Aljabar Linear_INTEGRAL GARIS (Pak Robertus Heri)

8/8/2019 Aljabar Linear_INTEGRAL GARIS (Pak Robertus Heri)

http://slidepdf.com/reader/full/aljabar-linearintegral-garis-pak-robertus-heri 1/22

INTEGRAL GARISDalam materi ini, didefinisikan integral yang serupa dengan integral tunggal, hanyasaja interval integrasinya bukan sebuah interval ],[ ba , tapi sebuah kurva C yang dinyatakan oleh sebuah persamaan. Integral yang demikian ini disebutsebagai integral garis.

Misalkan diketahui suatu kurva C yang dinyatakan oleh persamaan parametrik)(t x x = )(t y y = bt a ≤≤ .

Integral garis sepanjang kurva C , didefinisikan dengan

dt dt dy

dt dx

t yt x f ds y x f b

aC ∫ ∫

+

=

22

))(),((),(

Contoh

1. Tentukan ∫ +C

ds y x )2( 2 dengan C adalah setengah bagian atas lingkaran

122 =+ y x .

PenyelesaianIngat kembali, bahwa persamaan lingkaran dapat dinyatakan dalam persamaanparameter t x cos= t y sin= π ≤≤ t 0 . Sehingga

32

2)sincos2(),(0

2 +=+= ∫ ∫ π π

dt t t ds y x f C

2. Tentukan ∫ C xds2 dengan C terdiri dari 1C parabola2

x y = dari )0,0( ke

)1,1( dilanjutkan garis vertikal 2C dari )1,1( ke )2,1( .

Penyelesaian

26

1552222

2121

+−=+== ∫ ∫ ∫ ∫ + C C C C C

xds xds xds xds

3. Hitung ∫ +C

xdydx y 2

, dengan C adalah

a. Ruas garis dari (-5,-3) ke (0,2)

b. Busur parabola2

4 y x −= dari (-5,-3) ke (0,2).Penyeleaian diserahkan kepada Anda.



INTEGRAL GARIS DALAM RUANGAnalog dengan integral garis dalam bidang pada pembahasan di atas, integral garisdalam ruang didefinisikan dengan

dt dt dz

dt dy

dt dx

t z t yt x f ds z y x f b

aC ∫ ∫

+

+

=

222

))(),(),((),,(

Contoh

1. Hitung ∫ C

zds y sin , dimana C adalah heliks melingkar yang dinyatakan oleh

persamaan t x cos= t y sin= t z = ; π 20 ≤≤ t Penyelesaian

21cossinsinsin2

0

222 π π

=++= ∫ ∫ dt t t t ds z yC

2. Tentukan hasil dari ∫ ++C

dz xdy z dx y dimana C adalah ruas garis dari

)0,4,3()5,4,3()0,0,2( →→PenyelesaianPersamaan ruas garis )5,4,3()0,0,2( → adalah 105,84,:1 −=−== t z t yt xC

sehingga ( ) ( ) ( ) ( ) 5,24482

2948295410584

3

2

23

2

3

2

=−=−=+−+− ∫ ∫ t t dt t dt t dt t dt t

Persamaan ruas garis ( )0,4,3)5,4,3( → adalah t z y xC 55,4,3:2 −===

sehingga ] 151515 10

1

0

−=−=−∫ t dt

Sehingga 5,921

=++=++ ∫ ∫ +C C C

dz xdy z dx ydz xdy z dx y

INTEGRAL GARIS DARI MEDAN VEKTORMisalkan Rk Qj Pi F ++= adalah medan vektor kontinu yang terdefinisi pada kurvamulus C yang dinyatakan oleh fungsi vektor k t z jt yit xt r )()()()( ++= , bt a ≤≤ ,maka integral garis dari F sepanjang C didefinisikan oleh:

∫ ∫ •=•b

aC

dt t r t r F dr F )('))((



ContohCarilah kerja yang dilakukan oleh medan gaya xyji x y x F −= 2),( untuk

mengerakkan partikel sepanjang seperempat lingkaran tjtit r sincos)( += ,2

0π ≤≤ t .

Penyelesaian

( )

31

sin32

sin

)(sinsin)(sinsin1

sincoscos

)sincos(cos

)cossin()sincos(cos

2

22

22

2

2

0

3

0

2

0

2

0

2

0

3

0

23

0

2

=−=

−−=

−=

−=

+−•−=•

∫ ∫

∫ ∫

∫

∫ ∫

π

π π

π π

π

π

t t

t d t t d t

dt t t dt t

dt t t t

dt jt it jt t it dr F C

Latihan1. Hitung integral garis berikut dengan C adalah kurva yang diberikan

a. ∫ +C dy x ydx y x 2 ; C adalah ruas garis dari )2,3()0,2()0,0( →→

b. ∫ C

ds xy 3

; C adalah kurva parametrik

20;3;cos4;sin4

π ≤≤=== t t z t yt x

c. ∫ C

yz ds xe ; C adalah ruas garis dari )3,2,1()0,0,0( →

2. Tentukan hasil ∫ •C

dr F , dengan C adalah kurva yang diberikan oleh fungsi

vektor )( t r

a. 10;)(;),( 3232 ≤≤−=−= t jt it t r j x yi y x y x F

b. 10;)(;cossin),,( 23 ≤≤+−=++= t tk jt it t r k xz yj xi z y x F

3. Tentukan kerja (usaha) yang dilakukan oleh medan gayaa. ;sin),( j yi y x y x F += pada suatu partikel yang bergerak sepanjang

parabola 2 x y = dari )4,2()1,1( →−



b. ;),,( k yz j yxi xz z y x F ++= pada suatu partikel yang bergeraksepanjang parabola kurva dari 10,)( 432 ≤≤+−= t k t jt it t r



TEOREMA DASAR INTEGRAL GARIS

Ingat kembali teorema dasar Kalkulus bahwa )()()(' a F b F dx x F b

a

−=∫ dengan

)(' x F kontinu pada ],[ ba . Demikian pula teorema dasar untuk integral garisdiberikan oleh Teorema berikut

TeoremaMisalkan C adalah kurva mulus yang diberikan oleh fungsi vector

bt at r ≤≤);( . Misalkan f adalah fungsi dua atau tiga variable yang vectorgradiennya f ∇ kontinu pada C. Maka

( ) ( ))()( ar f br f dr f C

−=•∇∫

Teorema ini mengatakan bahwa kita dapat menghitung integral garis dari medanvector konservatif (medan vector gradient dari fungsi potensial f ), cukup denganmengetahui nilai f di titik ujung C. Sehingga jika f adalah fungsi dua variabledan C adalah kurva bidang dengan titik awal ),( 11 y x A dan titik akhir ),( 22 y x B ,

maka Teorema dasar untuk integral menjadi ( ) ( )1122 ,, y x f y x f dr f C

−=•∇∫ .

Sedangkan jika f adalah fungsi tiga variable dan C adalah kurva ruang dengantitik awal ),,( 111 z y x A dan titik akhir ),,( 222 z y x B , maka Teorema dasar untuk

integral garis menjadi ( ) ( )111222 ,,,, z y x f z y x f dr f C

−=•∇∫

KEBEBASAN LINTASANUmumnya, jika F medan vektor kontinu dengan domain D , dikatakan bahwa

integral garis ∫ •C

dr F adalah bebas lintasan jika ∫ ∫ •=•21 C C

dr F dr F untuk sebarang

lintasan 1C dan 2C dalam D dengan titik awal dan titik akhir sama.Suatu kurva dikatakan tertutup, jika titik akhirnya berimpit dengan titik awalnya,yaitu )()( ar br =

Teorema

Integral garis ∫ •

C

dr F adalah bebas lintasan dalam D jika hanya jika

0=•∫ C

dr F

untuk setiap lintasan tertutup C dalam D .

Menurut Teorema Green (akan dibahas berikutnya), untuk setiap C lintasantertutup bila jt yit xt r jQi P F )()()(; +=+= , berlaku



dA y P

xQ

Qdy Pdxdr F DC C ∫ ∫ ∫ ∫

∂∂−∂

∂=+=• . Sehingga bila 0=•∫ C

dr F , hal ini

mengakibatkan dA y P

xQ

D∫∫

∂∂−∂

∂yaitu

y P

xQ

∂∂=∂

∂.

Dengan kata lain, Integral garis ∫ •C

dr F dikatakan bebas lintasan bila berlaku

y P

xQ

∂∂=∂

∂.

TeoremaAndaikan F adalah medan vector yang kontinu pada daerah terhubung

terbuka D . Jika 0=•∫ C

dr F adalah bebas lintasan dalam D , maka F

adalah medan vector konservatif pada D , yakni terdapat fungsi f

sedemikian sehingga F f =∇

Teorema Jika j y xQi y x P y x F ),(),(),( += adalah medan vector konservatif, dengan

P dan Q mempunyai turunan parsial yang kontinu pada D , makasepanjang D berlaku

xQ

y P

∂∂=∂

∂.

Untuk daerah D adalah terhubung sederhana, digunakan teorema berikut

TeoremaMisalkan j y xQi y x P y x F ),(),(),( += adalah medan vector pada daerahterhubung sederhana terbuka D . Andaikan P dan Q mempunyai turunan

orde satu yang kontinu dan xQ

y P

∂∂=∂

∂sepanjang D , maka F adalah

konservatif.

Contoh1. Apakah medan vector j y xi xy y x F )3()23(),( 22 −++= konservatif/tidak?

PenyelesaianKarena P dan Q adalah polinomial dalam ),( y x berarti domain dari F

adalah 2 R , dan turunan pertamanya juga kontinu di 2 R , yaitu xQ

x y P

∂∂==∂

∂2

. Jadi menurut Teorema j y xi xy y x F )3()23(),( 22 −++= konservatif.



2. Dari soal nomor 1, tentukan f sedemikian sehingga F f =∇ , kemudian

hitung ∫ •C

dr F , bila C adalah kurva parameter

π ≤≤+= t jt eit et r t t 0;cossin)(

Penyelesaian

Dari definisi turunan fungsi vector j f i f j f y

i f x

f y x +=∂∂+∂

∂=∇ .

Karena F f =∇ , berarti j y xi xy j f i f y x )3()23( 22 −++=+Dari kesamaan diperoleh )(3)23()23( 2 y g y x xdx xy f xy f x ++=+=⇔+= ∫ Dari f yang diperoleh, bila diturunkan terhadap y ,

)(')23( 2 y g x f xy f y x +=⇔+= Sementara 22 3 y x f y −= , sehingga

c ydy y y g y y g y g x y x +−=−=⇔−=⇔+=− ∫ 322222 3)(3)(')('3

Jadi c y y x x f +−+= 323

Kemudian menurut teorema dasar integral garis1)1,0(),0( 3 +=−−=•∇=• −−∫ ∫ π π e f e f dr f dr F

C C

3. Jika k ye je xyi y z y x F z z 332 3)2(),,( +++= , tentukan f sedemikian sehingga F f =∇ !

Penyelesaiannya diserahkan ke pembaca.

4. Hitung ( ) ( )∫ −+−)4,3(

)2,1(

2232 366 dy xy y xdx y xy

Perhitungan integral garis ini dapat dilakukan dengan beberapa cara sebagai

berikut.a. Misalkan lintasan dari titik (1,2) ke (3,4) dibagi dua lintasan yaitu lintasan

)2,3()2,1(:1 →C dilanjutkan lintasan )4,3()2,3(:2 →C .

b. Dengan lintasan langsung dari )4,3()2,1( →

c. Dengan mengecek, apakah xQ

y P

∂∂=∂

∂. Jika ya, berarti berlaku f F ∇=

sehingga berlaku rumus)4,3(

)2,1(

)4,3(

)2,1(

)4,3(

)2,1(

f df dr f dr F C

==•∇=• ∫ ∫ ∫

LATIHAN1. Tentukan apakah F berikut ini konservatif atau tidak. Bila konservatif,

tentukan f sedemikian sehingga F f =∇

a. j y xi y x F )45()56( +++=b. j x y xi x y y x F )sinsin()coscos2( 2 −−+−=

2. a.Tentukan f sedemikian sehingga F f =∇



b.Gunakan jawaban a. untuk menghitung ∫ •C

dr F sepanjang C yang

diberikan1. j y x yi y x F )2(),( ++= dengan C adalah setengah lingkaran bagian atasyang

berawal di )1,0( dan berakhir di )1,2(2. yk j z x yi z y x F +++= )(),,( , dengan C adalah ruas garis dari

)1,3,8()4,1,2( −→ 3. k x yj xi y xz z y x F 2cos)sin2(),,( +++= dengan C adalah

π 20;sincos)( ≤≤++= t k t jt it t r

3. Tunjukkan bahwa integral garis berikut bebas lintasan, kemudian hitungintegralnya!

a. ( )∫ −+C

dy y y xdx y x 22 3cossin2 dengan C sebarang lintasan dari (-1,0) ke

(5,1)

b. ( ) ( )∫ −+−C

dy y x xydx y x y 24332 94122 dengan C sebarang lintasan dari (1,1)

ke (3,2)4. Tentukan kerja yang dilakukan oleh medan gaya F dalam menggerakkan

benda dari P ke Q, bila:a. j y xi y x y x F 2332),( += dengan P(0,0), Q(2,1)

b. j x y

i x y

y x F 2

),( 2

2

−= dengan P(1,1), Q(4,-2)

TEOREMA GREENTEOREMA GREENMisalkan C adalah kurva yang berorientasi positif, mulus sepotong-sepotong,tertutup sederhanan di bidang dan D adalah daerah yang dibatasi oleh C. JikaP dan Q mempunyai mempunyai turunan parsial yang kontinu pada daerahterbuka yang memuat D, maka:

dA y P

xQ

Qdy Pdx DC ∫∫ ∫

∂∂−∂

∂=+

Dengan kalimat lain, Teorema Green mengatakan bahwa integral tunggalsepanjang lintasan tertutup C sama dengan integral lipat dua dengan domainintegrasi bidang D yang batasnya adalah lintasan C

Contoh



1. Akan dihitung ∫ +C

dy xydx x 4

, dengan C adalah ruas garis dari (0,0) ke (1,0)

ke (0,1) kembali ke (0,0) dengan menggunakan teorema Green, yaitu

611

0

1

0

4 ==+ ∫ ∫ ∫ − x

C

dxdy ydy xydx x

2. Akan ditentukan hasil dari ∫ +C

dy xydx y 32

dengan C adalah bidang

perbatasan dari daerah setengah cincin D di setengah bidang atas di antaralingkaran-lingkaran 122 =+ y x dan 422 =+ y x .Penyelesaian perhitungan contoh 2. Lebih sulit bila menggunakan integralbiasa maupun integral garis. Dengan domain integrasi bidang setengahcincin bagian atas, akan lebih mudah menggunakan koordinat polar untukmenyelesaikannya.

Dengan y y P

y P 22 =∂∂

⇒= ; y xQ

xyQ 33 =∂∂

⇒= dan { }π θ θ ≤≤≤≤= 0;21/),( r r D

diperoleh

( )3

14sin233

0

2

1

2 ==−=

∂∂−

∂∂=+ ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

π

θ θ d dr r r dA y ydA y P

xQ

dy xydx y D DC

LATIHAN1. Tentukan hasil dari

a. ∫ +C

dy xdx xy 32

dengan C adalah persegi panjang dengan titik sudut

(0,0), (2,0), (2,3), (0,3)

b. ∫ −C

dy xdx y dengan C adalah lingkaran berpusat di titik asal dan berjari-

jari 1.2. Cari nilai dari

a. ( )∫ +++C

x dy y xdxe y 2cos2 dengan C adalah daerah antara parabola-

parabola 2 x y = dan 2 y x = .

b. ∫ −C

dy xdx y 33

dengan C adalah lingkaran 422 =+ y x

3. Hitung luas daerah yang dibatasi oleh kurva dengan persamaan vektorπ 20;sincos)( 3 ≤≤+= t jt it t r

CURL DAN DIVERGENSI1. CURL



Jika k RQji P F ++= adalah medan vector pada 3 R dan turunan parsial dari RQ P ,, semuanya ada, maka curl F adalah medan vector dari 3 R yang

didefinisikan dengan

( ) k y

P

x

Q

j x

R

z

P

i z

Q

y

R

k RQji P k z j yi x

F F curl

∂∂

−∂∂

+

∂∂

−∂∂

+

∂∂

−∂∂

=++×

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

×∇=

Teorema Jika F adalah medan vector yang terdefinisi pada keseluruhan vector 3 R yang fungsi komponennya mempunyai turunan parsial kontinu dan

0= F curl , maka F adalah medan vector konservatif

ContohAkan ditunjukkan bahwa k z xy j xyz i z y F 22332 32 ++= adalah medan vector

konservatif.

0

32 22332

=∂∂

∂∂

∂∂=

z xy xyz z y z y x

k ji

F curl

Selanjutnya karena k z xy j xyz i z y F 22332 32 ++= adalah medan vectorkonservatif, akan dicari fungsi potensial f -nya, yaitu F f =∇

),(

32

3232

32

22332

z y g z xydx z y f

z y f

k z xy j xyz i z yk z

f j

y

f i

x

f

x

+==⇔=⇔

++=∂∂+∂

∂+∂∂

∫ Padahal 333 2),(22 xyz z y g xyz xyz f y y =+⇔=

k z y g

z y g y=⇔

=⇔

),(

0),(

Jadi k z xy f += 32

2. DIVERGENSI Jika k RQji P F ++= adalah medan vector pada 3 R dan turunan parsial dari

RQ P ,, semuanya ada, maka divergensi F

( F div ) adalah fungsi tigavariable yang didefinisikan oleh

( )

z P

yQ

x P

k RQji P k z

j y

i x

F F div

∂∂+

∂∂+

∂∂=

++•

∂∂+

∂∂+

∂∂=

•∇=

Contoh



Divergensi dari k y j xyz i xz F 2−+= adalah xz z z P

yQ

x P

F div +=∂∂+∂

∂+∂∂=



BENTUK VEKTOR DARI TEOREMA GREENMisalkan C adalah kurva tertutup sederhana, mulus pada bidang XY denganpersamaan parameter )( s x x = dan )( s y y = , maka vektor singgung satuan dari

kurva C adalah jdsdy

idsdx

T += dan vektor normal satuannya adalah jdsdx

idsdy

n −= .

Jika j y xQi y x P F ),(),( += adalah medan vektor, maka

1. ( ) ( )∫ ∫ ∫ −=

−•+=•

C C C

Qdxdy P ds jdsdx

idsdy

Qj Pidsn F

dA yQ

x P

dA yQ

x P

S S ∫ ∫ ∫ ∫

∂∂+∂

∂=

∂∂−−∂

∂=

Sementara ( ) yQ

x P

Qj Pi j y

i x

F F div∂∂+∂

∂=+•

∂∂+∂

∂=∇= . Sehingga

∫∫ ∫∫ ∫ •∇==•S S C

F F divdsn F

Yang disebut sebagai Teorema Divergensi Gauss pada Bidang atau Fluksyang melintasi C.

2. Terdapat pula bentuk vector yang lain untuk Teorma Green.

( ) ( )

dA y P

xQ

Qdydx P ds jdsdy

idsdx

Qj PidsT F

S

C C C

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∂∂−

∂∂=

+=

+•+=•

Sementara k y

P

x

Q

Q P z y x

k ji

F F curl

∂

∂−∂

∂=∂

∂

∂

∂

∂

∂=×∇=0

. Sehingga

∂∂−∂

∂=• y P

xQ

k F curl . Jadi

dAk F curl dsT F S C ∫ ∫ ∫ •=•



LUAS PERMUKAANDefinisi

Bila permukaan mulus S diberikan oleh persamaan;),(),(),(),( k vu z jvu yivu xvur ++= Dvu ∈),( , dan S dikelilingi hanya sekali

ketika ),( vu bergerak sepanjang daerah asal D, maka luas permukaan S adalah

∫∫ ×= D

vu dAr r S A )(

dengan k u z

ju y

iu x

r u ∂∂+

∂∂+

∂∂= dan k

v z

jv y

iv x

r v ∂∂+∂

∂+∂∂=

Secara khusus, jika permukaan S diberikan oleh persamaan ),( y x f z = , dengan),( y x terletak di D dan f mempunyai turunan parsial kontinu, dan diambil x dan y

sebagai parameter, dengan persamaan parameternya ),(,, y x f z y y x x ===

sehingga k x f

ir x ∂∂+= ; k

v f

jr y ∂∂+= dan

1

10

0122

+

∂∂+

∂∂=×⇒+∂

∂−∂∂−=

∂∂∂∂=×

y z

x z

r r k j y f

i x f

y f x f k ji

r r y x y x

Jadi, luas permukaan menjadi

∫ ∫ +

∂∂+

∂∂=

D

dA y z

x z

S A 1)(22

Pikirkan ke-analog-an rumus luas permukaan ini dengan rumus panjang busur padaKalkulus I

Contoh1. Tunjukkan bahwa luas permukaan bola adalah 24 r L π =

PenyelesaianIngat kembali transformasi koordinat kartesius ke koordinat polar padasystem koordinat bola, yaitu:

α β α β α cos;sinsin;cossin l z l yl x ===Dengan daerah asal parameter { }π β π α β α 20;0/),( ≤≤≤≤= D

Sehingga k jl il k z

j y

i x

r α β α β α α α α α sinsincoscoscos −+=∂∂

+∂∂

+∂∂

=

k jl il k z

j y

i x

r 0cossinsinsin ++−=∂∂+∂

∂+∂∂= β α β α

β β β β



l jl il

l l

l l

k ji

r r β α β α β α β α

α β α β α β α sinsinsincossin0cossinsinsin

sinsincoscoscos 22222 ++=−

−=×

α α α β α β α β α sincossinsinsincossin 2224244244 l l l l r r =++=×

Jadi 2

2

0 0

2 4sin)( l d d l dAr r S A D

vu π β α α π π

==×= ∫ ∫ ∫ ∫

2. Tentukan luas permukaan paraboloida 022 =−+ z y x yang dibatasi olehbidang 4= z .Penyelesaiana. Cara I

y z x z y x z y x 2;222 ==⇒+= , sehingga 2222 4411 y x z z dS y x ++=++=

( )

( )

( )

( )117176

41121

414181

41

41441)(

2

0

23

22

0

2

0

2

0

22

2

0

2

0

2

2

0

2

0

2222

−=

+=

++=

+=

++=++==

∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

π

α

α

α

α

π

π

π

π

d r

d r d r

rdrd r

rdrd y xdA y xdS S A D D

b. Cara II( )k y x yj xi zk yj xir 22 +++=++=

Sehingga xk jir x 20 ++= dan yk jir y 20 ++=

( ) ( )

144

12222

210

201

22

22

++=

+−+−=×⇒+−−==×

y x

y xr r k yj xi

y

x

k ji

r r y x y x

( )∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ++=++=×=π

α 2

0

2

0

2222 41441)( rdrd y xdA y xdAr r S A D D

y x

Selanjutnya sama seperti cara sebelumnya.



LATIHAN Tentukan luas permukaan dari

1. Bola 2222 =++ z y x yang terletak di atas silinder 122 =+ y x .

2. Kerucut ( )222 3 y x z += yang dibatasi paraboloida 22 y x z += .

3. Bidang 1622 =++ z y x yang dibatasi oleha. 3,2,0,0 ==== y x y x

b. 64,0,0 22 =+== y x y x

INTEGRAL PERMUKAANDalam memahami integral permukaan, ingat kembali rumus tentang integral garis.Karena hubungan antara integral garis dan panjang busur, sangat menunjang untukmemahami hubungan antara integral permukaan dan luas permukaan. Artinyapanjang busur analog dengan luas permukaan, dan integral garis analog denganintegral permukaan.

Jika permukaan S adalah grafik dari fungsi dua variabel D y x y x g z ∈= ),(),,( , makaintegral permukaan dari S dirumuskan dengan

( )∫∫ ∫∫ +

∂+

∂=

DS

dAdy z

dx z

y x g y x f dS z y x f 1),(,,),,(22

Untuk permukaan S dengan persamaan parametrik;),(),(),(),( k vu z jvu yivu xvur ++= integral permukaan dirumuskan dengan

( )∫∫ ∫∫ ×= D

vu

S

dAr r y x g y x f dS z y x f ),(,,),,(

Contoh

Hitung1. ∫∫

S

dS y dengan S adalah permukaan 20;10;2 ≤≤≤≤+= y x y x z

2. ∫∫ S

dS x 2

dengan S adalah bola satuan 1222 =++ z y x

3. ∫∫ S

dS z dengan S adalah permukaan yang merupakan gabungan dari S1

silinder 122 =+ y x ; S2 cakram 122 ≤+ y x ; S3 bidang 1+= x z yang terletak diatas S2



Penyelesaian

1. 22222 4241112;1 y y z z y z z y x z y x y x+=++=++⇒==⇒+=

Sehingga ( )22

0

22

0

1

0

2 424281

42 yd ydydx y ydS yS

++=+= ∫ ∫∫ ∫ ∫

( ) 23

1342

32

81 2

0

23

2 =+= y

2. Koordinat bola dengan berpusat di (0,0,0) berjari-jari 1 adalahα β α β α cos;sinsin;cossin === z y x dan α β α sin=× r r

Sehingga

34

sincossincossin2

0 0

322

0 0

222 π α α β β β α α β α

π π π π

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ === d d d d dS xS

3. ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ++=321 S S S S

dS z dS z dS z dS z

• Permukaan S1 silinder 122 =+ y x , sehingga z z y x === ;sin;cos α α

Sehingga k jik z

j y

i x

r 0cossin ++−=∂∂+∂

∂+∂∂= α α

α α α α

k jik z z

j z y

i z x

r z 100 ++=∂∂+∂

∂+∂∂=

Jadi 1sincos

100

0cossin =×⇒+=−=× z z r r ji

k ji

r r α α α α α α

23cos1

0

2

0

1

0

2

01

π α α

α π π

=== ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ++dz d z z d d z dS z

x

S

• Permukaan S2 cakram 122 ≤+ y x , sehingga 0= z

Jadi 02

=∫∫ S

dS z

• Permukaan S3 bidang 1+= x z yang terletak di atas S2 sehingga

2101122

=++=+

∂∂+

∂∂

y z

x z

Jadi ( ) ( ) π α α

π

2cos1221

2

0

1

033=+=+= ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ d dr r dA xdS z

S S

Sehingga π

+=++= ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ 223

321 S S S S

dS z dS z dS z dS z

INTEGRAL PERMUKAAN DARI MEDAN VEKTORBagaimana bila soal yang dijumpai adalah sebagai berikut



1. Hitung integral permukaan, bila k z j xi y F ++= dengan permukaanS adalah daerah pejal yang dilingkupi oleh paraboloida 221 y x z −−= dan di bidang 0= z .Untuk menyelesaikan soal tersebut, perhatikan bahwa yang diketahui adalahmedan vector k z j xi y F ++= yang berarti soal tersebut adalah penentuanintegral permukaan dari suatu medan vector.Perhatikan y x r r × pada rumus luas permukaan, dengan k z j yi xr ++= .Ingat bahwa hasil dari cross product dua vektor adalah vektor yang tegaklurus terhadap dua vektor yang dicrossproductkan, dan yang hasilnya positif adalah yang arahnya keluar bidang.Pada soal tersebut ( )k y x j yi xr 221 −−++= , sehingga

k y jir k x jir y x 20;20 −+=−+= dan k j yi x

y

x

k ji

r r y x ++=−−=× 22

210201

(arahnya keluar permukaan), sehingga

∫∫ •S

dS z y x F ),,(

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

−−+=

++•−−++=

++•++=×•=

D

D

D D y x

dA y x xy

dAk yj xik y x xji y

dAk yj xi zk xji ydAr r y x g y x F

22

22

14

221

22),(,,

Sementara, karena irisan antara paraboloida 221 y x z −−= dan di bidang

0= z adalah lingkaran 221 y x += , maka penyelesaian akan lebih mudah

dengan menggunakan koordinat polar, sehingga

( ) ( )2

1sincos4142

0

1

0

2222 π θ θ θ

π

=−+=−−+ ∫ ∫ ∫ ∫ d dr r r r dA y x xy D

Cross productnya adalah y x r r × , bukan x y r r × karena bila x y r r × , maka hasilnyaadalah

vektor yang arahnya ke bawah paraboloida (bernilai negative)

Integral permukaan dari medan vektor di permukaan S disebut juga FLUKSyang melintasi S



2. Tentukan fluks dari medan vektor k xk yi z z y x F ++=),,( yang melintasibola satuan 1222 =++ z y x

PenyelesaianUntuk permukaan bola, maka penyelesaian akan lebih mudah menggunakanpenyajian secara parameter untuk persamaan bola. Jadi untuk

1: 222 =++ z y xS , dan orientasi dikatakan positif bila β α r r × denganπ β π α 20;0 ≤≤≤≤ , persaman parametrik untuk bola berjari-jari 1 da

berpusat di )0,0,0( adalahk jir z y x α β α β α α β α β α cossinsincossincos;sinsin;cossin ++=⇒===

k jir α β α β α α sinsincoscoscos −+=k jir 0cossinsinsin ++−= β α β α β

k ji

k ji

r r

α α β α β α

β α β α α β α β α β α

cossinsinsincossin

0cossinsinsin

sinsincoscoscos

22

++=

−−=×

Sehingga( )∫∫ ∫∫ ×•=•

S S

dAr r z y x F dS z y x F β α ),,(),,(

( ) ( )

( )3

4coscossinsinsincossincos

cossinsinsincossincossinsinsincos

2

0 0

2232

2

0 0

22

π β α β α α β α β α α

β α α α β α β α β α β α α

π π

π π

=++=

++•++=

∫ ∫

∫ ∫

d d

d d k jik ji



LATIHAN



TEOREMA STOKESMisalkan S adalah permukaan mulus sepotong-sepotong terorientasikanyang dibatasi kurva perbatasan mulus sepotong-sepotong yang tertutupdan sederhana C dengan prientasi positif. Sedangkan F adalah medanvektor yang komponennya mempunyai turunan parsial kontinu pada

daerah terbuka 3 R yang mengandung S. Maka ∫ ∫ ∫ •=•S C

dS F curl dr F

Teorema Stokes menyatakan bahwa integral garis sekeliling kurva perbatasan Sdari komponen singgung F pada daerah terbuka 3 R sama dengan integralpermukaan dari komponen normal dari F curl .

ContohHitung

1. ∫ •

C

dr F dengan k z xji y F 22 ++−= dan C adalah kurva

perbatasan/perpotongan dari bidang 2=+ z y dan silinder 122 =+ y x

2. ∫∫ •S

dS F curl dengan k xy j xz i zy F ++= dan S adalah bagian bola

4222 =++ z y x yang terletak dalam silinder 122 =+ y x dan berada di atasbidang XY

Penyelesaian

1. Dari yang diketahui ( )k y

z x y z y x

k ji

F curl 21

22

+=

− ∂

∂

∂

∂

∂

∂= , sementara

k y yj xi xk yj xir )2( −++=++= sehingga k jir k jir y x −+=++= 0;00

k j

k ji

r r y x +=−

=×110

001

. Jadi ∫ ∫ ∫ •=•S C

dS F curl dr F

( ) ( )

( )

π

θ θ

θ

π

π

=

+=

+•+=

∫∫

∫∫ d dr r r

d dr r k jk y

2

0

1

0

2

0

1

0

sin21

21



2. ok ojoik z z j y yi x x

xy xz yz z y x

k ji

F curl ++=−+−−−=∂∂

∂∂

∂∂= )()()( . Sehingga

0=•

∫ ∫ S

dS F curl

Atau dapat juga dicari dengan ∫ •C

dr F , dengan C adalah kurva irisan antara

bola4222 =++ z y x dan silinder 122 =+ y x , yaitu 3;122 ==+ z y x . Sehingga

k jir 3sincos ++= α α dan k ji F α α α α cossincos3sin3 ++= dan

( ) ( )

( )( ) 02cos3coscos3

cos3sin3

cossincossincos3sin3

2

0

2

0

22

2

0

22

2

0

==−=

+−=

+−•++=•

∫ ∫ ∫

∫ ∫

π π

π

π

α α α α α

α α α

α α α α α α α

d d

d

d jik jidr F C

Bagaimana bila soal yang dijumpai adalah sebagai berikut.

Hitung ∫∫ •S

dS F , dengan k xy je yi xy F xz )(sin22 +++= dan S adalah permukaan

daerah pejal E yang meliputi silinder parabolic 21 x z −= dan bidang-bidang2;0 =+== z y y z

Tentunya sulit untuk menghitung ∫∫ •S

dS F

dengan empat permukaan yang ada. Artinya

∫∫ ∫∫ +++

•=•4321 S S S S S

dS F dS F , karena ada

empat permukaan seperti yang diketahui.Untuk itu solusinya akan lebih mudah bilamenggunakan Teorema Divergensi Gauss

Teorema Divergensi GaussMisalkan E adalah daerah pejal sederhana dan misalkan S adalahpermukaan perbatasan E, yang diberikan dengan orientasi positif.Misalkan F adalah medan vektor yang fungsi komponennya mempunyaiturunan parsial kontinu pada daerah terbuka yang mengandung E. Maka

∫∫∫ ∫∫ =• E S

dV F divdS F



Sehingga bila soal di atas diselesaikan dengan menggunakan teorema DivergensiGauss, diperoleh solusi

( )( )

35184

3

3

)(sin

1

1

1

0

2

0

2

2

2

==

=

+++•

∂∂+

∂∂+

∂∂==•

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

−

− − x x

E

E

xz

E S

dxdz dy y

dV y

dV k xy je yi xyk z

j y

i x

dV F divdS F

LATIHAN1. Buktikan teorema Divergensi Gauss, untuk k y x j yi z xy A )3()2( 2 +−++=

yang diambil pada daerah yang dibatasi oleh 0,622 ====++ z y x z y x

2. Hitung ∫ ∫ •S

dS F dimana k z j xyi x z F 3)( 2 +−−= dengan S adalah

permukaan daerah yang dibatasi oleh 3,0,4 2 ==−= x x y z dan bidang XY .

3. Hitung ∫∫ •S

dS A dimana k z y j y xz i z x A )2()()32( 2 +++−+= dengan S

adalah permukaan bola dengan pusat )2,1,3( − dan berjari-jari 3.

Aljabar Linear_INTEGRAL GARIS (Pak Robertus Heri)

Documents

Transcript of Aljabar Linear_INTEGRAL GARIS (Pak Robertus Heri)