambar 2.15: Partisi Lamina
lam-ina tersebut secara hampiran adalah
m ≈ n X
k=1
δ(¯xk,yk)A(Rk)¯
Massa sebenarnya,mdiperoleh dengan mengambil limit rumus di atas sebagai norma partisi mendekati nol, yang tentu saja merupakan sebuah integral lipat dua
m= Z Z
S
δ(x, y)dA
Contoh 1:
Sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) = xy dibatasi oleh sumbu x, garis x = 8, dan kurvay =x2/3. Tentukan massa totalnya.
Penyelesaian:
m= Z Z
S
xy dA =
8
Z
0
x2/3
Z
0
xy dy dx
=
8
Z
0
xy2
2 x2/3
0
dx= 1 2
8
Z
0
x7/3dx
= 1 2
3 10x
10/3
8
0
= 768
Pusat Massa
Jika m1, m2, . . . , mn berturut-turut adalah kumpulan titik-titik massa yang
masing-masing terletak di (x1, y1),(x2, y2), . . . ,(xn, yn), maka momen total terhadap
sumbu y dan sumbu x dapat dinyatakan dengan
My = n X
k=1
xkmk Mx = n X
k=1
ykmk
Lebih lanjut, koordinat (¯x,y) dari pusat massa (titik keseimbangan) adalah¯
¯ x= My
m = n P k=1
xkmk
n P k=1
mk
¯ y= Mx
m = n P k=1
ykmk
n P k=1
mk
Sekarang perhatikan sebuah lamina dengan kerapatan berupa peubah δ(x, y) yang melingkupi daerah S pada bidang xy (Gambar 2.14). Buat partisi seperti pada Gambar 2.15 dan asumsikan sebagai sebuah hampiran bahwa suatu massa dari setiapRk terpusat di (¯xk,yk),¯ k = 1,2, . . . , n. Gunakan limitnya sebagai suatu aturan pembagian partisi yang mendekati nol. Cara ini menghasilkan rumus umum,
¯ x= My
m = RR S xδ(x, y)dA RR S
δ(x, y)dA y¯= Mx m = RR S yδ(x, y)dA RR S δ(x, y)dA Contoh 2:
Tentukan pusat massa dari lamina pada Contoh 1. Penyelesaian:
My = Z Z
S
xδ(x, y)dA=
8
Z
0
x2/3
Z
0
x2y dy dx
= 1 2
8
Z
0
x10/3dx= 12288
13 = 945.23
Mx = Z Z
S
yδ(x, y)dA=
8
Z
0
x2/3
Z
0
xy2dy dx
= 1 3
8
Z
0
x3dx= 1024
3 = 341.33
Maka ¯ x= My
m = 6 2
13 = 6.15 y¯= Mx
m = 2 2
9 = 2.22
Momen Inersia
Dari pelajaran fisika kita pelajari bahwa energi kinetik,KE, dari sebuah par-tikel dengan massa m, dan kecepatan v, yang bergerak dalam sebuah garis lurus dirumuskan dengan
KE = 1 2mv
2 (2.3)
Jika suatu partikel tidak bergerak dalam sebuah garis lurus tetapi berputar dalam sebuah sumbu dengan kecepatan sudut sebesar ω radian per satuan waktu, maka kecepatan linearnya adalah v = rω, di mana r adalah jari-jari dari lintasan perputarannya. Ketika kita mensubstitusikan ini ke dalam (2.3), maka kita akan memperoleh
KE = 1 2(r
2m)ω2
den-gan I. Jadi, untuk sebuah partikel yang berputar
KE = 1 2Iω
2 (2.4)
Kita simpulkan dari (2.3) dan (2.4) bahwa momen inersia dari benda dalam gerak berputar memainkan peranan yang serupa dengan massa benda dengan gerak linear.
Untuk sebuah sistem dengan n partikel pada suatu bidang dengan massa m1, m2, . . . , mn dan pada jarak-jarak r1, r2, . . . , rn dari garis L, maka momen
in-ersia sistem terhadap Ldidefinisikan sebagai
I =m1r21+m2r22+. . .+mnr2n= n X
k=1
mkrk2
Dengan kata lain, kita melakukan penjumlahan momen inersia dari setiap partikel.
Misalkan sebuah lamina dengan kerapatan δ(x, y) yang melingkupi daerah S pada bidang xy. Jika kita mempunyai partisiS, membuat hampiran untuk momen inersia dari setiap bagian Rk, menjumlahkan dan menentukan limitnya, maka akan diperoleh rumus-rumus berikut. Momen inersia(disebut juga momen kedua) dari suatu lamina terhadap sumbux, sumbu y, dan sumbu z dinyatakan dengan
Ix = Z Z
S
y2δ(x, y)dA Iy = Z Z
S
x2δ(x, y)dA
Iz = Z Z
S
(x2+y2)δ(x, y)dA =Ix+Iy
Contoh 3:
Ix = Z Z
S
xy3dA=
8
Z
0
x2/3
Z
0
xy3dy dx= 1 4
8
Z
0
x11/3dx= 6144
7 ≈877.71
Iy = Z Z
S
x3ydA=
8
Z
0
x2/3
Z
0
x3y dy dx= 1 2
8
Z
0
x13/3dx= 6144
Iz =Ix+Iy = 49152
7 ≈7021.71
Luas Permukaan
Pada materi ini, kita akan membahas mengenai luas permukaan yang didefin-isikan denganz =f(x, y) atas sebuah daerah spesifik.
Andaikan G adalah permukaan atas sebuah daerah S yang tertutup dan ter-batas pada bidang xy. Asumsikan bahwa f mempunyai turunan-turunan parsial pertama kontinufx dan fy. Kita akan mulai dengan membuat partisi P pada daer-ahS dengan garis-garis sejajar dengan sumbu x dan sumbu y (Gambar 2.16 kiri). MisalkanRm,m= 1,2, . . . , n, menyatakan persegi panjang-persegi panjang yang di-hasilkan dan terletak sepenuhnya di dalamS. Untuk setiapm, misalkan Gm adalah bagian dari permukaan yang diproyeksikan ke Rm, dan misalkan Pm adalah suatu titik dariGm yang diproyeksikan ke sudut Rm dengan koordinat x dan koordinaty yang terkecil. MisalkanTm menyatakan suatu jajaran genjang dari bidang singgung di Pm yang diproyeksikan ke Rm, seperti ditunjukkan pada Gambar 2.16 kiri, dan perincian selanjutnya ditunjukkan pada Gambar 2.16 kanan.
Selanjutnya, kita mencari luas jajaran genjang Tm yang proyeksinya adalah Rm. Misalkan um dan vm menyatakan vektor-vektor yang membentuk sisi-sisi Tm. Maka,
Gambar 2.16: Partisi P pada Daerah S
Luas jajaran genjang Tm adalah|um×vm| di mana
um×vm =
i j k
∆xm 0 fx(xm, ym)∆xm 0 ∆ym fy(xm, ym)∆ym
= (0−fx(xm, ym)∆xm∆ym)i−(fy(xm, ym)∆xm∆ym−0)j + (∆xm∆ym−0)k = ∆xm∆ym[−fx(xm, ym)i−fy(xm, ym)j+k]
=A(Rm)[−fx(xm, ym)i−fy(xm, ym)j+k]
Dengan demikian, luas Tm adalah A(Tm) = |um×vm|=A(Rm)
q
[fx(xm, ym)]2+ [fy(xm, ym)]2+ 1
ini, m= 1,2, . . . , n, dan ambil limitnya agar diperoleh luas permukaan G.
A(G) = lim |P|→0
n X
m=1
A(Tm)
= lim |P|→0
q
[fx(xm, ym)]2+ [fy(xm, ym)]2+ 1A(Rm)
= Z Z
S q
[fx(xm, ym)]2+ [fy(xm, ym)]2+ 1dA
Singkatnya,
A(G) = Z Z
S q
f2
x +fy2+ 1dA
Gambar 2.16 dibuat seolah-olah daerahSpada bidangxyadalah sebuah perse-gi panjang, tapi prakteknya tidak selalu demikian. Gambar 2.17 berikut memperli-hatkan apa yang terjadi ketikaS bukan merupakan sebuah persegi panjang.
Gambar 2.17: S bukan Persegi Panjang
Contoh 1:
JikaSadalah daerah persegi panjang pada bidangxyyang dibatasi oleh garisx= 0, x= 1, y= 0, dany= 2, tentukan luas dari bagian permukaan silindrisz =√4−x2
Penyelesaian:
Misalkan f(x, y) = √4−x2. Maka fx =−√x
4−x2,fy = 0, dan
A(G) = Z Z
S q
f2
x +fy2+ 1dA= Z Z
S r
x2
4−x2 + 1dA=
Z Z
S
2
√
4−x2dA
=
1
Z
0 2
Z
0
2
√
4−x2dy dx= 4 1
Z
0
1
√
4−x2dx= 4
h
sin−1x 2
i1
0 =
2π
3
Contoh 2:
Tentukan luas permukaanz =x2+y2 di bawah bidang z = 9.
Penyelesaian:
dan
A(G) = Z Z
S p
4x2+ 4y2+ 1dA
Bentuk S menyarankan kita untuk menggunakan koordinat kutub.
A(G) =
2π Z
0 3
Z
0
√
4r2+ 1r dr dθ
=
2π Z
0
1 8
2 3(4r
2+ 1)3/2
3
0
dθ
=
2π Z
0
1 12(37
3/2
−1)dθ = π 6(37
3/2
Latihan 2.5
1. Tentukan massa m dan pusat massa (¯x,y) dari lamina yang dibatasi kurva-¯ kurva berikut dengan kerapatan yang diberikan.
a. x= 0, x= 4, y = 0, y = 3;δ(x, y) =y+ 1 b. y=ex, y = 0, x= 0, x= 1;δ(x, y) = 2−x+y
2. Tunjukkan bahwa momen inersia dari sebuah lamina persegi panjang homogen dengan panjang sisi a dan b terhadap sumbu tegak lurus melalui pusat mas-sanya adalah
I = 1 12(a
3b+ab3)
Di sini k adalah konstanta kerapatan.
3. Sketsalah daerah-daerah berikut dan hitung luas permukaannya. a. Bagian dari permukaan z = p
4−y2 yang tepat berada di atas
bujur-sangkar pada bidang xy dengan verteks-verteks (1,0),(2,0),(2,1), dan (1,1).
b. Bagian dari permukaan z = p4−y2 pada oktan pertama yang tepat
berada di atas lingkaran x2+y2 = 4 pada bidang xy.
c. Bagian dari bolax2+y2+z2 =a2 di dalam silinder lingkaranx2+y2 =ay
Kalkulus Vektor
3.1
Medan Vektor
Perhatikan sebuah fungsiFyang menghubungkan sebuah vektorF(p)dengan setiap titikp dalam ruang berdimensi-n. Contoh yang khas dalam ruang berdimensi dua adalah
F(p)=F(x, y) = −1 2yi+
1 2xj
Berdasarkan sejarahnya, kita menyebut fungsi seperti ini sebagaimedan vek-tor. Bayangkan setiap titikppada sebuah daerah ruang dikenai sebuah vektorF(p) yang memancar darip. Kita tidak dapat menggambar seluruh vektor ini, tetapi se-buah contoh yang cukup mewakili dapat memberikan gambaran pemahaman yang baik tentang medan vektor. Gambar 3.1 merupakan gambaran untuk medan vektor F(x, y) = −1
2yi+ 1 2xj.
Medan vektor ini merupakan medan kecepatan dari putaran roda pada laju konstan sebesar 1
2 radian per satuan waktu (lihat Contoh).
Contoh:
Tunjukkan bahwa setiap vektor dari medan vektor
F(x, y) = −1 2yi+
1 2xj
menyinggung sebuah lingkaran yang berpusat di titik asal dan mempunyai panjang setengah jari-jari lingkaran tersebut.
Penyelesaian:
Jikar =xi+yj adalah vektor posisi dari titik (x, y), maka
r.F(x, y) = −1 2xy+
1
2xy = 0
Jadi, F(x, y) tegak lurus terhadap r, dan dengan demikian menyinggung lingkaran yang berjari-jari |r| tersebut. Maka
|F(x, y)|= s
−12y 2
+
1 2x
2 = 1
2|r|
Gradien dari Medan Skalar
Misalkan f(x, y, z) menentukan sebuah medan skalar dan andaikan f dapat didiferensialkan. Maka gradien dari f, dilambangkan dengan ∇f, adalah medan vektor yang dinyatakan dengan
F(x, y, z) = ∇f(x, y, z) = ∂f ∂xi+
∂f ∂yj+
∂f ∂zk
Contoh:
MisalkanFadalah gaya yang dihasilkan dari hukum kuadrat invers, yakni, misalkan
F(x, y, z) = −c r
|r|3 =−c
xi+yj+zk (x2+y2+z2)3/2
di mana cadalah konstanta. Tunjukkan bahwa f(x, y, z) = c
(x2+y2+z2)1/2 =c(x
2+y2 +z2)−1/2
adalah fungsi potensial untukF, dan oleh karenanya Fbersifat konservatif (untuk r6= 0).
Penyelesaian:
∇f(x, y, z) = ∂f ∂xi+
∂f ∂yj+
∂f ∂zk =−c
2(x
2+y2+z2)−3/2(2xi+ 2yj+ 2zk)
Latihan 3.1
1. Tentukan ∇f
a. f(x, y, z) =
