Teorema Divergensi Gauss: Diajukan Untuk Melengkapi Tugas Mata Kuliah Seminar Matematika [PDF]

Citation preview

TEOREMA DIVERGENSI GAUSS Diajukan untuk melengkapi tugas mata kuliah seminar matematika



Oleh ELZA NORA YULIANI NIM. 1484202002



DOSEN PEMBIMBING ZULHENDRI M.Si NIP TT. 096.542.111



PROGRAM STUDI PENDIDIKAN MATEMATIKA FAKULTAS ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS PAHLAWAN TUANKU TAMBUSAI RIAU 2017



i



LEMBAR PENGESAHAN Makalah



“Teorema



Divergensi



Gauss”



oleh



Elza



Nora



Yuiani



(1484202002) telah diseminarkan dan dipertahankan didepan penguji pada hari Jum’at 05 Mai 2017.



Pembimbing



Penguji



Zulhendri, M.Si. NIP TT. 096.542.111



Adityawarman Hidayat, S.Pd, M.Pd. NIP TT. 096.542.135



Mengetahui, Ketua Program Studi Pendidikan Matematika



Astuti Yunus, M.Pd. NIP TT.096.542.107



i



i



KATA PENGANTAR



Dengan mengharapkan ridho Allah S.W.T penulis berharap mendapatkan kemudahan dalam menyelesaikan makalah ini. Sholawat beserta salam yang selalu tercurah kepada baginda Rasullah S.A.W yang membawa risalah islam kepada umat manusia. Adapun judul makalah ini “Teorema Divergensi Gauss”. Makalah ini dibuat untuk memenuhi tugas “seminar mata kuliah” yang bertujuan untuk menambah pengetahuan kita tentang ilmu matematika. Makalah disusun oleh penyusun untuk memenuhi tugas mata kuliah seminar matematika. Penulis menyadari bahwa penyusunan makalah ini tidak lepas dari berbagai pihak. Pada kesempatan ini penulis ingin menyatakan terima kasih kepada: 1.



Bapak Prof. Dr. H. Amir Luthfi selaku Rektor Universitas Pahlawan Tuanku Tambusai sekaligus Dekan Fakultas Ilmu Pendidikan.



1.



Ibu Astuti Yunus, M.Pd. Selaku Ketua Program Studi Pendidikan Matematika Universitas Pahlawan Tuanku Tambusai.



2.



Bapak Zulhendri, M.Si. selaku dosen pembimbing mata kuliah seminar matematika yang telah memberi bimbingan dan arahan selama proses penyusunan.



3.



Bapak Adityawarman Hidayat, S.Pd, M.Pd selaku dosen penguji mata kuliah seminar matematika yang telah menyempurnakan makalah penulis ini.



i



ii



4.



Keluarga dan teman-teman program studi pendidikan matematika khususnya NEUFURY (Nora, Eka, Ulfa, Fitria, Umai, Romi, Yohana)



yang



memberikan semangat dan bantuan kepada penulis. Penulis menyadari, bahwa makalah ini masih terdapat banyak kekurangan karena keterbatasan kemampuan penulis dalam penyusunannya. Oleh karena itu kritik sebagai perbaikan sangat penulis harapkan. Semoga makalah ini bermanfaat bagi para pembaca.



Kuok, 05 Mai 2017



Penulis



ii



iii



DAFTAR ISI Halaman LEMBAR PENGESAHAN KATA PENGANTAR.......................................................................................



i



DAFTAR ISI...................................................................................................... iii DAFTAR GAMBAR.........................................................................................



iv



BAB I PENDAHULUAN......................................................................................



1



A. Latar Belakang...................................................................................



1



B. Batasan Masalah................................................................................



2



C. Rumusan Masalah..............................................................................



2



D. Tujuan Penulisan...............................................................................



2



E. Mamfaat Penulisan............................................................................



2



BAB II MATERI PENDUKUNG........................................................................



3



A. Turunan..............................................................................................



3



B. Turunan parsial..................................................................................



4



C. Kekontinuan.......................................................................................



5



D. Kekontinuan pada himpunan.............................................................



6



E. Kurva mulus......................................................................................



7



F.



Teorema dasar kalkulus.....................................................................



8



G. Integral...............................................................................................



9



H. Integral lipat dua atas bukan daerah persegi panjang......................... 11 I.



Integral lipat tiga (koordinat cartesius).............................................. 15



J.



Teorema green di bidang................................................................... 17



K. Divergensi medan vektor................................................................... 21



BAB III PEMBAHASAN....................................................................................... 22 A. Teorema Divergensi........................................................................... 22 B. Teorema Gauss..................................................................................



23



BAB IV PENUTUP.................................................................................................. 31 A. Simpulan............................................................................................ 31 B. Saran.................................................................................................. 31



DAFTAR PUSTAKA



iii



iv



DAFTAR GAMBAR Halaman Gambar 1. Grafik Kekontinuan...........................................................................



5



Gambar 2. Kekontinuan pada himpunan.............................................................



6



Gambar 3. Himpunan S dalam persegi panjang.................................................. 12 Gambar 4. F(x,y)=0 pada R di luar himpunan S................................................. 12 Gambar 5. Himpunan sederhana y...................................................................... 12 Gambar 6. Himpunan sederhana x...................................................................... 12 Gambar 7. Himpunan bukan sederhana x atau sederhana y................................ 13 Gambar 8. Himpunan dalam persegi panjang R................................................. 13 Gambar 9. Balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu-sumbu koordinat................. 16 Gambar 10. Daerah S terbatas dan tertutup di ruang dimensi tiga...................... 16 Gambar 11. Proyeksi pada bidang xy.................................................................. 16 Gambar 12. Kurva bidang sembarang................................................................. 18 Gambar 13. Kurva bidang sembarang................................................................. 18 Gambar 14. Segitiga dalam kurva....................................................................... 20 Gambar 15. Benda pejal tertutup dan sederhana................................................. 23 Gambar 16. Daerah S tertutup dan Sederhana.................................................... 25 Gambar 17. Permukaan benda pejal persegi panjang S ..................................... 27 Gambar 18. Permukaan kubus............................................................................ 29



iv



1



BAB I PENDAHULUAN A. Latar Belakang Pengetahuan matematika adalah ilmu dasar dari semua ilmu pengetahuan. Matematika juga adalah ilmu universal, tidak akan habis pembahasan tentang ilmu matematika. Banyak hal yang dapat dipelajari lalu dikembangankan dalam matematika sehingga bermamfaat bagi kehidupan manusia. Kalkulus merupakan salah satu cabang ilmu matematika yang penerapannya sangat banyak dalam kehidupan sehari-hari. Salah satu hal yang dipelajari dalam kalkulus yaitu kalkulus vektor. Kalkulus Vektor/Vector Calculus (atau sering disebut Analisis Vektor) dalam matematika adalah salah satu cabang ilmu yang mempelajari analisis riil dari vektor dalam dua atau lebih dimensi. Cabang ilmu ini sangat berguna bagi para insinyur dan fisikawan dalam menyelesaikan masalah karena mengandung teknik-teknik dalam menyelesaikan masalah yang berkaitan dengan vektor. Salah satu fokus dari kalkulus vektor adalah permasalahan bidang skalar, dimana terdapat suatu nilai dalam setiap titik dalam ruang. Kalkulus vektor melingkupi operasi vektor, diferensial vektor, integral vektor, dan teorema-teorema yang berhubungan dengan operasi nabla. Nabla (atau del) adalah salah satu operator yang digunakan dalam kalkulus vektor. Dinotasikan secara matematika sebagai “”. Terdapat empat operasi penting dalam kalkulus vektor berhubungan dengan operator ini, yaitu: Gradien, Divergensi, Curl, Laplacian.



1



2



Kali ini akan dibahas mengenai “Teorema Divergansi Gauss”. Topik ini belum pernah dipelajari, maupun dibahas oleh dosen sebelumnya. Oleh karena itu, penulis akan menjadikan topik ini sebagai bahan Seminar Matematika. B. Batasan Masalah Agar permasalahan ini lebih jelas dan terarah, penulis membatasi masalah hanya pada pembuktian Teorema Divergensi Gauss. C. Rumusan masalah Berdasarkan latar belakang diatas maka rumusan masalah dalam makalah ini adalah “Bagaimana Pembuktian Teorema Divergensi Gauss”? D. Tujuan Penulisan Adapun tujuan dari penulisan makalah ini adalah: 1. Untuk mengetahui langkah-langkah pembuktian Teorema Divergensi Gauss dengan materi pendukung yang ada. 2. Sebagai bahan seminar untuk diseminarkan dan sekaligus sebagai syarat untuk mengikuti mata kuliah seminar. E. Manfaat Penulisan Manfaat yang diharapkan dalam pembahasan ini adalah pengetahuan mahasiswa bertambah khususnya dalam hal membuktikan Teorema Divergensi Gauss.



2



3



BAB II MATERI PENDUKUNG A. Turunan Definisi: Turunan Fungsi f adalah fungsi lain f ' (dibaca “f aksen”) yang nilainya pada sembarang bilangan c adalah f ' (c)=lim h →0



f ( c +h ) −f ( c ) h



asalkan limit ini ada.



Rumus umum turunan: D x ( x n )=nxn −1



Contoh 1: Tentukan turunan dari f ( x )=3 x 2 +3. Penyelesaian: f ' (x )=lim h →0



f ( x+ h )−f ( x ) h 3 ( x+ h )2−(3 x 2 +3) ¿ lim h h→0 ¿ lim 3 h→0



(x ¿ ¿ 2+2 xh+h2 )−(3 x 2 +3) ¿ h



(6 xh+3 h2) h h→0



¿ lim ¿ lim h→0



( 6 x +3 h ) h =6 x atau h



Jika f ( x )=3 x 2 +3, maka f ' ( x )=2. 3 x2−1 +3. 0. x−1=6 x +0=6 x



3



4



B. Turunan Parsial Definisi: jika f terhadap x dan y, maka: (i) Turunan parsial f terhadap x, dinotasikan dengan f x ( x , y ) di definisikan sebagai: f x ( x , y )= lim



∆ x →0



f ( x +∆ x , y )−f (x , y ) ∆x



(ii) Turunan parsial f terhadap y, dinotasikan dengan f y ( x , y ) di definisikan sebagai: f y ( x , y )= lim



∆ y →0



f ( x , y +∆ y )−f (x , y) ∆y



Jika z=f ( x , y ), kita gunakan cara penulisan lain: f x ( x , y )=



∂ z ∂f (x , y) ∂ z ∂f (x, y) = f y ( x , y )= = ∂x ∂x ∂y ∂y



Contoh 2: Jika z=x 2 y +5 x +4 , cari



∂z ∂z dan . ∂x ∂y



Penyelesaian: ∂z ∂ 2 = ( x y +5 x+ 4 )=2 xy +5 ∂x ∂ x



∂z ∂ 2 = ( x y+ 5 x + 4 ) =x 2 ∂y ∂y



4



5



C. Kekontinuan Dalam bahasa yang biasa, kata kontinu digunakan untuk memberikan suatu proses yang berkelanjutan tanpa perubahan yang mendadak.Dari gambar ada tiga grafik hanya grafik yang terakhir yang memperlihatkan kekontinuan di c.



Gambar 1. Grafik Kekontinuan Defenisi: Kekontinuan disatu titik. Dikatan bahwa f kontinu di c jika beberapa selang terbuka di sekitar cterkandung dalam daerah asal f dan lim f ( x )=f (c) x →c



5



6



f ( x )ada, (2) f (c ) Dengan definisi ini bermaksud mensyaratkan tiga hal: (1) lim x →c f ( x )=f (c). Jika salah satu dari ketiga ada, (yakni,c dalam daerah asal f ), dan (3)lim x →c fungsi ini tidak terpenuhi, maka f tak kontinu (diskontinu) di c. Contoh 3:



Andaikan f ( x )=



x 2−4 , x ≠ 2 bagaimana seharusnya f didefinisikan di x=2 agar x−2



kontinu dititik itu? Penyelesaian:



lim



x →2



( x−2 ) ( x+ 2 ) x 2−4 =lim =lim ( x +2 )=4 x−2 x →2 x−2 x→ 2



Karena itu didefinisikan f (2)=4. D. Kekontinuan pada himpunan Untuk menyatakan bahwa f (x , y ) adalah kontinu pada suatu himpunan S seharusnya berarti bahwa f (x , y ) adalah kontinu disetiap titik dari himpunan.



6



7



Gambar 2. Kekontinuan pada himpunan Pada Gambar 2, A suatu titik dalam dariS dan B suatu titik batas dari S. Akhirnya, suatu himpunan adalah terbuka jika semua titiknya adalah titik dalam dan ia tertutup jika mengandung semua titik batasnya. Jika S suatu himpunan terbuka, untuk mengatakan bahwa f kontinu pada S secara tepatnya berarti bahwa f kontinu di setiap titik dari S. Sebaliknya, jikaS mengandung beberapa atau semua titik batasnya, kita harus hati-hati dalam memberikan tafsiran yang benar dari kekontinuan pada titik-titik yang demikian. Untuk mengatakan bahwa f kontinu pada suatu titik batas P dari S berarti bahwa f (Q) harus mendekati f (P) untuk Q mendekati P melalui titiktitik dari S. E. Kurva mulus Defenisi: Sebuah kurva rata-rata dikatakan kurva mulus apabila kurva itu ditentukan oleh persamaan-persamaan



x=f (t ), y=g (t ), a≤t≤b , dengan ketentuan-



ketentuan f ' dan g' adalah kontinu pada [a , b] sedangkan f ' (t) dan g' (t) tidak bersama nol diselang (a , b). Istilah mulus digunakan untuk menggambarkan sifat sebagai berikut; apabila sebuah partikel bergerak sepanjang kurva x , ymaka arah gerakannya tidak akan berubah sekonyong-konyong (ini dijamin oleh kekontinuan f ' dan g' ), partikel ini tidak akan berhenti atau berbalik arah ( f ' (t) dan g' (t)) akan menjamin ini, oleh karena tak bersama-sama nol.



7



8



F. Teorema dasar kalkulus Andaikan f kontinu (karena terintegralkan) pada [ a , b ] dan andaikan F sebarang anti turunan dari f disana. Maka, b



∫ f ( x ) dx=F ( b )−F (a) a



Bukti: Andaikan P :a=x 0 < x 2 < x 3< …< x n−1< xn =b adalah partisi sebarang dari [ a , b ]. Maka akal”kurangkan-dan-tambahkan” yang baku memberikan



F ( b )−F ( a )=F (x¿¿ n)−F (x ¿¿ n−1)+ F (x¿ ¿ n−1)−F (x¿ ¿ n−2)+ …+ F ( x¿ ¿1)−F ( x ¿¿ 0)¿ ¿ ¿ n



¿ ∑ [ F ( x i ) −F( x i−1) ] i=1



Menurut teorema nilai rata-rata untuk turunan yang diterapkan pada F pada selang



[ x i−1 , x i ], F (x¿¿ i)−F ( x¿¿ i−1)=F ' ( x´ i ) ( x i−x i−1) =f ( x´ i) ∆ x i ¿ ¿ Untuk suatu pilihan x´ i dalam selang terbuka ( x i−1 , x i). Jadi, n



F ( b )−F ( a )=∑ f ( x´ i) ∆ x i i=1



8



9



Pada ruas kiri mempunyai sebuah konstanta; pada ruas kanan kita mempunyai jumlah riemann untuk f pada [a, b]. Bilamana kedua ruas diambil limitnya untuk



|P|=0



sehingga diperoleh n



F ( b )−F ( a )= lim



b



∑ f ( x´ i)∆ x i=∫ f ( x ) dx



|P|→ 0 i=1



a



G. Integral Integral adalah kebalikan dari proses diferensial. Integral ditemukan menyusul ditemukannya masalah dalam diferensiasi di mana matematikawan harus berfikir bagaimana menyelesaikan masalah yang kebalikan dengan solusi diferensiasi. Lambang integral adalah ∫. Integral terbagi dua yaitu integral tak tentu dan integral tentu. Bedanya integral tertentu memiliki batas atas dan batas bawah. Integral tak tentu biasanya dipakai untuk mencari volume benda putar dan luas. Integral disebut juga antiturunan yang dapat dirumuskan sebagai berikut:



∫ f ' ( x ) dx=F ( x ) +C Dengan f ' ( x )= turunan pertama F ( x ) dan C= konstanta.



1.



Integral tak tentu Integral tak tentu adalah sebuah bilangan yang dimana untuk mencari besaran dan volume benda. Misalkan diberikan fungsi-fungsi berikut. y=x 2 +2 x+5 9



10



y=x 2 +2 x−2 Kedua fungsi itu memiliki turunan yang sama, yaitu: y ' =2 x+ 2 Sekarang, tinjau balik. Misalkan diberikan y ' =2 x+ 2. Jika dicari integralnya, akan diperoleh fungsi-fungsi y=x 2 +2 x+5 , y=x 2 +2 x−2, bahkan y=x 2 +2 x+10 , y=x 2 +2 x−log 3, dan sebagainya.



Dengan demikian, fungsi yang memiliki turunan 2 x+2, bukan saja dua fungsi diatas, tetapi banyak sekali. Walaupun demikian, fungsi-fungsi itu hanya berbeda dalam hal bilangan tetap saja ( seperti 5, -2, 10 log 3, dan seterusnya). Bilangan-bilangan ini dapat disimbolkan dengan C.



Rumus integral tak tentu: n



x n+1 +c n+1



1)



∫ x dx=



2)



∫ ( u+ v ) dx=∫ u dx +∫ v dx



2. Integral tentu Definisi 2.1.1: Misalkan f sebuah fungsi yang terdefinisi pada interval tertutup [a,b]. Jika n



lim ∑ f ( x´ i ) ∆ x i



|p|→ 0 i=1



10



11



Ada, kita dapat mengatakan bahwa f terintegralkan di [a,b]. Selanjutnya,



b



∫ f ( x ) dx,disebut integral tertentu (atau integral Riemann) f



dari a ke b dan



a



diberikan oleh b



n



∫ f ( x ) dx=|lim ∑ f ( x´i ) ∆ x i p|→ 0 i=1



a



Rumus integral tentu: b



1)



2)



b



b



∫ f ( x ) + g ( x ) dx=∫ f ( x ) dx+∫ g ( x ) dx a



a



b



b



a



b



∫ f ( x ) −g ( x ) dx=∫ f ( x ) dx−∫ g ( x ) dx a



a



a



b



3)



∫ f ( x ) dx=0 a b



b



4) ∫ f ( x ) dx=−∫ f ( x ) dx a a



5)



a



b



∫ kf ( x ) dx=k ∫ f ( x ) dx b



a



H. Integral lipat dua atas daerah bukan persegi panjang Sekarang perhatikan suatu himpunan S tertutup dan terbatas di bidang. Keliling S oleh suatu persegi panjang R dengan sisi-sisinya sejajar sumbu-sumbu koordinat (gambar 3). Andaikan f (x , y ) terdefinisi pada S dan didefinisikan f ( x , y )=0 pada



11



12



bagian R di luar S (gambar 4). Kita katakan bahwa f dapat diintegralkan pada S jika ia dapat diintegralkan pada R dan ditulis: ❑



❑



∬ f ( x , y ) dA=∬ f ( x , y ) dA S



R



Gambar 4. F (x , y )=0 pada R



Gambar 3. Himpunan S dalam persegi panjang



di luar himpunan S



Perhitungan integral lipat dua atas himpunan-himpunan umum. Himpunan dengan batas-batas melengkung dapat menjadi sangat rumit. Suatu himpunan S adalah y sederhana (gambar 5) jika terdapat fungsi-fungsi kontinu φ 1 dan φ 2 pada



[ a , b ] sedemikian sehingga: s {( x , y ) :φ1 ( x ) ≤ y ≤ φ2 ( x ) , a ≤ x ≤ b }



12



13



Gambar 5. Himpunan sederhana y



Gambar 6. Himpunan sederhana x



Gambar 7. Himpunan bukan



Gambar 8. Himpunan S dalam



Sederhana x atau sederhana y



persegi panjang R



Suatu himpunan S adalah x sederhana (gambar 6) jika terdapat fungsi-fungsi kontinu ψ 1 dan ψ 2 pada [ c , d ] sedemikian sehingga: s {( x , y ) :ψ 1 ( y ) ≤ x ≤ψ 2 ( y ) ; c ≤ y ≤ d } Perhatikan bahwa setiap garis tegak memotong suatu himpunan y sederhana dalam sutu ruas garis. Hal yang sama berlaku untuk himpunan x sederhana dengan



13



14



garis-garis mendatar. Gambar 7 memperlihatkan suatu himpunan yang beraku x sederhana maupun y sederhana. Selanjutnya, andaikan kita bermaksud untuk menghitung integral lipat dua dari fungsi f (x , y ) atas sebuah himpunan sederhana y S. Kita melingkupi S didalam sebuah persegi panjang R (gambar 8) dan membuat f ( x , y )=0 di luas S. Maka



❑



❑



∬ f ( x , y ) dA=∬ f ( x , y ) dA S



R



b



¿∫ a



d



[∫



]



f ( x , y ) dy dx



c



b



¿∫ a



φ 2(x)



[∫



φ 1(x)



]



f ( x , y ) dy dx



Ringkasnya: d φ 2(x)



❑



∬ f ( x , y ) dA=∫ ∫ S



c φ 1(x)



Contoh 4: Hitunglah integral berulang 5 x



2



∫ ∫ ( 4 x+10 y ) dy dx 3 −x



Penyelesaian:



14



f ( x , y ) dy dx



15



Pertama-tama kita melakukan pengintegralan sebelah dalam y, dimana untuk sementara kita memandang x sebagai sebuah konstanta, dan mendapatkan 5 x



2



5



2



x dx ∫ ∫ ( 4 x+10 y ) dy dx=∫ [ 4 xy+5 y 2 ] −x 3 −x



3



5



¿ ∫ [ ( 4 x 3+5 x 4 ) −(−4 x 2 +5 x2 ) ] dx 3



5



¿ ∫ ( 5 x 4 +4 x3 −x2 ) dx 3



[



¿ x 5 + x 4−



¿ 3393



x3 5 3 3



( )]



1 3 Perhatikan bahwa untuk integral berulang, integral sebelah luar tidak bisa mempunyai batas-batas yang bergantung pada peubah dari pengintegralan.



I. Integral lipat tiga (koordinat cartesius) Sekarang perhatikan suatu fungsi f tiga peubah yang didefinisikan atas suatu daerah berbentuk balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu-sumbu koordinat. Sehingga terbentuklah suatu partisi P dari B dengan melewatkan bidang-bidang melalui B sejajar bidang koordinat, jadi memotong B ke dalam balok-balok bagian



15



16



B1 , B2 , … , Bn, satu yang khusus Bk diperlihatkan pada gambar 9. Pada Bk , ambil satu ¿ ¿ ¿ titik contoh ( x , y , z ) dan perhatikan penjumlahan Riemann k k k n



∑ f ( ¿x k , ¿y k , ¿z k ) ∆V k k =1



Dengan ∆ V k =∆ x k ∆ y k ∆ z k adalah volume Bk . Andai norma partisi |P| ini adalah diagonal terpandang dari semua balok bagian. Maka kita definisikan integral lipat tiga dengan ❑



n



f ( ¿ , ¿ , ¿ )∆V k ∑ xk yk zk |P|→0



∭ f ( x , y , z ) dV = lim B



k =1



Asalkan limitnya ada.



Gambar 9. Balok B dengan sisi-sisi sejajar sumbu-sumbu koordinat Perhatikan suatu daerah S terbatas dan tertutup di ruang dimensi tiga dan dilengkungi di dalam suatu balok B, seperti gambar 10. Andaikan f (x , y , z) didefinisikan pada S dan berikan f nilai nol diluarS. Kemudian didefinisikan ❑



❑



∭ f ( x , y , z ) dV =¿ ∭ f (x , y , z) ¿ S



B



16



17



Andaikan S adalah himpunan z sederhana dan andaikan S xy adalah proyeksi pada bidang xy (gambar 11). Maka ❑



❑



[



ψ 2 (x , y)



∭ f ( x , y , z ) dV =¿ ∬ ∫ S



Sxy



]



f ( x , y , z ) dz dA ¿



ψ 1 (x , y)



Gambar 10. Daerah S terbatas



Gambar 11. Proyeksi pada



Dan tertutup di ruang dimensi tiga



bidang xy



Dari gambar 11, kita dapat mengulang tulisan integral lipat dua sebelah luar sebagai sebuah integral lipat. a2 ψ 2(x) ψ 2( x, y)



❑



∭ f ( x , y , z ) dV =¿ ∫ S



f ( x , y , z ) dz dy dx ¿



∫ ∫



a1 ψ 1(x) ψ 1( x, y)



Contoh 5: Hitunglah integral lipat 5 3 x x+2



∫ ∫ ∫ 4 dz dy dx −2 0



y



Penyelesaian: 5 3 x x+2



5 3x



(



x +2



∫ ∫ ∫ 4 dz dy dx=∫ ∫ ∫ 4 dz −2 0



y



−2 0



y



17



)



dy dx



18



5 3x



¿ ∫ ∫ [ 4 z ] x +2 dy dx y −2 0 5 3x



¿ ∫ ∫ ( 4 x−4 y +8 ) dy dx −2 0



5



¿ ∫ [ 4 xy−2 y 2 +8 y ] 3 x dx 0 −2 5



¿ ∫ (−6 x 2 +24 x ) dx −2



¿−14



J. Teorema grenn di bidang Misalkan C suatu kurva tertutup sederhana yang mulus sepotong-sepotong dan merupakan batas dari suatu daerah D pada bidang XOY dan M (x , y ) dan N ( x , y) adalah fungsi-fungsi yang kontinu serta mempunyai turunan parsial yang kontinu pada R yang batasnya C, maka: ❑



❑



D



C



∬ ( ∂∂ Nx − ∂∂My ) dxdy =∮ ( M dx + N dx )



Bukti: Akan dibuktikan bahwa teorema tersebut berlaku untuk daerah khusus D. Misalkan D= { ( x , y )∨g ( x ) ≤ y ≤ f ( x ) , a ≤ x ≤b } seperti tampak pada gambar 12 atau D= { ( x , y )∨c ≤ y ≤ d ,u ( y) ≤ x ≤ v ( y ) } seperti tampak pada gambar 13.



18



19



Gambar 12. Kurva bidang sembarang



Gambar 13. Kurva bidang sembarang Pada gambar 12, daerah D dibatasi ❑



❑



❑



∮ M dx=∫ M dx+∫ M dx C



C1



C2



b



a



¿ ∫ M ( x , g (x) ) dx +∫ M ( x , f ( x ) ) dx a



b



b



b



¿ ∫ M ( x , g ( x) ) dx−∫ M ( x , f ( x) ) dx a



a



b



¿−∫ [ M ( x , f ( x ) )−M ( x , g ( x ) ) ] dx a



b f (x)



∂ M ( x , y) dx dy ∂y g (x)



¿−∫ ∫ a



19



20



❑



¿−∬ D



∂M dx dy ∂y



Pada gambar 13, daerah D dibatasi oleh kurva C yang terdiri dari busur C 3 dan busur C 4 yang berturut-turut persamaannya adalah x=u( y) dan x=v ( y ) , maka: ❑



❑



❑



∮ N dy=∫ N dy +∫ N dy C



C3



C4



c



d



¿ ∫ N ( u ( y ) , y ) dy +∫ N ( v ( y ) , y ) dy d



c



d



d



¿−∫ N ( u ( y ) , y ) dy +∫ N ( v ( y ) , y ) dy c



c



d



¿ ∫ [ N ( v ( y ) , y )−N ( u ( y ) , y ) ] dy c



d f ( x)



∂ N (x , y) dx dy ∂x g (x)



¿∫ ∫ c



❑



¿∬ D



∂N dx dy ∂x



Sehingga untuk daerah khusus D ini dibatasi oleh kurva C telah terbukti bahwa: ❑



∬( D



❑



∂ N ∂M − dxdy =∮ ( M dx + N dx ) ∂x ∂y C



)



Contoh 6: Asumsikan C adalah batas dari segitiga dengan titik-titik sudut (0,0), (1,2), dan



❑



2 (0,2). Akan dihitung ∮ 4 x ydx +2 y dy . C



20



21



Gambar 14. Segitiga dalam kurva Penyelesaian: Dengan Teorema Green: M =4 x 2 y , maka



∂M ∂N =4 x 2, dan N=2 y, maka =0 sehingga ∂y ∂x



1 2



❑



∮ ¿ ¿) ¿ ∫∫ ( 0−4 x2 ) dydx C



0 2x



1



¿ ∫ (−8 x 2 +8 x3 ) dx 0



¿



¿−



[



−8 3 x +2 x 4 1 3 0



]



2 3



K. Divergensi dari medan vektor Definisi:



21



22



(Div dan Curl). Andaikan F=Mi+ Nj+ Pk adalah vektor untuk mana ∂M ∂ N ∂P , , ada. maka ∂x ∂ y ∂z ¿ F=



∂M ∂N ∂P + + ∂x ∂ y ∂z



( ∂∂ Py − ∂∂Nz ) i+( ∂∂Mz − ∂∂ Px ) j+( ∂∂Nx − ∂∂My )k



curl F=



BAB III PEMBAHASAN



A. Teorema Divergensi Fluks listrik yang dipancarkan dari suatu permukaan tertutup dengan luas permukaan tertentu adalah sama dengan muatan listrik yang dicakup oleh permukaan tertutup itu sehingga satuan dari fluks listrik adalah sama dengan satuan muatan



22



23



listrik. Fluks listrik yang dipancarkan dari suatu permukaan tertutup seluas S dapat dihitung dengan menggunakan hukum Gauss. Formula hukum Gauss ini dapat dikembangkan menjadi teorema divergensi yang mengubah bentuk integral permukaan tertutup menjadi integral volume. Dalam hal ini diperlukan divergensi dari vector rapat fluks yang ditampilkan dalam system koordinat kartesian, silinder, atau bola. Dari teorema divergensi dapat diperoleh formula untuk mendapatkan muatan ruang didalam satu kubus atau bola . Teorema divergensi menghubungkan integral luasan pada permukaan yang menutupi volume dengan interal lipat tiga pada volume tertutup. Teorema Green, Gauss dan Stokes menghubungkan suatu integral atas suatu himpunan S ke integral lain atas perbatasan S. untuk menekankan keserupaan dalam teorema-teorema ini, kita perkenalkan lambang penulisan S untuk menggantikan perbatasan S. Jadi, suatu bentuk teorema Green dapat dituliskan sebagai : ❑



❑



∮ F . n dS=∬ ¿ F dA ∂S



S



Persamaan ini mengatakan bahwa fluks F yang melewati perbatasan S dari daerah bidang tertutup terbatas S sama dengan integral ganda dari div F atas daerah tersebut (Purcell: 1987).



B. Teorema Gauss



23



24



Gambar 15. Benda pejal tertutup dan sederhana Misalkan S suatu benda pejal tertutup dan terbatas pada ruang dimensi tiga yang secara lengkap dicakup oleh suatu permukaan mulus sepotong-sepotong S (gambar 15). Teorema Gauss (Purcell: 1987) : Andaikan F = Mi + Nj + Pk berupa medan vector sedemikian sehingga M, N, P mempunyai turunan-turunan parsial pertama yang kontinu pada benda pejal S dan batasnya S. Jika n menyatakan normal satuan sebelah luar terhadap S, maka: ❑



❑



∬ F . n dS=∭ ¿ F dV ∂S



S



Pembuktian untuk menyatakan kesimpulan terhadap teorema Gauss dalam bentuk Cartesiusnya (bukan vector) merupakan hal yang penting. Sehingga dapat dituliskan n = cos α i + cos βj + cos γk dengan , , dan  adalah sudut-sudut arah untuk n. Jadi :



24



25



F . n = M cos  + N cos  + P cos  Sehingga rumus Gauss menjadi : ❑



❑



∬ ( M cos + N cos+ P cos ) dS=∭ ∂S



s



( ∂∂Mx + ∂∂ Ny + ∂∂Pz ) dV



Bukti: Kasus dengan daerah S adalah sederhana x, sederhana y, dan sederhana z. Akan cukup untuk menunjukan bahwa : ❑



❑



∬ M cos α dS=∭ ∂S



s



❑



❑



∂S



s



❑



❑



∂M dV ∂x



∬ N cos β dS=∭ ∂∂ Ny dV ∬ P cos γ dS=∭ ∂S



s



∂P dV ∂z



Cukup membuktikan yang ketiga, karena yang lain serupa.



Gambar 16. Daerah S tertutup dan sederhana



25



26



Karena S adalah z sederhana, maka S dapat dijelaskan oleh f1 (x,y)  z f2 (x,y). Seperti pada (gambar 16), S terdiri dari tiga bagian; S1yang berpadanan dengan z = f1(x,y) ; S2 yang berpadanan dengan z = f2(x,y) ; dan permukaan samping S3 yang boleh kosong. Pada S3cos  = cos 90 = 0, sehingga dapat diabaikan. ❑



❑



∬ P cos dS=∬ P( x , y , f 2 ¿ ( x , y ))dx dy ¿ ∂S2



R



❑



❑



∬ P cos dS=−∬ P( x , y , f 1 ¿ ( x , y )) dx dy ¿ ∂S1



R



Jadi, ❑



❑



∬ P cos ⁡dS=∬ [P (x , y , f 2 ¿( x , y))−P(x , y , f 1(x , y))]dx dy ¿ ∂S



R



❑



¿∬ R



f 2 ( x , y)



[∫



f 1 ( x , y)



]



❑ ∂P ∂P dz dx dy=∭ dV ∂z ∂z S



Contoh 7: Periksa kebenaran teorema Gauss untuk F = xi + yj + zk dan S = {(x,y,z) : x² + y² + z²  a²} dengan secara bebas menghitung : ❑



(a)



∬ F . n dS ∂S



❑



(b)



∭ ¿ F dV S



Penyelesaian :



26



27



(a) Pada S, n = (xi + yj + zk)/a, dengan demikian F.n = (x² + y² + z²)/a = a. Jadi, ❑



❑



∂S



∂S



∬ F . n dS=a∬ dS=a ( 4 π a2 ) =4 πa ³



(b) Oleh karena div F = 3, maka : ❑



❑



∭ ¿ F dV =3∭ dV =3 S



S



4 πa3 =4 πa ³ 3



( )



Contoh 8: Hitung Fluk medan vektor F=x 2 y i+ 2 xz j+ yz 3 k melewati permukaan benda pejal persegi panjang S yang ditentukan oleh: 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 , 0≤ z ≤ 3



Gambar 17. Permukaan benda pejal persegi panjang S Penyelesaian:



27



28



M =x 2 y, maka



∂M =2 xy ∂x



N=2 xz, maka



∂N =0 ∂y



P= yz3 , maka



∂P =3 y z 2 ∂z



Menurut teorema gauss, didapat ❑



❑



∂S



S



∬ F . n dS=∭ ( 2 xy + 0+3 y z 2 ) dV 1 2 3 2 ¿ ∫ ∫∫ ( 2 xy+ 3 y z ) dzdydx 0 0 0 1 2



¿ ∫∫ 0 0



3



[∫



2



]



2 xy+ 3 y z dz dydx



0



1 2



[ ∫∫[



¿ ∫ ∫ 2 xyz+ 3 y 0 0 1 2



¿



0 0



z3 3 dydx 3 0



]



(3 ) 3 2 xy ( 3 )+3 y −0 dydx 3



]



1 2



¿ ∫ ∫ 6 xy +27 y dydx 0 0



1



¿∫ 0



1



[



¿∫ 6 x 0



1



[



¿∫ 6 x 0



2



[∫



]



6 xy +27 y dy dx



0



y2 y2 2 + 27 dx 2 2 0



]



(2)2 (2)2 + 27 −0 dx 2 2



]



28



29



1



¿ ∫ 12 x +54 dx 0



[ [



¿ 12



x2 1 +54 x 2 0



]



12 ¿ 12 + 54 ( 1 )−0 2



]



¿ 6+54 ¿ 60



Contoh 9: ❑



Hitung



∬ F . n dS



dimana F=( 2 x−z ) i+ x 2 y j−x z 2 k dan S adalah permukaan



∂S



kubus yang dibatasi oleh



x=0 , x=1 , y=0 , y=1 , z=0 , z=1



Penyelesaian:



29



30



Gambar 18. Permukaan kubus M =2 x, maka



∂m =2 ∂x



N=x 2 y , maka



∂n =x 2 ∂y



P=xz 2, maka



∂p =2 xz ∂z



Menurut teorema divergensi gauss ❑



❑



∂S



S



∬ F . n dS=∭ 2+ x2 −2 xz dV 1 1 1



¿ ∫ ∫∫ 2+ x 2−2 xz dxdydz 0 0 0



1 1



¿ ∫∫ 0 0



[



1



∫ 2+ x 2−2 xz dx 0



]



dydz



1 1



¿ ∫∫ 0 0



1 1



[



¿ ∫ ∫ 2 ( 1 )+ 0 0



( 1 )3 −( 1 )2 z−0 dydz 3



]



1 1



7 ¿ ∫ ∫ −z dydz 0 0 3 1



¿∫ 0



1



[∫ 0



]



7 −z dy dz 3



30



[



x3 2 1 2 x+ −x z dydz 3 0



]



31



1



¿∫ 0



1



¿∫ 0



[



[



7 y −zy 1 dz 3 0



]



7 ( 1 )− z ( 1 )−0 dz 3



]



1



7 ¿ ∫ −z dz 0 3



¿



¿



[



[



7 z z2 1 − 3 2 0



]



7(1) (1)2 − −0 3 2 ¿



BAB IV PENUTUP A. Kesimpulan 1) Teorema Green dapat dituliskan sebagai :



31



11 6



]



32



❑



❑



∮ F . n dS=∬ ¿ F dA ∂S



S



2) Teorema divergensi Gauss ❑



❑



∬ ( M cos + N cos+ P cos ) dS=∭ ∂S



s



( ∂∂Mx + ∂∂ Ny + ∂∂Pz ) dV



B. Saran Dengan menggunakan teorema Divergensi Gauss ini diharapkan agar dapat dikembangkan dan di aplikasikan penerapannya.



DAFTAR PUSTAKA



Purcell,Edwin J dan Varberg,Dale.1987.Kalkulus dan Geometri Analitis jilid I Ed. V. Jakarta: Erlangga. Purcell,Edwin J dan Varberg,Dale.1987.Kalkulus dan Geometri Analitis jilid II Ed. V. Jakarta: Erlangga.



32



33



Tromba,Marsden.1976.Vektor Calculus. USA: W.H Freeman Company.



33