Teorema Divergensi [PDF]

Citation preview

TEOREMA DIVERGENSI GAUSS



A. Definisi Teorema divergensi menghubungkan integral luasan pada permukaan yang menutupi volume dengan integral lipat tiga pada volume tertutup. Untuk lebih memahaminya, misalkan S adalah suatu luas tertutup dan menutupi volume V. Normal dari S diambil normal pada permukaan yang mengarah keluar, ditentukan sebagai normal positif dan dimisalkan bahwa normal positif ini membentuk sudut ,, dengan sumbu-sumbu positif x,y, dan z. Normal ditulis dalam vector adalah n = cosi + cosj + cosk. Suatu vector A = A1i + A2j + A3k bersifat A1, A2, A3 kontinue bernilai tunggal dan mempunyai turunan parsial yang continue di daerah tersebut. Maka teori divergensi mengatakan bahwa integral luas dari komponen normal suatu vector A meliputi suatu luas tertutup sama dengan integral dari divergensi A terhadap volume yang ditutupi oleh luas tersebut. Secara umum dapat ditulis :







A  n dS =



S











div A dV



V



A  n dS =



S







(  A) dV



V



Selanjutnya, mengingat : div A =   A = (



i +



=



+



 ( A1i + A2j + A2k )



+ +



Maka,







A  n dS =



S







(  A) dV =



V







+



+



+



) dV



V



atau,



 S



(A1i + A2j + A3k)n dS =







+



V



1



) dV



Teorema ini menyatakan bahwa divergensial total dari A melalui volume V sama dengan fluks net dari A melalui permukaan S.



B. Pembuktian Teorema Divergensi Misalkan S suatu luas tertutup yang sedemikian rupa sehingga sembarang garis sejajar sumbu koordinat akan memotong sumbu S paling banyak pada dua titik. Misalkan persamaan permukaan bagian bawah dan diatas adalah S1 dan S2, masing-masing adalah z=f1(x,y) dan z=f2(x,y) proyeksi dari S bidang xy adalah R.







) dV 



V







) dz dy dx



V







 R











z f 2



dx dy [







)dz ]



z f 1



dx dy [A3 (x,y,z)







R







 R



[ A3 (x,y,f2)dx dy 



f2 f1



]







A3 (x,y,f1)]dx dy



R



Untuk bagian S2, dxdy = cos 2 dS2 = k  n2 karena normal n2 adalah membentuk sudut lancip 2 dengan k yang merpakan normal dari R. Sedangkan, untuk bagian S1, dxdy = - cos 2 dS1 = - k  n2 karena normal n1 adalah membentuk sudut tumpul 2 dengan k yang merpakan normal dari R.



2



maka,







[ A3 (x,y,f2) dx dy 











A3 (x,y,f2) k  n2 dS2



S2



R



[ A3 (x,y,f1) dx dy  







A3 (x,y,f1) k  n1 dS1



S2



R



Sehingga,







[ A3 (x,y,f2)dx dy 



R











A3 (x,y,f1)]dx dy



R







[ A3 (x,y,f2) k  n2 dS2 



S2















A3 (x,y,f1)] k  n1 dS1



S1



[ A3 (k  n) dS



S



Jadi,







) dV 



V







A3 (k  n) dS . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1)



S



Sesuai dengan diatas dengan memproyeksikan S pada bidang-bidang koordinat lainnya, maka akan diperoleh :







) dV 



V











A1 (i  n) dS . . . . . . . . . . . . . . . . . . (2)



S



) dV 



V







A2 (j  n) dS . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3)



S



Dengan demikian, jika persamaan (1),(2), dan (3) kita jumlahkan, maka akan diperoleh :







+



+



) dV 



V



 V







(A1i + A2j + A3k)n dS



S



(  A) dV 







A  n dS (TERBUKTI).



S



3



C. Contoh Soal dan Penyelesaian 1. Andaikan A adalah medan vector yang didefinisikan oleh : A(x,y,z) = 3xy2 i  yz2 j  x2z k Hitunglah fluks medan vector A yang melewati permukaan benda pejal berbentuk balok empat persegi panjang di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang-bidang, x=1, y=3, z=2 dengan menggunakan cara teorema divergensi Gauss.



Penyelesaian : Ingat benda pejal V adalah balok, maka perhatikan gambar berikut : z 2



3 y 1 x Dari sketsa pada gambar di atas, benda pejal V dibatasi oleh : B = {(x,y,z) : 0  x  1, 0  y  3, 0  z  2} Sedangkan, dari medan vector, A(x,y,z) = 3xy2 i  yz2 j  x2z k, maka divergensi medan vektornya, adalah : div A =   A  











(3xy2) 



(yz2) 



 3y2  z2  x2  x2  3y2 z2



4



(x2z)



Sehingga, menurut teorema divergensi Gauss, integral permukaan tertutup tersebut, adalah :







A  n dS 







S



+



+







) dV 



V















V



1



3



2



0



0



0



1



3



0



0



1



3



0



0



       1











(x2  3y2  z2) dz dy dx











( 2x2  6y2 



[ 2x2y  2y3 



( 6x2  54 



0 1











1 3 z 3



[ x2z  3y2z 



0 1



(x2  3y2 z2) dz dy dx







2



0



dy dx



8 ) dy dx 3







8 y 3



3 0



dx



24 ) dx 3



( 6x2  62) dx



0



 [ 2x3  62x







1 0



 2  62  64



2. Misalkan A adalah medan vector kecepatan suatu fluida : A(x,y,z)  x i  y j  2z k dan S adalah sebuah permukaan bola, x2  y2  z2  4. Hitunglah fluks A melalui S, dengan menggunakan teorema divergensi Gauss.



Penyelesaian : Perhatikan gambar sketsa berikut !



5



n1



z z√



x2  y2  4



R



y



x



Dari medan vector, A(x,y,z)  y i  x j  2z k, maka divergensi medan vektornya, adalah : div A =   A 











(x) 







(y) 



(2z)



112 2 Sehingga, menurut teorema divergensi Gauss, integral permukaan tertutup tersebut, adalah :







+



+



) dV 



V







2 dV  2



V







dV



V



dimana benda pejal tersebut berbentuk bola, x2  y2  z2  4, dengan pusat (0,0,0) dan jari-jari  2. Karena integral lipat tiga,







dV menyatakan volume



V



benda pejal, dan volume bola dengan jari-jari r adalah dengan r  2 adalah (2)3 



 S



A  n dS  2







. Jadi, dV  2 (



) 



V



6







r3. Maka, volume bola



Jadi, laju aliran fluida yang melalui bola adalah







satuan panjang pangkat tiga



persatuan waktu.



3. Misalkan A adalah medan vector yang didefinisikan oleh : A(x,y,z)  (eyz  x2y) i  3yz j  2xyz k Hitunglah integral permukaan,







A  n dS, jika S adalah permukaan tertutup



S



benda pejal yang di otan pertama dibatasi oleh bidang-bidang, 2x  y  z  6, y  x, z  0, dan x  0.



Penyelesaian : Perhatikan sketsa benda pejal berikut ini ! z



z  6  2x  y



y R 2x  y  6 x



yx



Dari sketsa diatas, didapat dari medan vector A(x,y,z) yang diberikan dihasilkan A1(x,y,z)  eyz  x2y, A2(x,y,z)  3yz, A3(x,y,z)  2xyz. Dengan demikian, divergensi medan vektornya, adalah : div A =   A  











(eyz  x2y) 



(3yz) 



 2xy  3z  2xy  3z



7



(2xyz)



Sehingga, menurut teorema divergensi Gauss :







+



+



) dV 







V



3z dV



V



Dimana, benda pejal tersebut seperti pada sketsa gambar diatas, yang berbentuk z sederhana yang dibatasi oleh : B = {(x,y,z) : 0  x  2, x  y  62x, 0  z  62xy} Jadi,







A  n dS 







S



3z dV 



V







V



 







0



x



0



2



62 x



  0



3 2



62 x



0



x



2



62 x



0



x



    2







1 2



2







3z dz dy dx



3 2 z 2



2



3  2 



[



x



3  2 



3z dz dy dx



62 x 6 2 x  y



2















6 2 x y 0



dy dx



(6  2x  y)2 dy dx



1 3



[  (6 2x  y)3 dx



1 3



[  (6 2x  y)3



0







(6  3x)3 dx



0



27 2



2







(2  x)3 dx



0











27 1 [ (2  x)4 2 4







27 1 ( ) (16)  54 2 4



2



0



8







6 2 x x



dx



4. Hitunglah fluks medan vector A melalui S, jika A adalah medan vector yang didefinisikan oleh : A(x,y,z)  2xy2 i  (x  yz2) j  (2zx2  y) k dan S adalah permukaan benda pejal terletak antara dua silinder lingkaran tegak, x2  y2  1, x2  y2  4, dari z  0 dan z  2



Penyelesaian : Menurut definisinya fluks medan vector A yang melalui permukaan S, adalah :







A  n dS



S



dimana S adalah permukaan tertutup, seperti gambar dibawah ini :



z2 z



x2  y2  4 x2  y2  1 y x Dari sketsa gambar terlihat bahwa benda pejal yang diberikan berlubang ditengah, sehingga untuk medan vector, A(x,y,z)  2xy2 i  (x  yz2) j  (2zx2  y) k, dan permukaan yang terlihat pada sketsa gambar, maka divergensi medan vektornya : div A =   A  











(2xy2) 



(x  yz2) 



 2y2  z2  2x2



9



(2zx2  y)



Sehingga, menurut teorema divergensi Gauss :







+



+



) dV 



V







2x2  2y2  z2 dV



V











[2(x2y2)  z2] dV



V



dimana benda pejal tersebut adalah benda pejal yang berlubang yang berbentuk silinder lingkaran tegak dibatasi oleh, B  {(x,y,z) : 0  z  2, 1  x2  y2  4} sehingga dengan menggunakan transformasi koordinat silinder : x  r cos , y  r sin , z z, dan x2  y2  r2, serta dV  r dz dr d Maka, hasil dari benda pejal di atas akan ditransformasikan dan akan memperoleh batas-batas: B*  {(z,r,) : 0  z  2, 1  r  2, 0    2} Jadi,







A  n dS  [2(x2y2)  z2] dV



S



















2



2



2



0



1



0



2



2



2



0



1



0



      2



2



0



1



2



2



0



1



    2











(2r2  z2) r dz dr d



(2r3  z2r) dz dr d



[2r3z  rz3







2



0



(4r3  r) dr d



[ r4  r2







2



1



d



0



10



dr d



2











[ (16 



)  (1  ) ] d



0 2











[(



 ) ] d



0















) 2







2



)



0



 22 5. Tentukan fluks yang keluar dari medan vector : A(x,y,z)  4x i  2y2 j  z2 k yang dibatasi oleh bidang S dengan batas-batas x2  y2  4, z  0, dan z  3



Penyelesaian : z



y



x Untuk divergensi medan vektornya : div A =   A  











(4x) 



(2y2) 



(z2)



 4  4y  2z dimana benda pejal tersebut adalah benda pejal berbentuk silinder yang dibatasi oleh, x2  y2  4, z  0, dan z  3, dimana r  2



11



Ingat dengan menggunakan transformasi koordinat silinder, maka : x  r cos   2 cos  y  r sin   2 sin  z z, serta dV  r dz dr d Sehingga, setelah ditransformasikan akan memperoleh batas-batas: B*  {(z,r,) : 0  z  3, 0  r  2, 0    2} Maka, menurut teorema divergensi Gauss :







+



+



) dV 



V







(4  4y  2z) dV



V































2



2



3



0



0



0



2



2



3



      0



0



0



2



2



3



0



0



0



2



2



0



0



2



2



0



0



2



2



0



0



2



2



  



        0







(4  8 sin   2z) r dz dr d



(4  8 sin   2z) r dz dr d



[((4  8 sin ) . z)  z2



[(21  24 sin )r) dr d



[(







[(







2







3



0



[(12  24 sin   (9)] r dr d



r2)



 d 2



0



0







 r dr d



[((4  8 sin  . (3  0) )  (32  02)] r dr d



0



2







(4  4(2 sin )  2z) r dz dr d



(22  02))



0



12



 d 2



0



2











[(







(4)) d



0 2











(42  48 sin ) d



0



 (42   48 cos )







2



0



 [42 (2  0)  48 (cos 2  cos 0)]  84  48 (1  1)  84 6. Andaikan S adalah benda pejal yang ditentukan oleh 1  x2  y2  z2  4 dan A = x i  (2y  z) j  (z  x2) k . Hitunglah







A  n dS !



S



Penyelesaian:







A  n dS 



S







(  A) dV



V











(1  2 1) dV



V











4 dV



V



karena benda pejal berbentuk bola, dengan 1  r  2, dan



 V



volume bola r3, maka : 







4 dV



V



 4[ (2)3  (1)3] 







13



dV menyatakan