Rangkuman Integral dan Diferensial

A. Integral Lipat Atas Daerah Persegi Panjang

Integral lipat atas daerah persegi panjang merupakan integral lipat dua karena berada di daerah bidang dua dimensi. Integral lipat dua atas daerah persegi panjang dikembangkan dari persamaan integral Rieman pada integral satu peubah (satu variabel) yaitu

dimana terdapat pembagian interval [a,b] menjadi interval kecil dengan panjang ∆Xk, k = 1,2,....,n berdasarkan partisi p : x1 < x2 < .... < xk. Persamaan tersebut diaplikasikan pada f(x,y) yang kontinyu pada himpunan berbentuk persegi panjang R yaitu:

R= {(x,y) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}

dengan bentuk partisi p pada himpunan R berupa garis-garis sehahar dengan sumbu x dan y sebagai persegi panjang dengan panjang sisi masing-masing ∆Xk dan ∆Yk seperti pada gambar berikut:

Dari partisi tersebut diambul sebuah titik contoh (xk,yk) sehingga didapatkan bentuk umum

dengan jumlah partisi Rk, k = 1,2,...,n dan ∆Ak = ∆Xk ∆Yk adalah luasnya.

Contoh Soal

1. Hampiri ∫∫Rf(x,y) dA dimana f(x,y) =

64− 8 x + y

²

16

dan R = {(x,y): 0 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤8}

dengan perhitungan penjumlahan Riemann yang diperoleh dengan membagi R atas delapan bujursangkar yang sama dan dengan menggunakan tiap pusat bujursangkar sebagai titik contoh.

Jawab

Titik contoh yang diperlukan dan nilai yang berpadanan dari fungsi tersebut adalah:

a. f(x1,y1) = f(1,1) =

57 16

b. f(x1,y1) = f(1,3) =

65 16

c. f(x1,y1) = f(1,5) =

81 16

d. f(x1,y1) = f(1,7) =

105

16

e. f(x1,y1) = f(3,1) =

41 16

f. f(x1,y1) = f(3,3) =

49 16

g. f(x1,y1) = f(3,5) =

65 16

h. f(x1,y1) = f(3,7) =

89 16

Karena hasil ∆Ak = 4, shingga

x

_{k ,}

y

_k

f (¿¿) ∆ A

_k

f ( x , y ) dA ≈ ∑

k=1 8

¿

∬

R t

¿

x

_{k ,}

y

_k

f (¿)

¿

4 ∑

k=1 8

¿

¿

4 (57+ 65+ 81+ 105+41+ 49 +65+89) 16

¿138

2. Apabila R = {(x,y) : 0 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 2} hitung

∬

R t

f ( x , y ) dA

apabila diberikan fungsi f(x,y) = -1 ;1 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y < 1

2 ; 1 ≤ x ≤ 4,1 ≤ y ≤ 2 Jawab

Berdasarkan fungsi diperoleh persegipanjang R1 dan R2

Sehingga

∬

R t

f ( x , y ) dA= ∬

R1 t

f ( x , y ) dA+ ∬

R2 t

f ( x , y ) dA

¿−

1(3.1 )+2 ( 3.1)

¿

3

3. Misal R = {(x,y) : 0 ≤ x ≤ 6,0 ≤ y ≤ 4} dan P merupakan partisi dari R menjadi 6 persegi yang sama oleh garis x = 2, x = 4, dan y = 2. Dengan menghitung jumlah Rieamann yang berpadanan dengan

x

_{k ,}

y

_k

f (¿) ∆ Ak

∑

k=1 6

¿

Diasumsikan (xk,yk) adalah pusat dari keenam persegi. Aproksimasikan

∬

R

❑

f ( x , y ) dA

Dengan (x,y) berikut F(x,y) = 12 – x –y Jawab

Berdasarkan fungsi, didapatkan partisi sebagai berikut y

4 (1,3 )

(3,3 )

(5,3 )

R 1 (1,1

)

(3,1 )

(5,1

) x

2 4 6

(x,y) adalah titik pusat tiap persegi dan ∆Ak = 2.2 = 4

x

_{k ,}

y

_k

f (¿) ∆ Ak=∆ Ak (F (1,1 )+ F (1,3)+F ( 3,1)+ F (3,3)+ F (5,1)+ F ( 5,3 ))

∑

k=1 6

¿

( 12−1−1 )+ (12−1−3)+(12−3−1)+( 12−3−3 )+ (12 −5−1)+(12−5−3)

¿

4

¿

¿

4 (42)

¿

168

B. Integral Lipat Atas Daerah Bukan Persegi Panjang

Integral lipat atas daerah bukan persegi panjang merupakan integral lipat yang berada pada suatu daerah S dengan himpunan tertutup dan terbatas pada bidang. Misal himpunan S terdapat pada sebuah persegi panjang R dengan sisi sejajar dengan sumbu koordinatnya maka

f(x,y) = f(x,y) jika (x,y) di S = 0 jika (x,y) di R-S

f dapat diintegralkan di daerah S jika f dapat diintegralkan pada R sehingga didapat persamaan:

Perhitungan Integral Lipat atas Himpunan Umum

Apabila integral lipat akan dihitung dari suatu fungsi f(x,y) atau himpunan S dengan y sederhana, himpunan S harus dilingkungi dalam suatu persegi panjang R dan memuat f(x,y) = 0 di luar S seperti gambar berikut

Sehingga persamaannya yaitu

Integral dilakukan sepanjang garis potong dan menghasilkan A(x) atau luas penampang.

A(x) kemudian diintegralkan mulai dari a hingga b.

Jika S merupakan x sederhana seperti gambar berikut

Maka digunakan persamaan

Contoh Soal

1. Hitung integral lipat dengan persamaan berikut

∫

3 5

∫

−x x²

( 4 x +10 y ) dy dx

Jawab

∫

3 5

∫

−x x²

( 4 x +10 y ) dy dx= ∫

3 5

[ 4 xy +5 y

²

]

_−x^x

2

dx

4 x

³

+5 x

⁴

[(¿)−(−4 x

²

+5 x

²

)] dx

¿

∫

3 5

¿

5 x

⁴

+ 4 x

³

−x

²

(¿) dx= [ x

⁵

+ x

⁴

− x 3

³

]

3

5

¿

∫

3 5

¿

¿

10,180

3 =3393 1 3

2. Hitung integral lipat dengan persamaan berikut

∫

0 1

∫

0 y²

2 y e

^x

dx dy

Jawab

∫

0 1

∫

0 y²

2 y e

^x

dx dy = ∫

0

1

[ ∫0y22 y exdx ] dy

∫

0 1

∫

0 y²

2 y e

^x

dx dy = ∫

0 1

[ 2 y e

^x

]

₀^y

2

dy = ∫

0 1

( 2 y e

^y2

−2 y e

⁰

) dy

∫

0 1

∫

0 y²

2 y e

^x

dx dy = ∫

0 1

e

^y2

( 2 y dy )−2 ∫

0 1

y dy

∫

0 1

∫

0 y²

2y e^xdx dy=

[

e^y2

]

₀¹−2

[

^y22

]

0 1

=e−1−2

(

¹2

)

^=e−2

3. Gunakan pengintegralan lipat dua untuk menentukan volume bidang empat (tetrahedron) yang dibatasi oleh bidang-bidang koordinat dan bidang 3x + 6y + 4z -12 = 0

Jawab

Cari volume benda pejal di bawah permukaan z = ¾ (4 – x – 2y) dan di atas daerah S

Bidang memotong bidang xy di garis x + 2y – 4y, ruas termasuk batas dari S sehingga dapat dituliskan

y = 2 – x/2 dan x = 4 – 2y

Sehingga S sebagai himpunan y sederhana:

S=

{ (

^{x , y}

)

^{:0≤ x ≤4,0≤ y ≤2−}2^x

}

Atau sebagai himpunan x sederhana

S= { (x , y ): 0≤ x ≤ 4−2 y , 0 ≤ y ≤2 }

Volume benda pejal:

V = ∬

s

s

3

4 (4− x−2 y ) dA

Tetapkan x dan integralkan pada sepanjang garis y=0 hingga y=2 – x/2, kemudian integralkan hasil dari x=0 hingga x=4, sehingga

V = ∫

0 4

∫

0 2−x

2

3

4 ( 4 −x−2 y ) dydx V = ∫

0 4

3

4 [ 4 −x y − y

²

]

0 2−x/2

dx V = 3

16 ∫

0 4

( 16−8 x− x

²

) dx

V = 3

16 [ 16 x −4 x

²

+ x 3

³

]

0 4

=4

C. PD Orde Satu Metode Integral Langsung PD orde satu memiliki persamaan umum y' + p(x)y = q(x)

apabila

q(x) = 0 dan y’ + p(x)y = 0 maka bersifat homogen q(x) ≠ 0 dan y’ + p(x)y = q(x) maka bersifat tak homogen

Pemecahan PD orde satu dilakukan untuk memanipulasi persamaan sehingga seluruh turunannya hilang dan menyisakan hubungan x dan y. Metode integrasi langsung dapat dilakukan untuk persamaan dalam bentuk y’=f(x) dengan cara sebagai berikut

PD OS Homogen y'+p(x)y = 0

diselesaikan dengan

y(x) = ke^-A, dengan A = ∫ p(x)dx

PD OS Tak Homogen y'+p(x)y = q(x)

diselesaikan dengan y(x) = e^-A[∫q(x)e^Adx + k], dengan A = ∫ p(x)dx Kasus Khusus

a. q(x) = 0 maka y(x) = ke-A (homogen) b. p(x) = a dan q(x) = b maka y(x) = ke^-ax+b/a (a,b skalar) c. p(x) = a maka y(x) = e^-ax[∫q(x)e^axdx + k] (a skalar) Contoh Soal

1. Hitung persamaan dy/dx = 3x² – 6x + 5 Jawab

y= ∫ ( 3 x

²

−6 x + 5 ) dx

y=x³−3x²+5x+c

2. Hitung persamaan dy/dx = 2x + 4 dengan y=8, x=1 Jawab

y= ∫ (2 x+ 4 ) dx

y= x

²

+4 x +c 8=1+ 4+ c c=3

Jadi

y=x²+4x+3

3. Hitung dy/dx = x+3y/2x Jawab

Y = v.x (subtitusi ke persamaan)

dy

dx = x +3( v . x) 2 x dy

dx = x +3 vx

2 x (dibagi x ) dy

dx = 1 +3 v

2 ……… .. persamaan(1)

Y = v.x, turunannya =

dy

dx =v .1+ x dv

dx … …… .. persamaan(2)

Y = U.V maka Y’ = U.V’ + V.U’

1+3 y

2 = v+ x dv dx x dv

dx = 1+3 v

2 −v

x dv

dx = 1+3 v 2 − 2 v

2 x dy

dx = 1+v 2 2 (1+v )

dv dx = 1

x

Masing-masing ruas diintegralkan ke x

∫ ( (1+ 2 v ) ) dv dx dx= ∫ 1 x dx

2 ln ( 1+v )= ln x +c

Jika C diganti menjadi bentuk lnA maka

2 ln ( 1+ v )=ln x + lnA

1+ v

¿²

¿

ln

¿¿

1+ v

¿²❑=

A . x … …. persamaan (3)

¿

Y = v.x ; V = y/x maka persamaan 3 menjadi

( 1+ x y )

²

= Ax( seluruh ruasdikali x

²

) 1+2 yx + y

²

= A x

³

( x+ y )

²

=A x

³

D. PD Orde Satu Metode Faktor Integrasi

Metode faktor integrasi adalah metode untuk memecahkan PD melalui pengalian kedua ruas persamaan diferensial dengan faktor integrasi. Metode ini biasa digunakan untuk menyelesaikan bentuk umum PD sebagai berikut

M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0

Karena terdapat kondisi tak eksak yaitu

∂ M

∂ y

^≠

∂ N

∂ x

sehingga perlu pengalian dengan faktor integrasi untuk membuat PD menjadi eksak

∂ M

∂ y = ∂ N

∂ x

setelah itu persamaan dapat diselesaikan dengan metode PD eksak atau metode lain Bentuk Khusus

Jika 1 N [ ∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x ]

= g(x), fungsi x berdiri sendiri, maka I(x,y) =

e

^∫g(x)dx

Jika 1

M [ ∂ M

∂ y − ∂ N

∂ x ]

= h(y), fungsi y berdiri sendiri, maka I(x,y) =

e

^∫h(x)dx

Jika M = yf ( xy ) dan N = xg( xy )

, maka I(x,y) =

1

xM − yN

Contoh Soal

1. Cari solusi dari persamaan x

dy

dx

^{+ y = x3} Jawab

Ubah persamaan ke PD orde satu

x dy

dx + y= x

³

(dibagi x) dy

dx + y x =x

²

Persamaan tersebut sama dengan bentuk

dy

dx + py=Q

Sehingga P = 1/x Q = x² Rumus IF

IF=e^{∫P .dx} IF=e^∫

1 xdx

IF=e^lnx IF=x

dy dx + y

x =x

²

( dikalidengan IF ) x dy

dx +1. y= x

³

… .. persamaan(1)

u = x

dy dx =v '

1 = u’

y = v sehingga

x dy

dx +1. y= d ( y . x)

dx ….. persamaan(2)

Persamaan (1) = Persamaan (2)

d ( yx) dx = x

³

yx= ∫ x

³

Integralkan ke x

∫ d ( dx yx) dx= ∫ x

³

dx

∫ d ( yx )= ∫ x

³

dx

yx= 1 4 x

⁴

+c

2. Pecahkan persoalan x

dy

dx

^{- 5y = x7} Jawab

x dy

dx −5 y= x

⁷

(dibagi x ) dy

dx + 5 y

x = x

⁶

bentuk persamaan linier ordo 1 ( dy dx + py=Q )

Sehingga P = -5/x Q = x⁶

IF=e

^∫

−5 x dx

=e

^ln⁡(x−5)

= x

⁻⁵

= 1 x

⁵ Rumus faktor integral

y . IF= ∫ Q . FI dx

y . 1

x

⁵

= ∫ x

⁶

. 1

x

⁵

dx y

x

⁵

= ∫ x dx

y x

⁵

= 1

2 x

²

+ c (semua ruas dikali x

⁵

) y= 1

2 x

⁷

+ c x

⁵

3. Selesaikan PD

dy

dx

^{- y = x} Jawab

Didapatkan P = -1 Q = x

IF=e

^−x

Kedua ruas dikalikan IF

e

^−x

dy

dx −e

^−x

. y=e

^−x

. x d

dy ( e

^−x

y ) =e

^−x

. x

∫ d ( e

^−x

y ) = ∫ e

^−x

. xdx

e

^−x

. y=e

^−x

. x ∫ e

^−x

dx

y=− x−1+ c

e

^−x

E. PD Orde Dua Homogen

PD orde dua memiliki bentuk umum y'’ = p(x)y’ + q(x)y = r(x)

PD orde dua dapat bersifat homogen apabila r(x) = 0 sehingga bentuk umumnya

y’’ + p(x)y’ + q(x)y = 0

p(x) dan q(x) Koefisien Konstan

 Bentuk

y'’ + ay’ + by = 0

 Persamaan Karakteristik λ² + a λ + b = 0

 Akar persamaan karakteristik λ1,2 =

− a ± √ a

²

+ 4 b

2

 Solusi Basis

y1 =

e

^{λ1x dan y1 =}

e

^λ2x

Kasus Khusus

Jika a²– 4b > 0 maka terdapat dua akar Jika a² – 4b = 0 maka terdapat satu akar Jika a² – 4b <0 maka terdapat akar konjugasi kompleks

PD orde dua homogen dengan koefisien khusus (bukan konstanta) merupakan persamaan Cauchy-Euler. Penyelesaian persamaan ini dilakukan dengan mencari akar persamaan karakteristik. Bentuk umumnya yaitu

x²y’’ + axy’ + by = 0

dengan a,b adalah konstanta dan fungsi y(x) tidak diketahui. Misal y=x^m diperoleh persamaan akarnya:

m² + (a-1)m + b = 0 m1 = ½(1-a) +

1−a

¿²

−b 1 4

¿

√¿

, m2 = ½(1-a) -

1−a

¿²

−b 1 4

¿

√¿ Kasus Khusus 1

Akar Berbeda Nyata y1(x) = x^m1 dan y2(x) = x^m2 y = c1x^m1 + c2x^m2

c1,c2 tidak pasti

Kasus Khusus 2 Dua Akar Nyata y = (c1 + c2lnx) x^m

m = ½ (1-a)

Kasus Khusus 3

Akar Konjugasi Kompleks

y=c

₁

x

^{λ+iµ +}

c

₂

x

^λ−iµ

↕

y=c

₁

x

^λ

cos ( µlnx )+c

₂

x

^λ

sin (µlnx )

x>0

Contoh Soal

1. Tentukan penyelesaian PD berikut

y'’ +

3 x

^{y’ +}

1

x

^{2 y = 0} Jawab

Misal solusi umum PD

y= e

^rt dengan t = lnx

Persamaan karakteristik = r²+2r+1 = 0,r1,2 = -1 Penyelesaian umum

y= x

⁻¹

[ c

1

+ c

₂

ln ⁡ ( x) ]

2. Tentukan penyelesaian umum dari PD

d

²

y

dx

^{2 +}

5 dy

dy +6 y

= 0 Persamaan karakteristik = m² – 5m + 6 = 0 (difaktorkan) (m - 2) (m - 3) = 0

Didapatkan akar karakteristik m1 = 2 V m2 = 3

karena m1≠ m2, maka solusi umum PD adalah

y=C

₁

e

^m1x

+C

₂

e

^m2x

y=C

₁

e

^2x

+C

₂

e

^3x

3. Tentukan penyelesaian dari persamaan berikut

d

²

y

dx

^{2 +}

4 dy

dy + 29 y

= 0 Dengan y(0) = 0 dan y’(0) = 5 Jawab

Persamaan karakteristik = m² – 4m + 29 = 0

m

_1,2

= 4 ± √ (−4)

²

−4(1)(29)

2 (1) m

_1,2

= 4 ± √ 100

2 =2 ±5 i

Karena akar imajiner (a=2 dan b=5) maka solusi umum PD

bx

C

₁

sin bx+ C

₂

cos

¿

y= e

^ax¿

y= e

^2x

(C

1

sin 5 x +C

2

cos5 x)

Diketahui y(0) = 0 sehingga disubstitusi ke solusi umum

0=e

²⁽⁰⁾

(C

₁

sin 5(0)+C

₂

cos 5 (0))

0=1(C

₁

( 0)+C

₂

(1))

C₂=0

Turunan pertama solusi umum

dy

dx =2e

^2x

( C

1

sin 5 x+C

₂

cos 5 x ) + e

^2x

( 5 C

1

sin 5 x −5C

₂

cos 5 x )

Substitusi y’(0) = 5 dan C2 = 0

5=2 e

⁰

( C

1

sin 0+ C

2

cos 0 ) +e

⁰

( 5 C

1

sin 0−5 C

2

cos 0 )

5=1 ( 0)+1 (5 C

₁

) C

₁

=1

Jadi solusi khusus

y= e

^2x

(sin 5 x)

F. PD Orde Dua Tak Homogen

PD orde dua dapat bersifat homogen apabila r(x) ≠ 0 sehingga bentuk umumnya

y’’ + p(x)y’ + q(x)y = r(x)

solusi umum PD orde dua tak homogen : y(x) = yh(x) + yp(x)

yh = solusi homogen yp = solusi partikular Kasus Khusus 1

Φ(x) = pn(x), dengan n derajat polinomial x

Asumsi solusi:

yp = AnXⁿ + An-1X^n-1 + ... + A1X + A0

Aj (j=0,1,2,...,n) = konstanta yang akan ditentukan

Kasus Khusus 2 Φ(x) = ke^αx,

Dengan k dan α diketahui

Asumsi solusi:

yp = Ae^αx

A = konstanta yang akan ditentukan

Kasus Khusus 3

Φ(x) = k1sinβx + k1cosβx, Dengan k1, k2, β diketahui Asumsi solusi:

yp = A sinβx + B cosβx

A&B = konstanta yang akan ditentukan

Penyelesaian PD orde dua apabila nilai koefisien tidak diketahui dapat dilakukan melalui metode berikut

No Kondisi r(x) Pilihan untuk yp(x) 1

2 3

ke^yx

kxⁿ (n=0,1...) k cosωx

Ce^yx

KnXⁿ + Kn-1X^n-1 + ... + K1x + K0

4 5 6

k sinωx ke^αx cosωx ke^αx sinωx

K cosωx + M sinωx e^αx(K cosωx + M sinωx) Metode tersebut dipilih berdasarkan aturan berikut:

1. Aturan Dasar 2. Aturan Modifikasi 3. Aturan Penjumlahan Contoh Soal

1. Cari solusi umum dari PD

d

²

y

dx

^{2 -}

2 dy

dy −3 y

= 2

e

^3x Jawab

Solusi PD nonhomogen terkait:

y

_c

=C

₁

e

^3x

+C

₂

e

^−x

Misal yp = Ae^3x merupakan solusi khusus sehingga y’ = 3Ae^3x y’’ = 9Ae^3x

substitusi ke PD

9 A e

^3x

+ 2 ( 3 A e

^3x

) −3 A e

^3x

=2 e

^3x

2 e

^3x

=0

A menjadi sembarang konstanta karena pada yc terkandung

e

^3x Misal yp = Axe^3x sebagai solusi khusus, sehingga

y '

_p

=3 Ax e

^3x

+ A e

^3x

dan y

^{' '}_p

=9 Ax e

^3x

+6 A e

^3x Substitusi ke PD sehigga

( 9 Ax e

^3x

+6 A e

^3x

) −2 ( 3 Ax e

^3x

+ A e

^3x

) −3 Ax e

^3x

=2 e

^3x

4 A e

^3x

=2 e

^3x

A = 1

2

Jadi

y

_p

= 1 2 x e

^3x Solusi umum PD

y= y

_c

+ y

_p

=C

₁

e

^3x

+C

₂

e

^−x

+ 1 2 x e

^3x 2. Tentukan solusi dari

d

²

y

dx

^{2 +}

2 dy

dy +2 y

= 10 sin 4x Jawab

Persamaan karakteristik : m² + 2m + 2 = 0

Akar karakteristik : m = -1±i sehingga solusi umumnya

y

c

=e

^−x

( C

1

sinx +C

2

sinx )

Himpunan UC kanan ruas PD : {sin4x, cos4x}

Misal solusi khusus PD

y

_p

= Asin 4 x−Bcos 4 x

diperoleh

y^'_p=4Asin4x−4Bcos4x y''p

=−16Asin4x−16Bcos4x Substitusi ke PD

d

²

y dx

²

+ 2 dy

dy + 2 y =10 sin 4 x

(

−16Asin4x−16Bcos4x

)

+2

(

4Acos4x−4Bsin4x

)

+2

(

Asin4x+Bcos4x

)

=10 sin 4x

(

−14A−8B

)

sin 4x+

(

8A−14B

)

cos 4x=10 sin 4x

Diperoleh persamaan linier

−14 A −8 B=10 8 A−14 B=0

Sehingga A =

−7

13

B =

− 4 13 y

_p

= −7

13 sin 4 x− 4

13 cos 4 x

Solusi umum : y = yc + yp

y=e

^−x

( C

1

sinx+C

₂

sinx ) − 13 7 sin 4 x − 13 4 cos 4 x

3. Tentukan solusi dari y'’ + 2y’ = 3 + 4 sin2t Jawab

Solusi homogen:

r

²

+2 r=0 r (r +2)= 0

r=−2,0

y_h=C₁e⁰+C₂e^−2t yh=C1+C2e^−2t Solusi partikular

y

_p

= A+ (Bsin 2 t + Ccos2 t )

Kalikan A dengan t agar solusi tidak sama dengan solusi homogen C1(3=A)

y

_p

= At + Bsin 2 t +Ccos 2 t

y '

_p

= A+ 2 Bcos 2t − 2Csin2 t y ' '

_p

=−4 Bsin 2 t −4 Ccos 2 t

Substitusi ke PD

−4Bsin2t−4Ccos2t+2A+4Bcos2t=3+4 sin2t 2A+

(

−4B−4C

)

sin 2t+

(

4B−4C

)

cos 2t=3+4 sin2t didapatkan

A =

3

2

B =

−1 2

C =

−1

2

Sehingga

y

_p

= 3 2 t − 1

2 sin 2 t − 1 2 cos 2 t

Solusi umum:

y=C

₁

+ C

₂

e

^−2t

+ 3 2 t− 1

2 sin 2t− 1

2 cos 2t