Bab V Integrasi Vektor [PDF]

Citation preview

BAB V INTEGRASI VEKTOR A. Integrasi Biasa Vektor Definisi: Misalkan R(u) = R1(u) i + R2(u) j + R3(u) k suatu fungsi vektor yang tergantung pada variabel skalar tunggal u dimana R1(u), R2(u), R3(u) kontinu dalam suatu selang yang ditentukan, maka



 R(u )du  i  R (u )du  j  R 1



2



(u ) du  k  R3 (u ) du....................(5.1)



Disebut Integral Tak Tentu dari R(u). Bila terdapat fungsi vektor S(u) sedemikian sehingga R(U ) 



d  S (u )  , maka du



d



 R(u )du   du  S (u )  S (u )  C Dimana C adalah vektor konstan sebarang yang tak tergantung pada u. Sedangkan Integral Tertentu antara batas-batas u = a sampai u = b dapat ditulis: b



b



b



b



 R(u )du  i  R (u )du  j  R (u )du  k  R (u )du d  S (u )    S (u )  S (b)  S (a)  du a



a



1



a



b



2



a



3



b a



a



Adapun sifat-sifat dari integral vektor ini analog dengan sifat-sifat intrgral pada Kalkulus Integral Elementer. Contoh Soal 1. Jika diketahui R(u) = (2u3-u)i + (5u+3)j – u2k, tentukan 3



( a ). R (u ) du



(b). R (u ) du 1



2. Jika diketahui A(u) = 2i – 3uj + k dan B(u) = (u+5)i = (3u2+1)j + 5k, maka tentukan (a ).  AxB  du



(b).  A  B  du



3. Percepatan gerak suatu partikel pada setiap saat t diberikan oleh a = 6t2i + 4sin2tj – cost k Jika kecepatan v dan perpindahan r sama dengan nol saat t = 0, tentukan kecepatan dan perpindahan pada setiap saat 4. Hitunglah:



 d2A  Ax   dt 2 dt



Penyelesaian 1.



( a). R(u )du 



 (2u







- u)i  (5u  3)j u 2 k  i  (2u 3 - u)du  j  (5u  3)du  k  u 2du 2 1 5 1  ( u 4 - u 2 )i  ( u 2  3u)j  u 3k  C 4 2 2 3 3 3 1 1 5 1 3   4 2 2 (b). R (u ) du  ( u - u )i  ( u  3u)j  u k  1 2 2 3  2 1 1 1 5 1  ( (81 - 1) - (9 - 1)i  ( (9  1)  3(3 - 1)j  (27 - 1)k 2 2 2 3 26  36i  26 j  k 3 3



2. (a ).  AxB  du i j k AxB  2 3u 1  2 u  5 3u  1 5 A(u)  2i 3uj  k dan B(u)  (u  5)i  (3u 2  1)j  5k (b).  A  B  du



Halaman 86 nomor 3 4.



 d2A  Ax   dt 2 dt



Pandang: d  dA  d 2 A dA dA d2A Ax  Ax  x  Ax 0   dt  dt  dt 2 dt dt dt 2 d  dA  d2A Jadi  Ax   Ax 2 dt  dt  dt  d2A d  dA  dA  dt    Ax Ax C dt  Ax Maka   2  dt dt dt dt    



Soal Latihan 1. Hitunglah:







 /2



0



(3 sin ui  2 cos uj ) du



2. A = t i – 3 j + 2t k; B = I – 2 j + 2 k; C = 3 i + t j – k 2



Hitunglah (a).1 A  BxCdt



2



(b). AxBxCdt 1



hal 103 nomor 32 dan 34 3. Percepatan a dari sebuah partikel pada sebarang saat t ≥ 0 diberikan oleh a = e-ti – 6(t+10j + 3 sint k. Jika kecepatan v dan perpindahan r adalah nol pada saat t = 0, carilah v dan r pada sbarang saat.



dA 2 A  dt dt jika A(2)  2i  j  2k dan A(3)  4i  2 j  3k 3



4. Hitunglah:



Penyelesaian Soal Latihan 1.







 /2



0



(3 sin ui  2 cos uj )du    3 cos ui  2 sin uj  0        3 cos i  2 sin j     3 cos 0i  2 sin 0 j  2 2    0i  2 j  (3i  0 j )  3i  2 j  /2



2



2. (a).1 A  BxCdt i



j



k



( a).Hitung : BxC  1  2 2  (2  2t )i  7 j  (t  6) k 3 t 1 A  BxC  (ti  3 j  2tk )   ( 2  2t )i  7 j  (t  6)k   2t  2t 2  21  2t 2  12t  14t  21 2 2 2 2 A  BxCdt    14t  21 dt  7t  21t 1  28  42  (7  21)  14  14  0 1







1



i j (b).Hitung : BxC  1  2 3 j



i AxBxC 







2



1



t 2  2t 2











k 2  ( 2  2t )i  7 j  (t  6)k 1



t k



 3 2t  (17t  18)i  (5t 2  2t ) j  (t  6)k 7 t6







AxBxCdt   (17t  18)i  (5t 2  2t ) j  (t  6)k dt 1



2



5 1  17   ( t 2  18t )i  ( t 3  t 2 ) j  ( t 2  6t )k  3 2  2 1 17 5 1  (  ( 4  1)  18( 2  1))i  ( (8  1)  (4  1)) j  ( (4  1)  6(2  1))k 2 3 2 51 35 3  (   18)i  (  3) j  (  6)k 2 3 2 87 44 15  i j k 2 3 2



dA 2 A  dt dt jika A(2)  2i  j  2k dan A(3)  4i  2 j  3k 3



4.



d  A  A  A  dA  dA  A  2 A  dA dt dt dt dt dA 1 d  A  A A  dt 2 dt 3 3 1 d dA  A  dt  2 dt 2  2 dt  A  A  dt  1 3    A  A  2 jika A(2)  2i  j  2k dan A(3)  4i  2 j  3k 2 1    4i  2 j  3k )  (4i  2 j  3k )   (2i  j  2k )  (2i  j  2k ) 2 1    4i  2 j  3k )  (4i  2 j  3k )   (2i  j  2k )  (2i  j  2k ) 2 1 1  16  4  9  (4  1  4)   29  9  10 2 2 Pandang :



B. Integral Garis Misalkan r(u) = x(u)i + y(u)j + z(u)k, dimana r(u) adalah vektor posisi dari (x,y,z) mendefinisikan sebuah kurva C yang menghubungkan titik-titik P1 dan P2 dimana u = u1 dan u = u2 untuk masing-masingnya. Kita mengganggap C tersusun dari sejumlah berhingga kurva-kurva dimana untuk masing-masingnya r(u) memiliki turunan yang kontinu Misalkan A(x,y,z) = A1 i + A2 j + A3 k sebuah fungsi vektor dari posisi yang didefinisikan dan kontinu sepanjang C. Maka Integral dari komponen tangensial A sepanjang C dari P1 ke P2 ditulis sebagai:







P2



P1



A  dr   A  dr C



   A1 i  A 2 j  A 3 k   (dxi  dyj  dzk) C



   A1dx  A 2dy  A 3dz  C



  A1dx   A2 dy   A3dz C



C



C



Disebut Integral garis. Jika A adalah gaya F pada sebuah partikel yang bergerak sepanjang C, maka integral garis ini menyatakan usaha yang dilakukan oleh gaya. Jika C adalah kurva tertutup (yang mana akan kita anggap sebagai kurva tertutup sederhana, yakni kurva yang tak memotong dirinya sendiri), maka integral mengelilingi C sering ditunjukkan oleh:



 A  dr   A dx  A dy  A dz 1



2



3



Dalam erodinamika dan mekanika fluida, integral ini disebut sirkulasi dari A mengelilingi C, dimana A menyatakan kecepatan fluida. Pada umumnya, setiap intgral yang dihitung sepanjang sebuah kurva disebut integral garis. Integral-integral demikian dapat didefinisikan dari segi pandangan limitlimit dari jumlah-jumlah seperti halnya integral-integral kalkulus elementer. TEOREMA Jika A =  pada semua titik dalam suatu daerah R dari ruang, yang didefinisikan oleh a1 ≤ x ≤ a2, b1 ≤ y ≤ b2, c1 ≤ z ≤ c2 , dimana (x,y,z) berharga tunggal dan memiliki turunan-turunan kontinu dalam R, maka: 1).



P2



P1



A  dr tidak bergantung pada lintasan C dalam R yang menghubungkan P1 dan P2



2). A  dr  0 mengelilingi



setiap kurva tertutup C dalam R Dalam hal demikian A disebut sebuah medan vektor konservatif dan  adalah potensial skalarnya.



Sebuah medan vektor A adalah konservatif jhj xA = 0, atau juga ekivalen dengan A = . Dalam hal demikian A•dr = A1 dx + A2 dy + A3 dz = d Suatu diferensial eksak







P2



P1



A  dr 



 A  dr   C



C



A1dx  A2 dy  A3dz 







C



A1dx   A2 dy   A3dz C



C



CONTOH SOAL 1. Jika A = (3x2 + 6y)i – 14yzj + 20xz2 k, hitunglah CA  dr dari (0,0,0) ke (1,1,1) sepanjang lintasan-lintasan C berikut: (a). x = t, y = t2, z = t3 (b). Garis-garis lurus dari (0,0,0) ke (1,0,0), kemudian (1,1,0) dan kemudian ke (1,1,1) (c). Garis lurus yang menghubungkan (0,0,0) ke (1,1,1) PENYELESAIAN 1). (a). Jika x = t, y = t2, z = t3, titik-titik (0,0,0) ke (1,1,1) masing-masing berhubungan dengan t = 0 dan t = 1, maka:



 A  dr  (3x  6y)i - 14yzj  20xz k   (dxi  dyj  dzk )   (3x  6y)dx - 14yzdy  20xz dz     (3t  6t )dt - 14(t )(t )d(t )  20t(t ) d(t ) 2



C



2



C



2



2



C 1



2



2



2



3



2



3 2



t 0 1



 9t dt - 14(t )2tdt  20(t )3t dt    9t  3t - 4t  6t   5



3



1







2



5



t 0



3



7



7



2



2







- 28t 6  60t 9 dt



t 0



10 1 0



Metode lain: Sepanjang C, A = (3x2 + 6y)i – 14yzj + 20xz2 k dengan x = t, y = t2, z = t3 adalah A = 9t2i -14t5 j + 20t7 k dan r = xi + yj + zk = ti + t2j + t3k maka dr = i + 2tj + 3t2k 1







 







2 5 7 2  A  dr   9t i -14t j  20t k  i  2tj  3t k dt C



t 0 1







 9t



2















1



- 28t 6  60t 9 dt  3t 3 - 4t 7  6t10 0  5



t 0



(b). Garis-garis lurus dari (0,0,0) ke (1,0,0), kemudian (1,1,0) dan kemudian ke (1,1,1)



(i). Sepanjang garis lurus dari (0,0,0) ke (1,0,0), y = 0, z = 0, dy = 0, dz = 0, sedangkan x dari 0 hingga 1



 A  dr   (3x C



 (3x



2



C



 6y)dx - 14yzdy  20xz 2 dz







  (3x



1



1



 6(0))dx - 14(0)(0)(0)  20(x)(0)(0) 



2



x 0



2



  



)dx  x 3



1 0



x 0



(ii). Sepanjang garis lurus dari (1,0,0) ke (1,1,0), x = 1, z = 0, dx = 0, dz = 0, sedangkan y dari 0 hingga 1



 A  dr   (3x C



 (31 1



C



2



2



 6y)dx - 14yzdy  20xz 2 dz











 6y) 0  - 14y(0)dy  20(0)(0)2 (0) 0



y 0



(iii). Sepanjang garis lurus dari (1,1,0) ke (1,1,1), x = 1, y = 1, dx = 0, dy = 0, sedangkan z dari 0 hingga 1



 (3(1) 1



2







 6(1))(0) - 14(1)z(0)  20(1)z 2dz 



z 0



 A  dr = 1 + 0 + 20/3= 23/3 C



PR kumpulkan sebelum mengerjakan ujian akhir semester 1. Halaman 54 nomor 37 2. Halaman 78 nomor 44 3. Halaman 81 nomor 96 4. Halaman 81 nomor 99 5. Halaman 103 nomor 30 6. Halaman 103 nomor 37



 



20 3 z 3



1 0







20 3



1