CBR Fisika Matematika I [PDF]

Citation preview

BAB I PENDAHULUAN



1.1. Latar Belakang Critical Book Report adalah penganalisisan, penilaian, dan pengevaluasian mengenai keunggulan & kelemahan buku, bagaimana isi artikel tersebut bisa mempengaruhi cara berpikir kita & menambah pemahaman kita terhadap kajian Fisika Matematika. Melalui critical review kita menguji pikiran pengarang/ penulis berdasarkan sudut pandang kita berdasarkan pengetahuan & pengalaman yang kita miliki. Maksud pemberian tugas kuliah berupa critical review ini adalah memenuhi salah satu tugas mata kuliah Fisika Matematika I. 1.2. Tujuan CBR 1. Mengulas bab materi dengan cara meringkas isi buku. 2. Menyelesaikan tugas wajib CBR dalam mata kuliah Fisika Matematika I 3. Mencari dan mengetahui informasi mengenai setiap topik tersebut yang terkandung dalam buku. 4. Melatih diri untuk berpikir kritis dalam mencari informasi yang diberikan pada buku.



1.3. Manfaat CBR 1.



Mampu berpikir kritis dalam mencari informasi yang diberikan oleh buku.



2.



Menambah wawasan dan informasi terutama tentang materi yang terkandung dalam buku tersebut.



1



BAB II ISI



2.1. Identitas Buku 1.



Judul



: Matematika Fisika



2.



Pengarang



: Dr. Nurdin Siregar, M.Si Drs. Togi Tampubolon, M.Si, Ph.D



3.



Penerbit



: UNIMED PRESS



4.



Tahun Terbit



: 2018



5.



Jumlah Halaman



: 116 halaman



2.2. Ringkasan Buku BAB I DERET TAK HINGGA DAN PERHITUNGAN NUMERIK 1. Konvergen Dan Divergen Deret Jumlah dari suatu deret, dapat menghasilkan suatu jumlah tertentu disebut dengan konvergen sedang deret yang tidak menuju sutau jumlahh tertentu disebut dengan divergen. Misalkan suatu deret dinyatakan sebagai 𝑆𝑛 = ∑𝑛𝑚 𝑎𝑚 , dimana dalam deret ini terdapat n buah barisan. Deret tersebut dikatakan konvergen jika: lim 𝑆𝑛 = S dengan S < ∞ artinya 𝑛>𝑎



berhingga. Jika S divergen bila lim 𝑆𝑛 =∞ atau S → ∞ artinya limit tidak ada. 𝑛>𝑎



Sifat-sifat Utama Deret : Sifat 1: Jika ∑ 𝑎𝑛 konvergen, maka lim 𝑎𝑛 =0, tetapi kebalikannya tidak selalu berlaku maka 𝑛→∞



deret ∑ 𝑎𝑛 dapat juga konvergen tetapi dapat juga divergen. Sifat 2: Jika suku ke-n dari deret tidak menuju 0 maka deret itu divergen. Bukti : Jika ∑ 𝑎𝑛 konvergen maka lim 𝑆𝑛 =0, andaikan jika lim 𝑆𝑛 ≠0 maka ∑ 𝑎𝑛 𝑛→∞



𝑛→∞



konvergen. Karena ∑ 𝑎𝑛 konvergen lim 𝑆𝑛 =0. Hal ini bertentangan dengan 𝑛→∞



pengandaian bahwa lim 𝑆𝑛 ≠0, jadi pengandaian salah. Dengan perkataan lain jika 𝑛→∞



lim 𝑆𝑛 ≠0 deret divergen.



𝑛→∞



Sifat 3: Mengalikan semua suku-suku suatu deret dengan suatu bilangan konstanta yang tidak sama dengan 0, tidak akan merubah konvergensi. Sifat 4: Penghapusan beberapa suku yang berhingga banyaknya dari suatu deret juga merubah konvergensi atau divergensi deret itu. Demikian juga dengan penambahan berhingga sebuah suku-suku. 2



1.1. Uji Konvergensi Deret Uji konvergensi tak hingga hanya dilakukan untuk deret bersuku positif. 1.1.1. Uji Pendahuluan Memeriksa apakah untuk barisan yang tidak hingga lim 𝑎𝑛 ≠0 jika hal ini dipenuhi 𝑛→∞



maka deret tersebut adalah divergen. Contoh : Deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 merupakan deret tak hingga yang divergen karena: lim 𝑎𝑛 =∞, sedangkan 𝑛→∞



untuk deret tak hingga



1 ∑∞ 𝑛=1 𝑛



1



memiliki kemungkinan konvergen Karena lim 𝑛=0. 𝑛→∞



1.1.2. Uji Banding Uji banding adalah untuk menguji divergensi dan divergensidari suatu deret misalnya ∑ 𝑎𝑛 dengan membandingkan deret yang sudah diketahui konvergensinya atau divergensinya misalnya ∑ 𝑏𝑛 . Jika kondisi 𝑎𝑛< 𝑏𝑛 dan 𝑏𝑛 ≥ 0 dipenuhi untuk semua 𝑛 ≥ 𝑁 maka deret tersebut adalah konvergen. Selanjutnya jika, ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 divergen, 𝑏𝑛 ≥ 0 dan │𝑎𝑛 │≥ 𝑏𝑛 maka ∞ deret ∑𝑛=1 𝑎𝑛 divergen. Contoh: 1



1



∞ 1. Selidiki konvergensi dari deret (i) ∑∞ 𝑛=1 𝑛 dan (ii) ∑𝑛=1 𝑛! dengan n! = (n-1)(n-2)… dengan 1



deret pembanding ∑ 2𝑛 dari perbandingan dan diperolah sebagai berikut. Untuk deret (1) selaku berlaku



1 𝑛



>



1



untuk seluruh n, maka deret tersebut adalah



2𝑛



1



1



divergen. Sedangkan deret (ii) terlihat bahwa untuk n ≥ 4 selalu terpenuhi kondisi 𝑛! > 2𝑛 maka deret (ii) konvergen. N



𝑛−1



1



1



2 3 4 5



(𝑛!)−1 1



1 2 1 3 1 4 1 5



1 2 1 6 1 24 1 20



2−𝑛 1 2 1 4 1 8 1 16 1 32



1



1



2. Gunakan uji banding untuk menentukan apakah konvergen atau divergen ∑∞ 𝑛→1 𝑛! =1+ 2 + 1 6



1



+ 24 + ⋯ 3



Penyelesaian: 1



1



1



1



1



Deret geometri ∑∞ 𝑛→1 𝑛! =1+ 2 + 6 + 8 + 24 + ⋯ 𝑎



𝑆 = 1−𝑟=



1 2



1



1



𝑟 = 2 dan 𝑎 = 2



1



1 1− 2



, maka deret ∑∞ 𝑛→1 2𝑛 adalah deret konvergen



1



Deret ∑∞ 𝑛→1 𝑛! =1+



1 2



1



1



+ 6 + 24 + ⋯ untuk n≥ 4, dimana



1 𝑛!



1



1



< 2𝑛, maka deret ∑∞ 𝑛→1 𝑛!,



konvergen jika n> 3. 1.1.3. Uji Integral ∞



Uji ini dilakukan dengan cara integrasi kontini terhadap n dimana ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 menjadi



∫0 𝑎𝑛 dn jika hasilnya terbatas maka deret tersebut adalah konvergen, selanjutnya jika hasilnya tidak terhingga maka deret tersebut dinyatakan sebagai deret divergen. Hal ini dipenuhi jika 0< 𝑎𝑛+1 < 𝑎𝑛 . Contoh: 1



1. Tentukan konvergensi deret ∑~ 𝑛=1 𝑛 Penyelesain: 1



1



𝑎𝑛+1 < 𝑎𝑛 maka dapat di uji integral sehingga, f(n)= 𝑛 → 𝑓(𝑥) = 𝑥 ~



~ 𝑑𝑥



Maka I= ∫𝑁 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 ∫𝑁



𝑋



= ln IN ~ = ln ~ − ln N sehingga, I = ~ dan deret tersebut



dinamakan divergen. 𝑛



2. Gunakan uji integral untuk menentukan apakah deret konvergen atau divergen: ∑∞ 𝑛 𝑛2 +12 ∞



𝑛



𝑛 dn Misalkan u=𝑛2 + 1 sehingga du = 2n 𝑛2 +12 ∞ 𝑛 ∞ 1 𝑑𝑢 1 ∞ 1 1 ∫𝑛 𝑛2 +12dn=∫𝑛 2 𝑢2 = 2 ∫𝑛 𝑢−2 𝑑𝑢=-2 𝑢−1 │∞ = − 2 u(𝑛2 +



Penyelesaian: ∑∞ 𝑛 𝑛2 +12 dibentuk menjadi ∫𝑛 dn maka ndn = ½ du sehingga: 1



𝑛



1) │1∞ =2, maka deret ∑∞ 𝑛 (𝑛2 +12 ) adalah: konvergen. 1.1.4. Uji Bagi atau Rasio 𝑎𝑛+1



Tinjau deret ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 , selanjutnya deret ini dimisalkan 𝑙𝑖𝑚𝑛→∞ ǀ apabila:



𝑎𝑛



ǀ = 𝜌𝑛



𝜌 < 1 maka deret tersebut konvergen 𝜌 > 1 maka deret tersebut divergen 𝜌 = 1 deret tersebut tidak dapat ditentukan divergen atau konvergen



Contoh: 1



1. Gunakan uji rasio/bagi untuk menentukan apakah deret konvergen atau divergen ∑∞ 𝑛→1 𝑛! 4



1



Penyelesaian: ∑∞ 𝑛→1 𝑛! =1+ 𝜌𝑛 =



𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)(𝑛−3)… ǀ (𝑛+1)𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)(𝑛−3) ǀ



1



1



1



1



𝑛!



+ 3! + 4! + ⋯ + 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ 𝜌𝑛 = ǀ 𝑛+1 ǀ diperoleh: 1 ǀ = ǀ (𝑛+1)! 2! 𝑛!



1



= ǀ 𝑛+1 ǀ



maka 𝜌 = lim 𝜌𝑛 = 0 sehingga deret tersebut konvergen 𝑛→∞



1.1.5. Uji Banding Limit (Uji Lebniz) Tinjau deret posirtif ∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛 ,kemudian: 𝑎



𝑛 a. Uji konvergensi, jika terdapat deret positif ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 yang konvergen 𝑙𝑖𝑚𝑎→∞ ǀ 𝑏 ǀ < ~, 𝑛



maka deret konvergen. 𝑎𝑛 b. Uji devergensi jika deret positif ∑∞ 𝑛=1 𝑏𝑛 yang divergen, sehingga 𝑙𝑖𝑚𝑎→∞ ǀ 𝑏 ǀ < 0, maka 𝑛



deret



∑∞ 𝑛=1 𝑎𝑛



divergen.



Contoh: 1. uji konvergensi deret: (3𝑛+1)



10+𝑛



𝑎. ∑~ 𝑛→1 (𝑛+1)2



b. ∑~ 𝑛→1 (𝑛3 +1) 3𝑛+1



Penyelesaian: a. 𝑎𝑛 = 3𝑛+1



3



(𝑛+1)2



3



maka 𝑏𝑛 = 𝑛, untuk n besar maka ∑~ 𝑛→1 𝑛 adalah divergen. 3𝑛2 +𝑛



𝑛



(3𝑛+1)



Juga 𝑙𝑖𝑚𝑎→~ ǀ (𝑛+1)2 . 3 ǀ = 𝑙𝑖𝑚𝑎→~ ǀ 3𝑛2 +6𝑛+3 ǀ = 1 > 0 maka deret ∑~ 𝑛→1 (𝑛+1)2 adalah divergen. 10+𝑛



a. ∑~ 𝑛→1 (𝑛3 +1) → 𝑎𝑛 = 10+𝑛 𝑛2



𝑙𝑖𝑚𝑛→~ ǀ 𝑛3 +1 .



1



10+𝑛 (𝑛3 +1)



untuk n besar maka: 𝑏𝑛 =



1 𝑛2



1



, ∑~ 𝑛→1 𝑛2 adalah konvergen jadi



10+𝑛



ǀ = 1 < 𝑛 maka deret ∑~ 𝑛→1 (𝑛3 +1) adalah konvergen.



1.2. Deret Bolak-Balik Dalam hal ini kita akan membahas deret tak tetap positif istimewa yang suku-sukunya bergantian bernilai positif dan negatif, seperti deret berikut : 1



1



1



1 − 2 + 3 − 4 + ⋯∑



∞ 𝑛=1



−1n+1



(2.22)



n



Deret ini tergolong deret istimewa yang disebut deret bolak-balik atau berayun Deret :



∑∞ 𝑛=1 a n



=



n+1 |an | ∑∞ n=1(−1)



Disebut deret bolak-balik atau berayun.



5



(2.23)



Marilah kita lihat kembali deret (2.22) dan memeriksa apakah deret ini konvergen atau divergen. Karena deretnya tak tetap positif, maka kita uji dulu apakah dia konvergen mutlak. Deret mutlak adalah 1



1



∞



1



1 − 2 + 3 − 4 + ⋯∑



1



𝑛=1 n



Ini adalah deret harmonik yang telah kita perlihatkan adalah divergen. Namun demikian kita belumlah mengetahui secara pasti kekonvergenan deret bolak-balik 1.2.1. Uji Deret Bolak Balik ∞ n+1 |an | Deret bolak-balik ∑∞ konverge, jika kedua syarat berikut 𝑛=1 an = ∑n=1(−1) dipenuhi :



a. |𝑎𝑛+1 | < |𝑎𝑛 | b. lim |𝑎𝑛 | = 0 𝑛→∞



Contoh : 1



Untuk deret bolak-balik (2.22), karena |𝑎𝑛 | = 𝑛, maka |𝑎𝑛+1 | < |𝑎𝑛 | dan lim |𝑎𝑛 | = lim 𝑛→∞



1



𝑛→∞ 𝑛



0. Jadi, menurut Teorema ,deret ini konvergen



1.3. Konvergen Bersyarat Satu hal yang perlu diperhatikan pada deret tak tetap positif adalah bahwa bila deret tersebut konvergen tetapi tak konvergen mutlak, maka pengubahan urutan suku-sukunya dapat terjadi dan memberi hasil yang jumlah yang berbeda. Contoh : Pandang deret bolak-balik (2.22). Karena telah kita perlihatkan deret ini konvergen, maka jumlahnya ada, katakanlah S, yaitu : 1−



1 2



1



1



+3−4+⋯=𝑆



(2.24)



Akan kita perlihatkan bahwa deret yang diperoleh dari (2.24) dengan susunan urutan sukusukunya sebagai berikut : 1+



1 3



1



1



1



1



1



1



1



− 2 + 5 + 7 − 4 + 9 + 11 − 6 + ⋯



(2.25)



3



Memiliki jumlah 2 𝑠 ≠ 𝑆



6



=



Bukti : Deret (2.25) dapat kita peroleh dengan cara sebagai berikut. Pertama, kalikan deret 1



(2.24) dengan 2, yang memberikan deret : 1 2



1



1



1



− 4+ 8 +⋯ = 2𝑆



(2.26)



Jumlahkan deret (2.24) dengan (2.26), kita peroleh deret (2.25) : 1+



1



1



1



1



1



1



1



1



− 2 + 5 + 7 − 4 + 9 + 11 − 6 + ⋯ 3 1



3



Hasil jumlahnya : S + 2 𝑆 = 2 𝑆 , seperti disebutkan diatas 1.3.1. Defenisi Konvergen Bersyarat Jika deret tak tetap positif ∑∞ 𝑛=1 a n konvergen tetapi tak konvergen mutlak, maka konvergensinya disebut konvergen bersyarat. Sebuah deret yang konvergen bersyarat tak boleh diubah urutan suku-sukunya. 1.4. Deret Pangkat Selama ini kita hanya membahas deret takhingga yang semua sukunya berupa bilangan tetap. Dalam sisa bab ini, kita akan mempelajari deret takhinggal variabel. Yaitu, deret yang semua bergantung pada sebuah variabel x; secara khusus, yang suku-sukunya berbentuk fungsi pangkat: 𝑎𝑛= 𝑎𝑛 (x) = 𝑐𝑛 𝑥 𝑛 dengan koefisien 𝑐𝑛 = 𝑓(𝑛) membentuk suatu barisan bilangan tetap. 1.4.1. Defenisi Deret Pangkat Deret tak hingga variabel, 𝑛 2 𝑛 ∑∞ 𝑛=1 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎) ≡ 𝑐𝑜 + 𝑐1 (x-a) + 𝑐2 (𝑥 − 𝑎) + .... + 𝑐𝑛 (𝑥 − 𝑎) +....



(2.28)



Dengan x sebuah variabel sedangkan a dan 𝑐𝑛 bilangan tetap, disebut “deret pangkat” atau “deret kuasa” Perhatikan bahwa dalam notasi deret pangkat ini kita telah sengaja memilih indeks nol untuk menyatakan suku pertama deret, 𝑐𝑜 , yang selanjutnya akan kita sebut suku ke nol. Penamaan indeks atau suku ini hanyalah sekedar untuk memudahkan penulisan, terutama bila kelak kita membahas uraian sebuah fungsi kedalam deret pangkat, yakni uraian Taylor. Contoh : 1. 1 −



𝑥



+ 2



x2 4



−



x3 8



−𝑥 𝑛



+ ⋯ + 2𝑛 + .... ≡ ∑∞ 𝑛=0



1.5. Deret Binomial Deret binomial dituliskan sebagai berikut : 7



(−𝑥)𝑛 2𝑛



(𝑎 + 𝑏)𝑛 =𝑎𝑛 +𝑛𝑎𝑛−1b + ⋯ + 𝑛𝑎𝑛−1 b + 𝑏 𝑛 = ∑∞ 𝑛=0



(𝑛−𝑚) 𝑛!



𝑎𝑛−𝑚 𝑏 𝑚



Contoh : 1. Uraikan fungsi f(x) = sin x atas deret Maclaurin Penyelesaian : f(x) = (1 + 𝑥)−1 (−1)(−2)



= 1-x +



2!



𝑥2+



(−1)(−2)(−3) 3!



+....



Hitunglah deret nilai sisa deret 1 −



1 2



1



1



1



1



+ 4 − 8 + 16-32 pada suku ke enam



Penyelesaian : 𝑎



1



S = 1−𝑟, a= 1, r = -2 1



2



S = 1+1/2 = 3 S=1−



1 2



1



1



1



1



+ 4 − 8 + 16-32 = S-𝑆6 = 0,6666-0,65 = 0,0106



BAB II BILANGAN KOMPLEKS 2.1. Bilangan Real dan Imajiner Tiap-tiap persamaan dengan bentuk : ax2 + bx + c = 0............................................................................................... (2.1) dinamakan persamaan kuadrat, yang akar-akar persamaannya adalah :



x1,2 =



−𝑏±√𝑏 2 −4𝑎𝑐 2𝑎



.................................................................................. (2.2)



Jika diskriminan D = b2 – 4ac < 0, maka tak ada akar-akar yang real (dua buah akar yang gabungan kompleks), dan untuk melukiskan akar-akar ini, maka dinyatakan dengan bilangan : bilangan khayal(imajiner) ai dengan a bilangan riel dan i satuan kayal yang memenuhi aturan : i = √−1............................................................................................................ (2.3) i2 = (√−1 ) = -1,i3 = -i,t4 = 1,t4n = 1 suatu bilangan kompleks adalah suatu bilangan dengan bentuk : 8



c = a + ib........................................................................................................... (2.4) dengan c = bilangan kompleks a = Re c = bagian riel c b = Im c = bagian imajiner?kayal c sehingga sebuah bilangan kompleks c dapat ditulis sebagai : c = Re c + Im c Contoh 1 Nyatakanlah apakah bilangan kompleks real atau imajiner soal dibawah ini : a.



10 + 5i



→ sebuah bilangan kompleks



b.



0 + 8i atau 8i



→ sebuah bilangan imajiner



c.



10 + 0i atau 10



→ sebuah bilangan riel



d.



0 + 0i



→ sebuah bilangan kompleks



2.2. Aljabar Bilangan Kompleks Misalkan dua bilangan kompleks c1 = a1 + ib1 dan c2 = a2 + ib2, maka operasi aljabar antara kedua bilangan kompleks ini didefenisikan memberikan pula suatu bilangan kompleks baru. a. Penjumlahan/Pengurangan c1 ± c2 = (a1 + ib2) ±(a2 + ib2) = (a1 ± a2) + i(b1 ± b2)....................................... (2.5) b. Perkalian c1.c2



= (a1 + ib2) (a2 + ib2) = a1a2 + ia1b2+ 1 b1a2 + i2b1b2 = (a1a2 – b1b2) + i(a1b2 + a2b1).......................................................................... (2.6)



c. Pembagi



9



𝑐1 𝑐2



=



(𝑎1+𝑖𝑏1) (𝑎2+𝑖𝑏2



(𝑎1+𝑖𝑏1)(𝑎2−𝑖𝑏2)



= (𝑎2+𝑖𝑏2)(𝑎2−𝑖𝑏2) =



(𝑎1𝑎2+𝑏1𝑏2) 𝑎12



+𝑏22 )



+i



(𝑏1𝑎2−𝑎1𝑏2) (𝑎22 + 𝑏22 )



Contoh 2. Jika c1 = 2 – 3i dan c2 = -5 + i , hitunglah : a. c1 + c2



d. c1.c2



b. c1 - c2



e. c1 / c2



Penyelesaian : a. c1 + c2 = -3 – 2i



d. c1 c2 = -7 + 17i



b. c1 - c2 = 7 - 4i



e. c1 / c2 = (-1 + i)/2



Di dalam operasi aljabar bilangna kompleks berlaku sifat-sifat : c1 + c2 = c2 + c1



→ aturan kumulatif



c1 .c2 = c2 .c1



→ aturan kumulatif



(c1 + c2) + c3 = c1 + (c2 + c3)



→ aturan asosiatif



(c1 .c2) + c3 = c1(c2 + c3)



→ aturan asosiatif



c1 (c2 + c3) = c1 .c2 + c2 .c3



→ aturan distributif



0+c=c+0=c



→ aturan distributif



2.3. Bidang Kompleks / Diagram argand Pada sistem koordinat suku dapat digambarkan suatu pasangan bilangan yang dapat menyatakan sebuah titik dalam bidang, dan sebaliknya suatu titik dapat menyatakan suatu pasangan bilangan. Karena suatu pasangan bilangan (x,y) ditentukan oleh suatu bilangan kompleks z = x + iy, maka setiap bilangan kompleks z = x + iy dapat dinyatakan sebagai sebuah titik P (x,y) pada suatu bidang xy dan sebalikmya sebuah titik P (x,y) sesuai dengan suatu bilangan kompleks z = x + iy. Bilangan xy tersebut dinamakan bidang kompleks atau diagram Argand.



P(x,y) = x + iy = (r,ɵ) 10



Y



ʳ Letak titik P(x,y) dalam koordinat siku dengan r adalah jarak titik asal 0 ke titik P(x,y) dan sudut 𝜃 sudut positif yang diapit garis OP dengan sumbu x positif, dapat juga ditentukan dengan koordinat0 polar (r,𝜃).



X



0



Hubungan dengan koordinat adalah : x = r cos 𝜃



y = r sin 𝜃 ...................................( 2.11)



r = √𝑥 2 + 𝑦 2



𝜃 = arc tan 𝑥 ................................(2.12)



𝑦



Berdasarkan hubungan koordinat, diperoleh bentuk kutub (polar) bilangan kompleks : z = x + iy = r cos 𝜃 + ir sin 𝜃 atau : z = r(cos 𝜃 + i sin 𝜃 )......................................(2.13) Dengan : r = modulus atau harga mutlak z 𝜃 = argumen z = sudut = fase Jika 𝑧1 = 𝑟1 ( cos 𝜃1 + i sin 𝜃1 ) dan 𝑧2 = 𝑟2 ( cos 𝜃2 + i sin 𝜃2 ) Maka perkalian : 𝑧1 𝑧2 = 𝑟1 𝑟1 [cos(𝜃1 + 𝜃2 ) + 𝑖 sin(𝜃1 + 𝜃2 ) ] Dan jika 𝑧1 = 𝑧2 , 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑑𝑖𝑝𝑒𝑟𝑜𝑙𝑒ℎ : 𝑧1 𝑧2 = 𝑧 2 = 𝑟 2 ( 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 ) 𝑧 2 = 𝑟 2 ( 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛2 𝜃 ) Selanjutnya jika ada nz yang tidak berbeda masing-masing sama dengan z =𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃 ), maka diperoleh : 𝑧 𝑛 = [𝑟(𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) ]𝑛 = 𝑟 𝑛 (𝑐𝑜𝑠𝑛𝜃 + 𝑖 𝑠𝑖𝑛𝜃) Persamaan ini dikenal dengan Teorema De Moivre 2.4. Persamaan Kompleks dan Kurva Bilangan Kompleks 11



Duah buah bilangan konpleks adalah sama, jika dan hanya jika bagian real nya sama, dan juga bagian kayal/imajiner sama. Contohnya x + iy = 2 +3i. Adalah suatu persamaan kompleks dengan x = 2 dan y = 3 sebagai variabel-variabel riel. Suatu persamaan kompleks yang menghasilkan hanya satu persamaan riel, akan memberikan pemecahan dengan x dan y saling bergantungan. Saling bergantungan ini, pada bilangan kompleks, menggambarkan sebuah kurva. Jika kita memiliki sebuah persamaan kompleks yang memberikan hanya satu persamaan rill atau f(z) = C dimana z = x + iy, dengan f(z) dan C masing-masing berharga rill, maka sistem persamaan tersebut akan memberikan pemecahan dalam variabel x dan y yang saling tergantung, sehingga menggambarkan suatu kurva dalam bidang x – y tersebut Contoh : 1. Cari pemecahan persamaan kompleks 𝑧 2 = 1 dengan z = x + iy. Penyelesaian : Nyatakan persamaan tersebut dalam variabel rill x dan y sebagai berikut. (𝑥 + 𝑖𝑦)2 = 1. Selanjutnya kita jabarkan persamaan tersebut menjadi 𝑥 2 + 2𝑖𝑥𝑦 − 𝑦 2 = 1 sehingga diperoleh persamaan untuk bagian rill dan imajiner masing-masing a) 𝑥 2 − 𝑦 2 = 1 b) 2𝑥𝑦 = 0 Dari persamaan b) jika x = 0 maka dari persamaan a) diperoleh 𝑦 2 = −1 dan karena y seharusnya merupakan bilangan rill, maka hasil ini bukan pemecahan persamaan yang kita tinjau. Jika y = 0 maka diperoleh 𝑥 2 = 1 yang memberikan nilai rill bagi variabel x. Dengan demikian pemecahan persamaan tersebut adalah {x = ± 1, y = 0} atau z = ±1 2. Tentukan kurva yang terkait persamaan |𝑧 − 3| = 1 Penyelesaian : Ungkapkan persamaan tersebut dalam variabel x dan y adalah |𝑥 − 3 + 𝑖𝑦| = √(𝑥 − 3)2 + 𝑦 2 = 1 lalu kuadratkan kedua ruas sehingga diperoleh persamaan lingkaran (𝑥 − 3)2 + 𝑦 2 = 1 dengan titik pusat di (3,0) dan berjari-jari 1. 12



2.5. Deret kompleks Seperti halnya ketika kita membahas deret pangkat pada sistem bilangan riil pada bab 1, dalam sistem bilangan kompleks kita juga dapat membangun suatu deret pangkat takhingga yang didefinisikan sebagai: ∞



𝑆(𝑧) = ∑ 𝑎𝑛 𝑧 𝑛 𝑛=1



Dengan z=x+iy, dan an merupakan bilangan kompleks. Untuk menguji konvergensi dari deret tersebut, kita dapat memakai kembali semua perangkat yang telah kita bahas di bab 1 lalu. Tinjau deret berikut: ∞



𝑧2 𝑧3 𝑧4 𝑧𝑛 𝑧 − + − + ⋯ = ∑(−1)𝑛+1 2 3 4 𝑛 𝑛=1



Untuk menentukan konvergensi dari deret pangkat kompleks bolak-balik ini kita uji bahwa deret ini konvergen karena memenuhi syarat konvergen mutlaknya. Dari lim ǀ 𝑛→∞



𝑧 𝑛+1



dan ǀ (𝑛+1)ǀ < ǀ



𝑧𝑛 𝑛



𝑧𝑛 𝑛



ǀ=0



ǀ. Jelas bahwa deret ini konvergen karena memenuhi syarat konvergen



mutlak. Selanjutnya untuk mengetahui harga z yang membuat deret tersebut konvergen kita gunakan uji rasio: 𝑛𝑧 𝑛+1



Lim ǀ (𝑛+1)𝑧 𝑛ǀ ǀ 𝑧ǀ < 1 𝑛→∞



Dengan demikian diperoleh untuk harga ǀ 𝑧ǀ < 1 deret konvergen. Mengingat ǀ 𝑧ǀ = 1 tidak lain adalah kurva lingkaran dalam bidang kompleks, maka untuk semua nilai (x,y) yang berada di dalam kurva tersebut deret tersebut konvergen. Untuk (x,y) yang berada tepat di lingkaran yaitu ketika z=1, maka kita harus melakukan uji terpisah untuk menentukan konvergensinya dan mengingat analisis pemeriksaannya cukup panjang, maka hal ini tidak kita lakukan. Deret tak hingga kompleks adalah pernyataan penjumlahan bilangan kompleks yang tak hingga banyaknya berbentuk: 13



𝐶1 + 𝐶2 + 𝐶3 + ⋯ 𝐶𝑛 + ⋯ = ∑∞ 𝑛=1 𝐶𝑛 … … … ….



Dengan setiap suku 𝐶𝑛 adalah suatu bilangan kompleks yang tergantung pada bilangan bulat n. Jumlah parsial/pembagiannya deret tak hingga kompleks dituliskan: 𝑆𝑛 = 𝑋𝑛 + 𝑖𝑌𝑛 dengan: 𝑆𝑛 = ∑∞ 𝑘=1 𝐶𝑘 = 1,2,3 … 𝑛 𝑋𝑛 𝑑𝑎𝑛 𝑌𝑛 𝑏𝑖𝑙𝑎𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑟𝑖𝑒𝑙. Jika n → ∞, 𝑆𝑛 menuju s= x+iy, maka deret kompleksnya konvergen, dengan s jumlahnya. Berarti jika 𝑋𝑛 → 𝑥 𝑑𝑎𝑛 𝑌𝑛 → 𝑦 maka deret bagian riel dan kayal adalah konvergen. Contoh: Ujilah konvergensi deret kompleks berikut ini: ∞ ∞ 𝑛 𝑖𝜃 𝑛 𝑖𝑛𝜃 ∑∞ → 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑡 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖 𝑘𝑜𝑚𝑝𝑙𝑒𝑘𝑠 𝑛=0 𝑧 = ∑𝑛=0(𝑟𝑒 ) = ∑𝑛=0 𝑟 𝑒



𝜌= ǀ



𝑧 𝑛+1 𝑧𝑛



ǀ = Lim |𝑧| 𝑛→∞



𝜌 = |𝑧| adalah konvergen jika |z| = 𝑟 < 1 sehingga disebut lingkaran konvergensi.



2.6. Fungsi Eksponensial Dan Rumus Euler Seperti halnya pada pembahasan deret pangkat riil, setiap deret pangkat kompleks yang konvergen akan mendefinisikan sebuah fungsi f (z) dengan variabel kompleks z dalam daerah konvergensi deret tersebut dan deret tersebut secara khusus dinamakan sebagai uraian taylor. Sekarang kita akan meninjau uraian taylor dari fungsi kompleks () z ezf = di sekitar 0 =z sebagai berikut (buktikan!): 𝑒𝑧 = 1 + 𝑧 +



𝑧2 2!



+



𝑧3 3!



+



𝑧4 4!



+⋯



𝑧𝑛



= 1 + ∑∞ 𝑛=1 𝑛!



14



𝑧𝑛



Dapat dibuktikan bahwa deret ∑∞ 𝑛=1 𝑛! konvergen untuk seluruh z, sehingga uraian taylor fungsi f(z) = 𝑒 𝑧 juga memiliki rentang konvergensi yang sama. Dapat diperlihatkan pula bahwa perkalian dan pembagian dua fungsi eksponensial kompleks juga memenuhi hubungan yang sama dengan fungsi eksponensial riil yaitu:



𝑒 𝑧1 𝑒 𝑧2 = 𝑒 (𝑧1+𝑧2) 𝑒 𝑧1 𝑒 𝑧2



= 𝑒 (𝑧1−𝑧2 )



misalkan kita ambil z = iy atau z murni bilangan imajiner. Dengan memasukkannya ke dalam persamaan, kemudian mengelompokkannya dalam bagian riil dan imajiner diperoleh:



𝑒 𝑖𝑦 =



(1−



𝑦2 𝑦4 𝑦6 + + +⋯ ) 2! 4! 6!



Cos 𝑦



+ 𝑖



𝑦3 𝑦5 𝑦7 + + +⋯ ) 3! 5! 7!



(𝑦−



Sin 𝑦



Bagian imajiner dari ruas kanan persamaan tidak lain adalah uraian taylor untuk fungsi sin y , sedangkan bagian riilnya dapat ditunjukkan merupakan uraian taylor fungsi cos y . Sehingga dengan demikian kita dapati bahwa bentuk fungsi eksponensial bilangan imajiner ekuivalen dengan representasi trigonometrik: 𝑒 𝑖𝑦 = Cos 𝑦 + 𝑖 sin 𝑦 Hubungan yang diberikan oleh persamaan (17) di atas dikenal sebagai rumusan euler. Contoh: Nyatakan bilangan kompleks a=√3 + 𝑖 = 2



ke dalam bentuk eksponensial kompleks.



Modulus bilangan tersebut adalah : |a| = √3 + 𝑖 = 2 dari argumennya arg 𝐴 = arctan sehingga repsentasinya dalam bentuk eksponesial kompleks adalah 𝐴 = 2𝑒 𝑖𝜋/6 Soal!! 1. Jika 𝐶1 = 2 + 5𝑖 𝑑𝑎𝑛 𝐶2 = 5 + 2𝑖, ℎ𝑖𝑡𝑢𝑛𝑔𝑙𝑎ℎ a. 𝐶1 + 𝐶2 jawab: = (𝑎1 ± 𝑎2 ) + 𝑖(𝑏1 ± 𝑏2 ) =(2 + 5) + 𝑖(5 + 2) 15



1 √3



𝜋



= 6,



2. hitunglah konjugat kompleks dan modulus dari soal dibawah ini a. (2+5i) jawab: (𝐶 ∗ ) = a-ib



konjugat



= 2-5i Modulus



|c| = √(𝑎 + 𝑖𝑏)(𝑎 − 𝑖𝑏) = √𝑎2 + 𝑏 2 |𝐶| = √22 +5𝑖 2 = 2 + 5𝑖



2.7. Fungsi Logaritma Kompleks Kita akan mempelajari bagaimana menentukan nilai logaritma dari sembarang bilangan kompleks z≠0, termasuk bilangan negative sebagai kasus khusus. Seperti diketahui bentuk eksponensial z = 𝑒 𝑤 ekuivlen dengan w = ln z Dari defenisi bilangan kompleks dengan menggunakan ungkapan z = 𝑒 𝑤 , diperoleh salah satu sifat logaritma, yaitu: 𝑧1 𝑧2 = 𝑒 𝑤1 𝑒 𝑤2 = 𝑒 𝑤1 +𝑤2 atau ln 𝑧1 𝑧2 = 𝑤1 + 𝑤2 = ln𝑧1 + ln𝑧2 Dari sifat ini kita dapat menghitung bagian real dan bagian imajiner dari fungsi logaritma kompleks. Rumus fungsi logaritma kompleks : ln z = Lnr +𝑖𝜃 +2nπ Dengan Ln r menunjukkan logaritma dengan bilangan pokok e dari bilangan real positif r. tampak bahwa fungsi logaritma kompleks bernilai jamak, tergantung pada nilai n yang tak hingga banyaknya (n=0) Besar Ln r dikenal sebagai nilai utama (principal value) dari Ln z. Contoh soal : Hitunglah ( l – i )4 Penyelesaian : Jika z = l-i, maka r=√2 dan 𝜃5π/4. Bentuk eksponensialnya adalah: z=√2. 𝑒 5𝑖π/4 , sehingga (l-i)4 = (√2. 𝑒 5𝑖π/4 )4 = 4𝑒 5𝑖π = -4 2.8. Fungsi Trigonometri dan Hiperbolik Kompleks 16



Fungsi trigonometri kompleks 1



1



Sin z =2𝑖 (𝑒 𝑖𝑧 − 𝑒 −𝑖𝑧 ) dan cos z =2𝑖 (𝑒 𝑖𝑧 − 𝑒 −𝑖𝑧 ) Untuk semua bilangan kompleks z Empat fungsi trigonometri yang lain didefinisikan: 𝑠𝑖𝑛 𝑧



tan z =cos 𝑧



cos 𝑧



cot z = sin 𝑧



1



sec z =cos 𝑧



1



csc z = sin 𝑧



BAB III ALJABAR VEKTOR 1. Defenisi Vektor Vector adalah besaran yang mempunyai besar dan arah. Contoh besaran fisika vector adalah kecepatan, percepatan, gaya, momentum sudut, medan listrik, dll. Agar dapat dibedakan besaran scalar dan besaran vector, maka lambang untuk besaran scalar ditulis dengan huruf a, b, A; sedangkan lambang vector ditulis dengan tanda anak panah a , b , A . Besar vector A ditulis A = |A| dan arah vector A ditentukan oleh suatu vector satuan pada arah A dengan besar satu satuan yaitu A yang didefenisikan sebagai: A =



A 𝐴



Dengan | A | = 1 satuan 2. Penjumlahan dan pengurangan vector Operasi penjumlahan dan pengurangan vector sama sekali berbeda dengan operasi penjumlahan dan pengurangan bilangan-bilangan dalam aljabar biasa. Jika A dan B adalah dua buah vector sembarang, maka jumlah kedua vector didefenisikan sebagai: A + B = B + A (aturan komutatif)



Jika B adalah sebuah vector, maka - B didefenisikan sebagai vector yang sama besarnya dengan arah yang berlawanan dengan vector B . Maka mengurangkan vector



A dengan



vector B sama artinya menambahkan vector A dengan vector negative - B A - B = + A + (- B )



3. Komponen Vektor Vector sembarang A di dalam ruang berdimensi tiga dapat diuraikan atas tiga komponen yang saling tegak lurus satu sama lain dengan menggunakan sistem koordinat Cartesius, dengan meletakkan titik tangkap A pada titik asalnya 0. 17



Vector-vektor xˆ Ax, yˆ Ay, dan zˆ Az dinamakan vector-vektor komponen yang segaris dengan sumbu x, sumbu y, dan sumbu z. maka vector A dinyatakan dalam komponen sebagai: A = xˆ Ax + yˆ Ay + zˆ Az



Besar vector A = | A | = (Ax2 + Ay2 + Az2 ) ½ 4. Perkalian Skalar Dua Vektor Jika A dan B adalah dua buah vector tak nol yang mengapit sudut  , maka perkalian scalar (titik) dari dua vector A dan B didefenisikan sebagai: A . B = A B cos  = AB cos 



Karena | A || B | cos  , maka berlaku hubungan komutatif A.B= B.A



Di dalam perkalian scalar dua vector dapat dijumpai beebrapa keadaan istimewa, antara lain: 1. Jika A . B = AB cos  = dan A ≠ 0 , B ≠ 0 , maka cos  = 0, atau  =1/2 π, sehingga vector A tegak lurus pada vector vector B 2. Jika  = 0 maka A . B = AB cos  = AB, yaitu pada saat A sejajar dengan B 3. Jika  = π maka A . B = AB cos π = -AB, yaitu pada saat A anti parallel (berlawanan arah) dengan B . 5. Perkalian Silang Perkalian silang dari dua vector dan didefenisikan sebagai: A x B = nˆ (AB sin  )



Dengan,  = sudut antara A dan B nˆ = vector satuan dengan arah tegak lurus pada bidang (A,B) dan arah positif ditentukan dengan putaran sekrup



AB = luas jajaran genjang yang sisi-sisinya adalah vector A dan B Perkalian silang dari dua vector A dan B , yaitu A x B , mempunyai 3 buah komponen yang didefenisikan sebagai: ( A x B )x ≡ AyBz - AzBy ( A x B )y ≡ AzBx – AxBz ( A x B )z ≡ AxBy – AyBx 18



Dapat dituliskan menjadi: ( A x B ) = (AyBz - AzBy) xˆ + (AzBx – AxBz ) yˆ + (AxBy – AyBx ) zˆ 6. Hasil Kali Tripel Berdasarkan tiga buah vector A , B dan C diperoleh 3 jenis perkalian, yaitu: 1. ( A . B ) C 2. A .( B x C ) 3. A x ( B x C ) Masing-masing penafsiran sebagai berikut: 1. A . B = AB cos  adalah sebuah scalar, sehingga ( A . B ) C adalah sebuah vector yang sejajar C 2. A .( B x C ) disebut hasil kali tripel/ perkalian ganda tiga scalar. 7. Persamaan Garis Lurus dan Bidang Persamaan garis lurus Sebuah garis lurus L dalam ruang ditentukan oleh dua buah titik berbeda P1 dan P2 yang dilaluinya. Dalam rumusan vector, ini berarti bahwa jika OP1 dan OP 2 adalah berturut-turut vector kedudukan P1 dan P2, relative terhadap titik acuan O, maka setiap titik P yang terletak pada garis , memenuhi persamaan vector



OP = OP1 + P1P = OP1 + t ( OP 2 - OP1 ) Atau P1P = t P2 P Dengan τ sebuah parameter real. Persamaan bidang Misalkan L adalah sebuah garis lurus dan P sembarang titik yang tepat terleta di garis L. dari geometri kita ketahui bahwa melalui bahwa melalui titik P hanya ada satu bidang datar V yang memotong tegak lurus garis L. Jadi, sebuah bidang v tertentukan oleh sebuah titik P0(x0,y0,z0), yang dilewatinya, dan sebuah vector N = A i = B ˆj + C kˆ yang tegak lurus padanya. Jadi, jika P(x,y,z) adalah sembarang titik pada bidang v, maka vector P0 P tegak lurus vector N, atau dalam rumusan hasil kali titik:



P0 P . N = 0 Jarak Titik ke Bidang



19



Misalkan Q(xq,yq,zq) sebuah titik di luar bidang v. jika Q’ adalah proyeksi tegak Q pada bidang, jadi vector QQ ' tegak lurus bidang v, maka jarak d dari titik Q ke bidang v, adalah panjang vector QQ ' d = | QQ ' | untuk menghitung panjang vector QQ ' ini secara analistis, kita tidak menghitung langsung koordinat titik Q’, melainkan menempuh langkah berikut. Pertama, kita pilih sembarang titik P1(x1,y1,z1) pada bidang v. kemudian kita bentuk vector P1Q . Karena vector QQ ' tegak lurus bidang v, maka QQ ' sejajar vector normal bidang v, yakni N. ini berarti, panjang vector QQ ' , yakni | QQ ' | adalah panjang proyeksi vector P1Q pada vector normal N. jadi, nˆ = N/N adalah vector satuan, maka | QQ ' | = ( P1Q ) . nˆ BAB IV DERET FOURIER 4.1. Fungsi Periodik Sebuah fungsi yang terkait dengan suatu variabel tertentu dikatakan periodik jika bentuknya akan kembali berulang setelah rentang tertentu. Misalkan fungsi tersebut merupakan fungsi dari waktu t , jika 𝑓(𝑡) = 𝑓(𝑡 + 𝑛𝑇), dimana n adalah sebuah bilangan integer, maka fungsi tersebut mendefinisikan sebuah fungsi periodik dengan kuantitas T dinamakan periode dari fungsi tersebut. Contoh sederhana dari fungsi seperti ini adalah fungsi sin(t), dengan t dalam radian. Telah kita ketahui akan memiliki harga yang sama pada t + n2𝜋 atau sin(t) = sin( t + n2𝜋). Dalam hal ini jelas bahwa T = 2𝜋 Suatu fungsi f(x) disebut mempunyai periode T (atau periodic dengan periode T) bila untuk semua x berlaku: f(x+t) = f((x)…………………………………………………………………(4.1) Dimana t adalah suatu konstanta positif. Harga terkecil dari T> 0 disebut periode terkecil atau periode dari f(x) saja Contoh 1. 1. Periode dari sin nx atau cos nx dimana n adalah suatu bilangan bulat positif adalah 2𝜋/𝑛 2. Periode dari tan x adalah 𝜋 3. Periode dari suatu konstanta adalah sembarang bilangan positif 20



4.2. Deret Fourier Misalkan f(x) didefenisikan dalam selang (-L,L) dan diluar selang ini oleh f(x+2L)= f(x). Jadi f(x) mempunyai priode 2L. Deret Forier atau Forier yang berhubungan dengan f(x) ditentukan oleh : 𝑓(𝑥) =



𝑎𝑜 2



+ ∑∞ 𝑛=1 (𝑎𝑛 𝑐𝑜𝑠



𝑛𝜋𝑥 𝐿



+ 𝑏𝑛 𝑠𝑖𝑛



𝑛𝜋𝑥 𝐿



)



(4.2)



Dimana koefisien Fourier an dan bn adalah : 1



𝐿



𝑎𝑛 = 𝐿 ∫−𝐿 𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠 1



𝐿



𝑏𝑛 = 𝐿 ∫−𝐿 𝑓(𝑥)𝑠𝑖𝑛



𝑛𝜋𝑥 𝐿 𝑛𝜋𝑥 𝐿



𝑑𝑥



(4.3)



𝑑𝑥



(4.4)



n=0,1,2,3,.... 1



𝐿



𝑎𝑛 = 𝐿 ∫−𝐿 𝑓(𝑥)𝑑𝑥



untuk n = 0



atau boleh juga dipakai : 1



𝑐+2𝐿



𝑎𝑛 = 𝐿 ∫𝑐 1



𝑐+2𝐿



𝑏𝑛 = 𝐿 ∫𝑐



𝑓(𝑥)𝑐𝑜𝑠 𝑓(𝑥)𝑠𝑖𝑛



𝑛𝜋𝑥 𝐿 𝑛𝜋𝑥 𝐿



𝑑𝑥



(4.5)



𝑑𝑥



(4.6)



Dimana c sembarang bilangan nyata. 4.3. Fungsi Ganjil dan Genap Suatu fungsi f(x) disebut ganjil bila f(-x) = - f(x) dan disebut fungsi genap bila f(-x) = f(x). Dalam deret Fourier yang berhubungan dengan suatu fungsi ganjil, hanya mungkin ada suku-suku sinus, dan deret Fourier yang berhubungan dengan fungsi genap, maka yang mungkin ada hanya suku-suku cosinus ( atau mungkin konstanta yang akan kita pandang sebagai suatu cosinus ). Hal ini disebabkan karena fungsi sinus adalah merupakan fungsi ganjil dan fungsi cosinus merupakan fungsi genap. Contoh : Apakah fungsi ganjil dan genap! a. 𝑓(𝑥) = −𝑥 5 − 3𝑥 3 + 2𝑥 b. 𝑓(𝑥) = sin 𝑥 c. 𝑓(𝑥) = cos 𝑥 d. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 e. 𝑓(𝑥) = 2𝑥 4 21



Penyelesaian : a. 𝑓(−𝑥) = − 𝑥 5 + 3𝑥 3 − 2𝑥 = −( 𝑥 5 − 3𝑥 3 + 2𝑥) = −𝑓(𝑥) Jadi fungsi ganjil b. 𝑓(−𝑥) = sin(−𝑥) = − sin 𝑥 = − 𝑓(𝑥) Adalah Fungsi ganjil c. 𝑓(−𝑥) = cos(−𝑥) = cos 𝑥 = 𝑓(𝑥) Adalah Fungsi genap d. 𝑓(−𝑥) = (−𝑥)3 = −𝑓(𝑥) Adalah fungsi ganjil e. 𝑓(−𝑥) = 2(−𝑥)4 = 2𝑥 4 = 𝑓(𝑥) Adalah Fungsi genap 4.4. Deret Fourier Jangkauan Setengah Deret Fourier Sinus atau deret Fourier Cosinus adalah berturut-turut suatu deret dimana hanya ada suku-suku sinus atau hanya suku-suku cosinus. Jika suatu deret setengah daerah yang berhubungan dengan suatu fungsi yang diinginkan maka fungsi itu umumnya didefenisikan dalam selang ( 0, L ) [ yang merupakan setengah dari selang ( -L, L ), untuk yang menyebabkan nama setengah daerah ( half range ) ] atau didefenisikan akan selang ( -L, 0 ). Dalam hal ini didapatkan : 2



𝐿



𝑎𝑛 = 0, 𝑏𝑛 = 𝐿 ∫0 𝑓(𝑥) sin



𝑛𝜋𝑥 𝐿



𝑑𝑥 ⋯ (4.7)



Untuk deret Fourier sinus, dan 2



𝐿



𝑏𝑛 = 0, 𝑎𝑛 = 𝐿 ∫0 𝑓(𝑥) cos



𝑛𝜋𝑥 𝐿



𝑑𝑥 ⋯ (4.8)



Contoh soal : Ekspansikan f(x) = x; 0 0 dan D > 0



c.



Titik pelana (saddle), jika 𝑓𝑥𝑥 (a,b) < 0 dan D > 0 32



Jika D = 0, tak ada yang dapat di simpulkan mengenai jenis ekstrem fungsi z = f(x,y) Contoh : Carilah titik ekstrem dari fungsi f(x,y) = xy - 𝑥 2 − 𝑦 2 − 2𝑥 − 2𝑦 + 4, dan tentukan jenis ekstremnya. Penyelesaian: Dari syarat ekstrem (5.8), diperoleh : 𝑓𝑥 = y – 2x – 2 = 0 𝑓𝑦 = x – 2y – 2 = 0 Atau, x = y = -2 Jadi titik P(-2, -2) adalah satu-satunya titik ekstrem fungsi f. Jenis ekstremnya, di tentukan dari turunan kedua fungsi f : 𝑓𝑥𝑥 = 2, 𝑓𝑦𝑦 = −2, 𝑓𝑥𝑦 = 1 Dari nilai diskriminanya di titik (-2, -2) adalah : D = 𝑓𝑥𝑥 𝑓𝑦𝑦 − 𝑓 2 𝑥𝑦 = (−2)(2) − 12 = 3 > 0 Karena 𝑓𝑥𝑥 = -2 < 0 dan D = 3 > 0, maka titik ekstrem maksimum fungsi f. Nilai ekstremnya adalah : f( -2, -2) = 8 5.6 Persoalaan Ekstrem Terkendala Pada percobaan ekstrem fungsi f (x,y,z) yang ditinjau diatas, variable x dan y berubah secara bebas. Tetapi dalam berbagai persoalaan fisika dan geometri, variable x dan y seringkali disyaratkan memenuhi suatu hubungan tertentu, ∅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 dalam bab ini akan dibahas dua cara pemecahannya, yaitu cara eliminasi dan pengali lagrange. Cara Eliminas



33



Pada cara eliminasi, dipecahkan dahulu persamaan kendala ∅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 untuk salah satu variable, kemudian menggunakannya untuk mengeliminasi variabel bersangkutan dari fungsi f, dan selanjutnya mencarikan nilai ekstrem fungsi f dalam variabel yang sisa. Sebagai contoh soal berikut:



Contoh 6 Tentukan letak titik P(a,b) pada sebuah permukaan bidang V: x-y+2z=2, yang jaraknya terdekat ketitik asal nol. Penyelesaian Pada bab 3 dipelajari bahwa jarak sebuah titik P(x,y,z) ke titik asal nol adalah: ̅̅̅̅| = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 karena |𝑂𝑃 ̅̅̅̅| minimum jika fungsi: |𝑂𝑃 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 Maka dapat diambil f sebagai fungsi yang hendak dicari nilai ekstremnya. Karena titik P (x,y,z) haruslah terletak pada bidang V : x-y+2z=2, maka persamaan bidang ini adalah persamaan kendala ∅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 2 = 0 Metode Eliminasi Cara jelas untuk memecahkan persoalaan ekstrem terkendala ini adalah cara eliminasi. Yaitu, memecahkan dahulu persamaan kendala bagi salah satu variabel kemudian disisipkan pada fungsi f. dari persamaan kendala di peroleh: y = x + 2z – 2 sisipkan ke dalam fungsi kuadrat jarak f, memberikan: 𝑓(𝑥, 𝑦(𝑥, 𝑧), 𝑧) = 𝑥 2 + (𝑥 + 2𝑧 − 2)2 + 𝑧 2 2𝑥 2 + 4𝑥𝑧 + 5𝑥 2 − 4𝑥 − 8𝑧 + 4 Penerapan syarat ekstrem, memberikan: 𝑓𝑎 = 4𝑥 + 4𝑧 − 4 = 0 34



𝑓𝑧 = 4𝑥 + 10𝑧 − 8 = 0 Pemecahannya memberikan: x = 1/3, dan z = 2/3. Untuk menyelidiki jenis ekstrem f yang bersangkutan yang bersangkutan, dalam variable (x,y), dihitung lagi turunan parsial keduanya: 𝑓𝑥𝑥 = 4



𝑓𝑧𝑧 = 10,



𝑓𝑋𝑍 = 𝑓𝑍𝑋 = 4



Metode Pengali Langrange Persamaan kendala ∅(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 0 seringkali sangatlah rumit untuk dipecahkan, begitu pula halnya dengan pemecahan syarat ekstrem : 𝑓𝑥 = 0, 𝑓𝑧 = 0 atau dalam dua variable lainnya. Untuk mengatasinya, matematikawan perancis Louis langrange mengembangkan metode pengali langrange, yang menghasilkan suatu system persamaan setara yang relative mudah mencari penyelesaiannya. Gagasan dasarnya betolak dari hasil penalaran berikut: Dititik ekstrem berlaku: 𝑑𝑓 = 𝑓𝑦 𝑑𝑥 + 𝑓𝑦 𝑑𝑦 + 𝑓𝑧 = 0 Dengan memandang x,y, dan z bebas, maka dx, dy, dan dz juga bebas sehingga diperoleh 𝑓𝑥 + 𝑎∅𝑥 𝑑𝑥 = 0



𝑓𝑦 + 𝑎∅𝑦 𝑑𝑦 = 0



𝑓𝑧 + 𝑎∅𝑧 𝑑𝑧 = 0



BAB VI. INTEGRAL-INTEGRAL BERLIPAT 6.1 Integral Berlipat Perhatikan suatu pelat datar berhingga (dua dimensi), dengan distribusi massa tak seragam (non uniform) dalam daerah tertentu R dalam bidang xy (bidang kartesis xy). 𝜌 = f (x,y) adalah massa atau massa persatuan luas pada setiap titik (x,y).



Gambar 6.1. Daerah R pada bidang xy dengan elemen kecil 𝜎𝑖



35



Daerah R dibagi atas n buah elemen daerah kecil dan dengan meninjau sebuah titik (xi, yi) didalam elemen daerah (i= 1,2,….n). Massa setiap elemen daerah adalah : ∆𝑚𝑖 = 𝜌|𝜎𝑖 | = 𝑓 (𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) |𝜎𝑖 | ........................................................................................................ (6.1) |𝜎𝑖 | = luas elemen daerah 𝜎𝑖 Massa total (M) pelat dalam dearah R adalah : ∞ M ≅ ∑∞ 𝑖=1 ∆𝑚𝑖 = ∑𝑖=1 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) |𝜎𝑖 | .............................................................................. (6.2)



Selanjutnya jika daerah 𝜎𝑖 sangat kecil, maka |𝜎𝑖 | → 0 dan jmlah daerah n→ ∞. Jika 𝜎𝑖 berbentuk segi empat ( ∆𝑥𝑖 dan ∆𝑦𝑖 ), maka |𝜎𝑖 | = | ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑖 | sehingga : M = lim ∑∞ 𝑖=1 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) | ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑖 |................................................................................... (6.3) 𝑛→∞



Dimana : ∆𝑥𝑖 → 0, ∆𝑦𝑖 → 0 Maka integral lipat dua fungsi 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) dalam daerah R didefenisikan sebagai berikut : ∬ 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = lim ∑∞ 𝑖=1 𝑓(𝑥𝑖 , 𝑦𝑖 ) | ∆𝑥𝑖 ∆𝑦𝑖 | ......................................................... (6.4) 𝑛→∞



Sifat integral lipat dua sebaai berikut : 1. Jika f = f(x,y) dan g = g(x,y), dua fungsi terdefenisikan pada daerah R, maka : ∬(𝑓 ± 𝑟)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦 ± ∬ 𝑔𝑑𝑥𝑑𝑦 2. Jika c sebuah tetapan, maka : ∬(𝑐𝑓)𝑑𝑥𝑑𝑦 = c∬ 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦 3. Jika R merupakan gabungan daerah R1 dan R2 atau R= R1 ∪ R2 dengan R1 ∩ R2 = c sebuah kurva batas, maka : ∬(𝑓)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬𝑅 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦 ± ∬𝑅 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦 1



2



Defenisi daerah normal sebagai berikut : 1. Sumbu x, jika setiap garis



sumbu x hanya memotong dua kurva batas R yang



fungsi koordinatnya y = y1 (x) dan y = y2 (x) tak berubah bentuk. 36



2. Sumbu y, jika setiap garis



sumbu y hanya memotong dua kurva batas R yang



funsi koordinatnya x= x1(y) dan x = x2(y) tak berubah bentuk. Integral Lipat Dua Sebagai Volume Jika z = f (x,y) adalah sebuah persamaan permukaan, maka integral lipat dua sebagai berikut : V = ∬ 𝑧𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 ................................................................................... (6.5) Adalah volume bagian ruang tegak antara daerah R pada bidang xy dengan permukaan z = f(x,y) Dengan cara yan sama diperoleh : 1. X = f (y,z) → 𝑣 = ∬ 𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∬ 𝑓 ( 𝑦, 𝑧)𝑑𝑦𝑑𝑧 .............................................. (6.8) 2. Y = f (x,z) → 𝑣 = ∬ 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑧 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑧 ................................................ (6.7)



Contoh 1



4



Hitunglah ∫𝑥=0 ∫𝑦=2 3𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥 Penyelesaian 1



4



1



4



∫𝑥=0 ∫𝑦=2 3𝑥𝑑𝑦𝑑𝑥 = (∫0 3𝑥𝑑𝑥 ) (∫2 dy) 1 4 = (3𝑥 2 /2)| ) (𝒚| ) 0 2 =3 6.2 Integral Lipat Tiga Sifat Integral Lipat Tiga sebagai berikut : 1. Kelinieran ∭𝑣 (𝑓 ± 𝑔)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑣 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 ± ∭𝑣 𝑔𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 2. Jika v = v1 ∪ v2 dan v1 ∩ v2 = S (suatu permukaan), maka : ∭𝑣 (𝑓)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑣 𝑓𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 ± ∭𝑣 𝑓 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 1



2



37



Contoh 1



1



1



Hitunglah ∫𝑧=0 ∫𝑦=0 ∫𝑥=0 8𝑥𝑦𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 Penyelesaian : 1 1 1 1 1 1 ∫𝑧=0 ∫𝑦=0 ∫𝑥=0 8𝑥𝑦𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∫𝑧=0 ∫𝑦=0 (4𝑥 2 𝑦𝑧)| ) 𝑑𝑦𝑑𝑧 0 1 1 = ∫𝑧=0 (2𝑦 2 𝑧)| ) 𝑑𝑧 0



=1 6.3 Aplikasi Integral Dalam Fisika 1.



Jika f(x,y,z) = adalah masa benda yang menempati volume ruang v, maka massa total benda adalah : M = lim ∑𝑖=1 ∆𝑚𝑖 = 𝜌(𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )𝑑𝑣𝑖 = ∭ 𝜌𝑑𝑣 .............................................. (6.11) 𝑛→∞



2. Jika r (x,y,z) adalah jarak elemen massa ∆𝑚𝑖 dalam elemen volume ∆𝑣𝑖 ke garis L, maka : Momen inersianya ke sumbu L adalah : ∆𝐼 = 𝑟 2 (𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )∆𝑚 = 𝑟 2 (𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )𝜌(𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )𝑑𝑣𝑖 Momen inersia benda ke sumbu L adalah : 𝐼𝐿 = lim ∑𝑖=𝑙 𝑟 2 (𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )𝜌(𝑥𝑖 𝑦𝑖 𝑧𝑖 )𝑑𝑣𝑖 = ∭ 𝑟 2 𝜌𝑑𝑣 ........................................ (6.12) 𝑛→∞



Jika L adalah sumbu z, maka r2 = x2 + y2, momen lembam benda adalah : I = ∭𝑣 ( 𝑥 2 + 𝑦 2 )𝜌𝑑𝑣 ...................................................................................... (6.13) Dengan cara yang sama, diperoleh untuk sumbu x dan y yaitu : I = ∭𝑣 ( 𝑦 2 + 𝑧 2 )𝜌𝑑𝑣 ...................................................................................... (6.14) I = ∭𝑣 ( 𝑥 2 + 𝑧 2 )𝜌𝑑𝑣 ....................................................................................... (6.15) 3. Pusat massa benda terhadap masing-masing bidang koordinat : ∫ 𝑥 − 𝑑𝑀 = ∫ 𝑥𝑑𝑀 ∫ 𝑦 − 𝑑𝑀 = ∫ 𝑦𝑑𝑀 ............................................................................................ (6.16) ∫ 𝑧 − 𝑑𝑀 = ∫ 𝑧𝑑𝑀



38



6.4. Transformasi Variabel Integral a. Dalam dua dimensi Andaikan dipunya suatu integral lipat dua : 𝐼 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)|(𝑑𝑥𝑥𝑑𝑦)| ............................................................... (6.17) Dapat diubah variabelnya yaitu dengan cara melakukan transformasi koordinat dari system (x,y) ke system (u,v) menurut persamaan transformasi. X=x (u,v) Y = y (u,v) ...................................................................................................................... (6.18) Maka setiap elemen diferensial vector bertransformasi menjadi : _ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝑑𝑥 = (𝜕𝑢) 𝑑𝑢 + (𝜕𝑣) 𝑑𝑣 𝑑𝑢 = udu − 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑑𝑦 = (𝜕𝑢) 𝑑𝑢 + ( 𝑣 ) 𝑑𝑣 𝑑 𝑣 = 𝑣𝑑𝑣 Elemen luas dA dalam koordinat (u,v) adalah : 𝑑𝐴 = |𝑑𝑥𝑥𝑑𝑦| 𝜕𝑥



𝜕𝑥



𝜕𝑦



𝜕𝑦



= |[(𝜕𝑢) 𝑑𝑢 + (𝜕𝑣) 𝑑𝑣] 𝑥 [(𝜕𝑢) 𝑑𝑢 + (𝜕𝑣 ) 𝑑𝑣]| 𝑦



𝑑𝐴 = |𝑑𝑥𝑑𝑑𝑦| = 𝐽 (𝑥, 𝑢 , 𝑣) 𝑑𝑢𝑑𝑣 .............................................................................. (6.19) 𝑦



𝐽 (𝑥, 𝑢 , 𝑣) = det [



𝜕𝑢/𝜕𝑥 𝜕𝑣/𝜕𝑥



𝜕𝑢/𝜕𝑦 ] .............................................................................. (6.20) 𝜕𝑣/𝜕𝑦



𝐽 = faktor Jacobi yang bersangkutan Transformasi koordinat yang memiliki invers U = u (x,y) V = v (x,y) ...................................................................................................................... (6.21) 𝜕𝑢/𝜕𝑥 𝑣 𝐽 (𝑥, 𝑥 , 𝑦) = det [ 𝜕𝑣/𝜕𝑥



𝜕𝑢/𝜕𝑦 ] ............................................................................. (6.22) 𝜕𝑣/𝜕𝑦



Karena elemen luas tak berubah, maka : − 𝑦 𝑦 𝑣 𝑑 𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝐽 (𝑥, , 𝑣) |𝑑𝑢𝑥𝑑𝑣| = 𝐽 (𝑥, , 𝑣) 𝐽 (𝑢, , 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑢 𝑢 𝑥 Yang adalah taat azas jika : 𝑦



𝑣



𝑦



𝑣



𝐽 (𝑥, 𝑢 , 𝑣) 𝐽 (𝑢, 𝑥 , 𝑦) = 1 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝐽 (𝑥, 𝑢 , 𝑣) = 𝐽(𝑢, 𝑥 , 𝑦)−1 b. ...........................................................................................................................Dala m tiga dimensi Suatu integral lipat tiga : ∭ 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 .................................................................................................... (6.23) 39



Dalam beberapa himpunan variable x,y,z. Persamaan transformasi koordinat dari system (x,y,z) ke system (u,v,w) adalah : X= x(u,v,w) Y = y (u,v,w) .................................................................................................................. (6.24) Z = z (u,v,w) Hubungan transformasi elemen volume dv = dxdydz dalam system koordinat (x,y,z) dengan dv =dudvdw dalam system koordinat (u,v,w). Elemen volume dv =dxdydz, dapat dipandang sebagai hasil kali tripel scalar : Dv = (ds x dy ) dz Dv = J (x,y,z/u,v,w) dudvdw 𝜕𝑥/𝜕𝑢 𝜕𝑦/𝜕𝑢 𝐽 (𝑥, 𝑦, 𝑢 , 𝑣, 𝑤) = det [ 𝜕𝑧/𝜕𝑢 𝑧



𝜕𝑥/𝜕𝑣 𝜕𝑦/𝜕𝑣 𝜕𝑧/𝜕𝑣



𝜕𝑥/𝜕𝑤 𝜕𝑦/𝜕𝑤 ] ..................................................... (6.25) 𝜕𝑧/𝜕𝑤



6.5. Sistem Koordinat Selinder dan Bola a. Sistem Koordinat Silinder Sistem koordinat silider merupakan perluasan system koordinat polar ( r, Ө) dalam bidang xy, kedalam ruang tiga dimensi.



Gambar 6.5 Sistem koordinat selinder Titik P dalam system koordinat kartesis dicirikan (x,y,z) dan dalam system koordinat selinder dicirikan (r, Ө,z ) Persamaan transformasi dan koordinat kartesis (x,y,z) dengan koordinat selinder adalah : 40



X= r cosӨ Y = r sinӨ Z=z Hubungan elemen volume dv dalam system koordinat kartesis dan selinder adalah : 𝑑𝑣 = (𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧) = 𝑟 (𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑𝑧) .................................................................................... (6.26) Contoh Hitunglah faktor Jacobi transformasi koordinat dari koordinat kartesis ke kordinat selinder : X= r cosӨ Y = r sinӨ Z=z Penyelesaian 𝜕𝑥/𝜕𝑟 𝑧 𝐽 (𝑥, 𝑦, , 𝜃, 𝑧) = det [𝜕𝑦/𝜕𝑟 𝑟 𝜕𝑧/𝜕𝑟 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝐽 (𝑥, 𝑦, 𝑟 , 𝜃, 𝑧) = det [sin 𝜃 0 𝑧



−𝑟 𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑟 cos 𝜃 0



𝜕𝑥/𝜕𝜃 𝜕𝑦/𝜃 𝜕𝑧/𝜕𝜃



𝜕𝑥/𝜕𝑧 𝜕𝑦/𝜕𝑧] 𝜕𝑧/𝜕𝑧



0 0] 1



𝑧 𝐽 (𝑥, 𝑦, , 𝜃, 𝑧) = 𝑟 𝑟 b. Sistem Koordinat Bola Ditinjau titik asal koordinat 0 sebagai pusat simetri, maka titik P dengan koordinat dalam system koordinat bola dicirikan dengan (r,𝜃, ∅)



Gambar 6.6 Sistem Koordinat Bola



41



Persamaan transformasi koordinat dari system (x,y,z) ke system (r,𝜃, ∅) adalah : X= r sinӨ cos ∅ Y = r sinӨ sin ∅ ............................................................................................................. (6.27) Z= r cos Ө Hubungan elemen volume dv dalam system koordinat kartesis dan bola adalah : 𝑑𝑣 = (𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧)𝑟 2 sin 𝜃 (𝑑𝑟𝑑𝜃𝑑∅) .............................................................................. (6.28) BAB VII Fungsi Vektor Satu Variabel Tinjau sebuah partikel yang bergerak dalam ruang berdimensi, koordinatnya kedudukannya (x, y, z) selalu berubah, atau bergantung pada waktu t: r = x(t) iˆ + y(t) ˆj + z(t) kˆ = r(t) Vektor kedudukan r(t) pada persamaan diatas adalah contoh fungsi vector satu variabel, yang secara geometris menyatakan sebuah kurva C dalam ruang dengan parameter t. Secara umum vector A = Ax(u) iˆ + Ay(u) ˆj + Az(t) kˆ dengan ketiga komponennya Ax, Ay, Az merupakan fungsi dari sebuah variabel u, yakni: A = Ax(u) iˆ + Ay(u) ˆj + Az(t) kˆ = A (u) Adalah sebuah fungsi variabel. 1. Differensial Fungsi Vektor Satu Variabel



Pada gambar (a), C adalah kurva lintasan benda. Misalkan pada saat t = t1 benda berada dititik P dengan vector kedudukan r(t1), dan pada saat t = t2 ia berada di titik Q dengan vector kedudukan r(t2). Selisih kedua vector ini, yakni: ∆r = r(t2) - r(t1) 42



= [x(t2) - x(t1)] iˆ + [y(t2) - y(t1)] ˆj + [z(t2) - z(t1)] kˆ = ∆x iˆ + ∆y ˆj + ∆z kˆ Disebut vektor perpindahan benda. ∆r adalah vector PQ . Maka, dalam selang waktu ∆t = (t2t1), kecepatan rata-rata v benda didefenisikan sebagai berikut: ∆r



= ∆t = (



∆x ∆t



∆y ∆z ) iˆ + ( ∆t ) ˆj + ( ∆t ) kˆ



Jika ∆t dibuat sekecl mungkin, maka vector perpindahan ∆r yang bersangkutan semakin menghampiri busur kurva lintasan C, seperti diperlihatkan pada gambar (b). bila ∆t0, maka vector ∆r  dr, yang kini berimpit dengan busur kurva dan arahnya sejajar garis singgung kurva lintasan di r(t). pada keadaan limit ini, kecepatan rata-rata yang bersangkutan praktis adalah kecepatan benda pada saat ketika kedudukannya di r(t), yang disebut kecepatan sesaat atau kecepatan benda, yakni: ∆𝑟



v = lim



∆𝑡→0 ∆𝑡



= ( lim



∆𝑥



∆𝑡→0 ∆𝑡



∆𝑦



) iˆ + ( lim



∆𝑡→0 ∆𝑡



) ˆj + ( lim



∆𝑧



∆𝑡→0 ∆𝑡



) kˆ



Rumus Diferensiasi Jika A(u), B(u) dan C(u) adalah fungsi-fungsi vector diferensiabel dari scalar u, maka: 1.



𝑑



𝑑𝐴



𝑑𝑢



𝑑𝐵



(A + B) = 𝑑𝑢 + 𝑑𝑢



2. Jika ɸ(u) adalah sebuah fungsi diferensiabel dari u, maka: 𝑑



3. 4. 5. 6.



𝑑ɸ



𝑑𝑢 𝑑 𝑑𝑢 𝑑



𝑑A



(ɸA) = 𝑑𝑢 A + ɸ 𝑑𝑢 𝑑𝐴



𝑑𝐵



(A.B) = 𝑑𝑢 .B + A. 𝑑𝑢 𝑑𝐴



𝑑𝐵



(AxB) = 𝑑𝑢 xB + Ax 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑 𝑑𝑢 𝑑 𝑑𝑢



(𝐴. 𝐵𝑥𝐶) = 𝐴. 𝐵𝑥



𝑑𝐶



𝑑𝐵



𝑑𝐴



𝑑𝐶



+ A. 𝑑𝑢 Xc + 𝑑𝑢 x (Bx 𝑑𝑢)



𝑑𝑢 𝑑𝐶



𝑑𝐵



𝑑𝐴



𝑑𝐶



(AxBxC) = Ax (Bx 𝑑𝑢) + Ax (𝑑𝑢 xC+ 𝑑𝑢 x (Bx 𝑑𝑢 )



2. Gradien dan Turunan Arah Tinjaulah sebuah medan scalar ɸ(x, y, z) yang didefenisikan dalam daerah D, misalkan suhu dalam ruang. Diferensial totalnya, d ɸ diberikan oleh: dɸ =



ɸ ɸ ɸ dx + dy + dz x y z



ruas kanan dapat dituliskan dalam pernyataan hasil kali titik: dɸ = (



ɸ ˆ ɸ ˆ ɸ ˆ i + j + k ) . (dx iˆ + dy ˆj +dz kˆ ) x y z



43



ɸ ɸ ɸ ini adalah hasil kali titik antara vector dr dengan medan vector iˆ ( ) + ˆj ( ) + kˆ ( ). x y   z Medan vector ini disebut gradient yang dilambangkan dengan gradient ɸ atau  ɸ. Secara defenisi: ɸ ɸ ɸ  ɸ = grad ɸ = iˆ ( ) + ˆj ( ) + kˆ ( ) x y z



Vektor Normal Permukaan Tinjau sebuah permukaan S dalam ruang R3 yang persamaannya diberikan dalam bentuk implisit: ɸ(x, y, z) = c, dengan c sebuah tetapan. Maka, pada permukaan S ini berlaku: d ɸ=0 atau



 ɸ. dr = 0



karena koordinat (z, y, z)  S, maka dr menyinggung permukaan setiap kurva pada permukaan S, atay dengan kata lain, dr menyinggung permukaan S. 3. Divergensi dan Curlk a. Divergensi Andaikan suatu medan vector A (x, y, z) = iˆ Ax + ˆj Ay + kˆ Az terdefenisikan dan diferensiabel dalam suatu daerah tertentu dari ruang. Divergensi A didefenisikan sebagai berikut    + ˆj + kˆ ) . ( iˆ Ax + ˆj Ay + kˆ Az )  . A = ( iˆ X Y Z . A = (



 Ax  Ay  Az + + ) X X X



b. Curl Jika A(x, y, z) adalah medan vector diferensiabel maka curl dari A didefenisikan sebagai berikut:  x A = ( iˆ



   + ˆj + kˆ ) x ( iˆ Ax + ˆj Ay + kˆ Az )  X Y Z iˆ



x A =  / x Ax



ˆj



kˆ



 / y Ay



 / z Az



4. Integral garis dan teorema Green pada bidang datar Bila A dan ɸ masing-masing adalah medan vector dan medan scalar sembarang di dalam ruang V maka bentuk bentuk integral:



44



𝑏  𝑏  𝑏  ∫𝑎 A . d r , ∫𝑎 A x d r , ∫𝑎 ɸ d r



Yang dihitung dari titik a ke titik b mengikuti suatu lintasan C dinamakan integralintegral garis. Integral garis pada bidang datar dan teorema Green Untuk memperlihatkan hubungan antara integral garis dengan rotasi dari suatu medan vector, akan dihitung integral garis dari medan vector A mengelilingi empat persegi panjang yang cukup kecil dengan ukuran ∆x dan ∆y, yang terletak pada bidang x y. integral garis  ∮𝑐 A . d r berasal dari sumbangan-sumbangan sebagai berikut: -



Sepanjang AB : Ax∆x



 𝐴𝑥 ∆x) ∆y 𝑥  𝐴𝑥 - Sepanjang CD : - (Ax + ∆y) ∆y 𝑦 - Sepanjang DA : -Ay∆y 5. Integral luasan, integral volume dan teorema divergensi Gauss



-



Sepanjang BC : (Ay +



Permukaan seluas S dibagi-bagi menjadi unsur-unsur luasan yang banyaknya tak terhingga. Bila dianggap adalah nilai medan vector A di daerah unsur luasan nomor I (∆Si) maka besaran: lim ∑𝑛𝑖=𝑡 A i . nˆ i ∆Si ≡ ∬𝑠 A . nˆ Ds ∆Si 𝑛→  Dinamakan integral luasan dari medan vector A meliputi luasan S, dengan nˆ adalah vector satuan yang tegak lurus pada dS. 6. Teorema Green Bila di dalam teorema Gauss diambil A = ɸ  Maka



 . A =  . (ɸ   ) = ɸ  2  +  ɸ .   Sehingga diperoleh 45



∭𝑣 ( ɸ  2  +  ɸ .   ) . nˆ



dS



Yang dinamakan identitas Green I. 7. Teorema Stokes



Berlaku kaitan



    ∮𝐴𝐵𝐶 A . d r = ∮𝑂𝐴𝐵 A . d r + ∮𝑂𝐵𝐶 A . d r + ∮𝑂𝐶𝐴 A . d r Sebab sumbangan-sumbangan yang berasal dari integral-integral sepanjang OA, OB dan OC saling melenyapkan



 ∮𝑂𝐴𝐵 A . d r = ∬𝑂𝐴𝐵 (  x A )z dx dy  ∮𝑂𝐵𝐶 A . d r = ∬𝑂𝐵𝐶 (  x A )x dy dz  ∮𝑂𝐶𝐴 A . d r = ∬𝑂𝐶𝐴 (  x A )y dx



46



BAB III PEMBAHASAN



3.1. Kelebihan Buku 1. Didalam buku ini tidak terdapat salah pengetikan atau cetakan serta bahasa yang mudah dipahami 2. Pembahasannya sangat jelas dan sesuai dengan materi yang dibahas 3. Buku ini beriskan banyak contoh soal serta latihan-latihan 4. Memiliki grafik yang membuat pembaca semakin mengerti 5. Kertas yang digunakan baik



3.2. Kekurangan Buku 1.



Didalam buku tidak terdapat daftar pustaka sehingga pembaca tidak mendapat informasi lain dari materi tersebut



2.



Cover buku kurang menarik



3.



Ada beberapa bab yang sulit di pahami dengan kata-kata yang kurang dimengerti



47



BAB IV PENUTUP 4.1. Kesimpulan Jadi buku yang berjudul “Matematika Fisika” ini memiliki kekurangan serta kelebihan. Walaupun demikian, buku ini sangat bermanfaat bagi mahasiswa sebagai salah satu sumber belajar dan digunakan untuk menambah wawasan serta pengetahuan yang lebih mendalam lagi tentang Fisika dan Matematika dan akan berguna jika kita melanjutkan pendidikan S2 pada jurusan fisika. 4.2. Saran Menyadari bahwa penulis masih jauh dari kata sempurna, ke depannya penulis harus lebih fokus dan detail dalam menjelaskan tentang materi di atas dengan menulis didalamnya sumber - sumber yang tentunya dapat di pertanggung jawabkan. Materi tentang Fisika Matematika ini harus dibaca dan diterapkan dalam pembelajaran Fisika dan juga Matematika agar dapat menambah pengetahuan dan wawasan yang lebih luas tentang Fisika ataupun Matematika. Mohon maaf bila ada salah kata dan penulisan makalah. Untuk saran bisa berisi kritik yang membangun dan saran terhadap penulisan juga bisa untuk menanggapi terhadap kesimpulan dari bahasan makalah yang telah di jelaskan.



48