Kalkulus Lanjut - personal.fmipa.itb.ac.id · Bab 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi 1 1.1 Persamaan...
Transcript of Kalkulus Lanjut - personal.fmipa.itb.ac.id · Bab 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi 1 1.1 Persamaan...
__________________________
Kalkulus Lanjut
oleh
Prof. Dr. Suryadi Siregar DEA
Sekolah Tinggi Manajemen dan
Informatika Bandung
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
Suryadi Siregar Page i
Kata Pengantar
Buku ini dibuat untuk keperluan sendiri dan tidak untuk
diperjual belikan. Dirancang untuk mahasiswa teknik,
dilengkapi dengan banyak soal dan latihan. Mahasiswa
diharapkan mengerjakan soal-soal latihan yang terdapat
dalam buku kecil ini. Dengan hadirnya buku ini diharapkan
mahasiswa mempunyai lebih banyak waktu untuk berlatih.
Terdiri dari beberapa bab
Bagian 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi
Dengan pokok bahasan polinom dan terema dasar aljabar
Bagian ke 2 Bilangan Kompleks
Akan membahasa tentang
Definisi, Operasi Bilangan Kompleks, Hukum dalam
bilangan komplek ,Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa
dan Akar
Bagian ke 3 Transformasi Laplace
Definisi-definisi.Transformasi Laplace Inversi. Sifat-sifat
transformasi Laplace (TL). Sifat-Sifat Transformasi
Laplace Invers (TLI)
Bagian ke 4 Persamaan Differensial Parsial
Turunan Parsial.Notasi. Persamaan Differensial Parsial.
Contoh Persamaan Diferensial Parsial
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
Suryadi Siregar Page ii
Daftar Isi
Bab 1 Polinom dan Aproksimasi Fungsi 1
1.1 Persamaan Polinom 1
1.2 Theorema Dasar Aljabar 1
1.3 Aturan Descartes 2
1.3-1 Menentukan Jumlah Akar Positif 2
1.3-2 Akar Real yang Negatif 2
1.4 Theorema Mencari Batas Akar 3
1.5 Aproksimasi fungsi oleh Polinom Taylor. 5
1.6 Kalkulus Polinom Taylor 6
1.7 Theorema 8
1.8 Soal Latihan 9
Bab 2 Bilangan Kompleks 10
2-1 Definisi 10
2-2 Operasi Bilangan Kompleks 10
2-3 Hukum Komutatif 11
2-4 Hukum Asosiatif 11
2-5 Hukum Distributif 11
2-6 Komplek konjugate 11
2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa
dan Akar
13
2-7 Pertaksamaan Segitiga 15
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
Suryadi Siregar Page iii
2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk
Polar
15
2-9 Rumus De-Moivre 17
2.10 Soal Latihan 18
Bab 3 Transformasi Laplace 20
3-1. Definisi-definisi 20
3-2. Transformasi Laplace Inversi 20
3-3 Sifat-sifat transformasi Laplace (TL) 20
3-4 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Invers
(TLI)
21
3-5 Ilustrasi 22
Contoh (1) 26
Contoh (2) 26
Contoh (3) 26
Contoh (4) 26
Contoh (5) 27
3-6 Soal Latihan 27
Bab 4 Persamaan Differensial Parsial 28
4-1 Turunan Parsial 28
4-2 Notasi 28
4-3 Soal Latihan 29
4-4 Persamaan Differensial Parsial 29
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
Suryadi Siregar Page iv
4-5 Contoh Persamaan Diferensial Parsial 31
4-6 Soal Latihan 32
4-7 Teorema 32
4-8 Soal Latihan 33
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
1
Bab 1
Polinom dan Aproksimasi Fungsi ________________________________________________________
1.1 Persamaan Polinom
Bentuk umum : 2
0 1 2( ) .. nnp x a a x a x a x
n disebut derajat polinom
Problem yang ingin diselesaikan adalah tentukan harga x sehingga
P(x) = 0
Jika
n =2 (persamaan kuadrat) ada rumus eksplisit misal “rumus abc”
n =3, 4 ada rumus eksplisit tapi rumit
n =5 dan seterusnya tidak ada rumus eksplisit
Umumnya, jika n ≥ 3 digunakan cara iterasi (metoda numerik)
1.2 Theorema Dasar Aljabar
Suatu polinom berderajat “m” akan mempunyai m akar
termasuk akar real dan akar imajiner (kompleks). Akar yang
mempunyai multiplikasi, r, dihitung r kali. Akar kompleks selalu
muncul berpasangan yakni
1z a bi dan 2z a bi dengan a dan b real sedangkan 1i
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
2
Gambar 1- 1 bilangan kompleks z, sumbu real (mendatar) dan
sumbu Imajiner ortogonal terhadap sumbu real
Rumus Euler : i xe cos x i sin x
1.3 Aturan Descartes
1.3-1 Menentukan Jumlah Akar Positif
Jika didefinisikan
v = banyak kali penggantian tanda aljabar koefisien ai dari p(x)
np = jumlah akar real yang positif
Maka v - np = 0, 2, 4, 6, 8, . . .
Contoh 1a 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar positif?
Tanda koefisien , , , 1v v jadi
0,2,4,6,. .pv n Maka jumlah akar positif hanya ada satu atau 1pn
Contoh 2a 3 2( ) 2 1p x x x x perubahan tanda koefisien , , , 3v v jadi
0,2,4,6,. .pv n jadi 3pn atau 1pn
Jumlah akar yang positif ada 3 atau 1
Gambar 1- 2 Lokasi akar real dari fungsi 3 2( ) 2 1p x x x x
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
3
1.3-2 Akar Real yang Negatif
Jika didefinisikan
v = banyak kali pergantian tanda aljabar koefisien ai dari p(-x)
gn = jumlah akar yang negative
Maka 0,2,4,6,. .gv n
Contoh 1b: 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar yang negative?
3 2( ) 2 1p x x x x
, , ,v jadi 2v
0,2,4,6,. .gv n maka kemungkinan jumlah akar yang negatif adalah
2gn atau 0gn
Bandingkan dengan contoh 1a, kesimpulannya:
Komposisi akar kemungkinannya
Satu real positif dan 2 akar imajiner (kompleks) atau satu real positif
dan 2 real negative
Gambar 1- 3 Ilustrasi lokasi akar real dari fungsi 3 2( ) 2 1p x x x x
Contoh 2b 3 2( ) 2 1p x x x x , berapa jumlah akar negative?
3 2( ) 2 1p x x x x
, , ,v atau 0v
0,2,4,6,. .gv n → 0gn artinya tidak ada akar negative
Bandingkan dengan contoh 2a, kesimpulannya;
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
4
Kemungkinan komposisi akar 1 real positif dan 2 imaginer atau 3 real
positif
atau
Dengan cara seperti contoh 1a, 1b, 2a, dan 2b
Untuk polinom 4 3 2( ) 1p x x x x x akan mempunyai akar dengan
komposisi
1 real positif, 1 real negative dan 2 kompleks, atau 3 real positif dan 1
real negative
1.4 Theorema Mencari Batas Akar
Jika 1 i
n
ar maks
a dengan 0 1i n
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
5
Bab 2
Bilangan Kompleks
____________________________________________
2-1 Definisi
Bilangan kompleks adalah pasangan terurut (x,y) dari bilangan riil x,y
dan dinyatakan sebagai
z = (x,y)
x – bagian riil (Re z)
y – bagian imajiner (Im z)
Contoh: z = (4,-3), maka Re(4,-3) = 4 dan Im(4,-3) = -3
Untuk keperluan praktis bentuk z x yi , dengan i = 1 lebih sering
digunakan dari pada bentuk pasangan terurut z = (x,y)
2-2 Operasi Bilangan Kompleks
Misalkan ada dua bilangan komplek 1 1 1z x iy dan 2 2 2z x iy maka
1. Operasi Penjumlahan
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y
2. Operasi Pengurangan
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y
3. Operasi Perkalian
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
6
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x y y i x y x y
4. Operasi Pembagian
1 1 1 1 2 21 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )/
( ) ( ) ( )
x iy x iy x iyz z z
x iy x iy x iy
1 2 1 2 2 1 1 21 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( )/
( ) ( )
x x y y x y x yz z z i
x y x y
Jadi ; 1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( );
( ) ( )
x x y y x y x yz x iy x y
x y x y
2-3 Hukum Komutatif
1 2 2 1
1 2 2 1
z z z z
z z z z
2-4 Hukum Asosiatif
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
( ) ( )
( ) ( )
z z z z z z
z z z z z z
2-5 Hukum Distributif
1 2 3 1 2 1 3( )
0 0
z z z z z z z
z z z
Lawan dari z dan perkalian dengan skalar,
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
7
( ) ( ) 0z z z z
z z
Dalam hal ini , adalah bilangan riil
2-6 Komplek konjugate
z x iy disebut z konjugate
Representasi bilangan komplek dan konjugate diragakan dalam
gambar berikut;
Gambar 2- 1 Ilustrasi
bilangan komplek dan
konjugatenya. Absis
menyatakan sumbu real
dan ordinat menyatakan
sumbu imajiner.Kalau
dihitung diperoleh:
2 , 2z z x z z iy
Sehingga dapat dinyatakan
Bagian real, 1
Re2
z x z z dan bagian imajiner, 1
Im2
z y z zi
(1) ____________________________________
1 2 1 1 2 2z z x iy x iy
______________________________
1 2 1 2x x i y y
= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z
(2) _________________________________________
1 2 1 1 2 2z z x iy x iy
______________________________
1 2 1 2x x i y y
= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
8
(3) ____________________ ___________________________________________
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2z z x iy x iy x x iy iy x iy
_____________________________________
1 2 1 2 1 2 1 2( )x x ix y iy x y y _______________________________________
1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x
1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x 1 1 2 2( )( )x iy x iy
_____
1 2 1 2z z z z
(4)
_____ ____________
1 1 1
2 2 2
z x iy
z x iy
Perhatikan misal 1
2
zz x iy
z
Dari sifat pembagian, maka
1 2 1 2
2 2
2 2
x x y yx
x y
dan 2 1 1 2
2 2
2 2
x y x yy
x y
Jadi
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x x y y x y x yz i
x y x y
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x x y y x y x yz i
x y x y
(i)
Perhatikan
1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
z x iy x iy x iy x x ix y ix y y y
z x iy x iy x iy x y
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )
x x y y x y x yi
x y x y
(ii)
Kita lihat (i) = (ii)
Dengan perkataan lain
____
1 1
2 2
z z
z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
9
2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa dan Akar
Untuk keperluan praktis bilangan komplek
z x iy
Dapat dinyatakan dalam bentuk polar ( , )r
x rCos
y rSin
Jadi, z rCos irSin r Cos iSin
r disebut nilai absolut atau modulus 𝑧,
r z
Dengan 2 2z r x y zz
Secara geometri z adalah jarak titik 𝑧 ke pusat koordinat. Hal yang
sama |𝑧1 − 𝑧2| menyatakan jarak 𝑧1 ke 𝑧2. 𝜃 disebut juga argument 𝑧,
ditulis arg 𝑧
Gambar 2- 2 Bidang kompleks, jarak antara dua titik dan
argument 𝑧
y
Argz ArcTanx
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
10
Jika 0z maka tidak terdefinisi
Untuk z 0, Argz harus ditambah kelipatan bilangan bulat 2
Nilai - disebut principal value
Contoh 1: 1z i nyatakan dalam bentuk polar
1arctan1
1 4
yargz arctan arctan
x
24
m
dengan m=0,1,2,..
Principal value 4
2 2 2 r z x y
Jadi 24 4
z r Cos iSin Cos iSin
Contoh 2: 3 3 3z i , nyatakan dalam bentuk polar
Dengan x = 3 dan y
= 33
3 33
3
yArgz arcTan arcTan arcTan
x
23
m
Principal value adalah 3
2 2 9 27 36 6r z x y
z r Cos iSin , Jadi 63 3
z Cos iSin
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
11
2-7 Pertaksamaan Segitiga
Gambar 2- 3 Panjang rusuk suatu
segitiga sembarang selalu lebih kecil
dari jumlah dua rusuk lainnya
1 2 1 2z z z z
dengan cara yang sama dapat
ditunjukkan;
1 2 1 2..... .....n nz z z z z z
2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk Polar
Jika dua bilangan kompleks;
a a a az r Cos iSin
b b b bz r Cos iSin
Maka berlaku
1. Jika a bz z z maka ( )a b a bArgz Arg z z Argz Argz
2. Jika a
b
zz
z maka ( )a
a b
b
zArgz Arg Argz Argz
z
3. Nilai mutlak aa
b b
zz
z z
Bukti-1
a b a b a b a b a b a bz z r r Cos Cos Sin Sin i Sin Cos Cos Sin
Atau → ( ) ( )a b a b a b a bz z r r Cos iSin
Jadi terdefinisi
( )a b a bArg z z dengan perkataan lain ( )a b a bArg z z Argz Argz
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
12
Bukti-2
a
b
zz
z atau a bz zz
( )b bArg zz Argz Argz ( )a bArg z Argz Argz
Jadi dapat ditulis kembali; ( ) aa b
b
zArgz Arg z Argz Arg
z
Oleh sebab itu
a aa b a b
b b
z rCos iSin
z r
Bukti-3
Perhatikan a
b
zz
z atau b azz z
Jadi atau b az z z
Jadi dapat ditulis kembali
a
b
zz
z atau aa
b b
zz
z z
Contoh 3: 1 2 2z i dan 2 3z i
Dit: 1 2z z , 1
2
z
z, 1 2Arg z z dan 1 2/Arg z z
Jawab:
2 2
1 2 2 2 3 6 6 ( 6) ( 6) 6 2z z i i i
Cara Lain 2 2 2
1 2 1 2 2 2 3 ( 2) (2) 3 6 2z z z z i i
2 2
11
22 2
( 2) (2) 22
33
zz
z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
13
211 2 1 2
1 2
yyArg z z Arg z Arg z ArcTg ArcTg
x x
Besarnya argument z akan menentukan lokasi z pada bidang
kompleks. Apakah dikuadran I,II,III atau ke IV
Gambar 2- 4 Tanda aljabar akan menentukan dimana kuadran
argument z berada.
Tanda aljabar pasangan terurut (x,y) bergantung pada kuadran dan ia
akan ditentukan oleh nilai argument z
1 2
2 3 3 5( 1)
2 0 4 2 4Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg
2
1 2 1 2
11 2
1 2
/
/
Arg z z Arg z Arg z
yyArg z z ArcTg ArcTg
x x
1 2
1 2
2 3/ ( 1) ( )
2 0
3/
4 2 4
Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg
Arg z z
II
𝑥 < 0, 𝑦 > 0 I
𝑥 > 0, 𝑦 > 0
III
𝑥 < 0, 𝑦 < 0
IV
𝑥 > 0, 𝑦 < 0
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
14
2-9 Rumus De-Moivre
Perhatikan bentuk pernyataan berikut,
22 2 2 2 2 22 2 2
z r Cos iSin
z r Cos iSin r Cos iSin Cos Sin r Cos iSin
Dengan demikian
22 2 2 2
2
1 1
2 2z r Cos iSin r r
Cos iSinCos iSin
Ubah bentuknya menjadi
2 2 2
2 2
2 2 2 21
( 2 2 ) 2 2 2 2
Cos iSin Cos iSinz r r
Cos iSin Cos iSin Cos Sin
Dengan demikian dapat ditulis sebagai
→ 2 2 22 2 ( 2 ) ( 2 )z r Cos iSin r Cos iSin
Secara induktif, rumus umumnya dapat ditulis sebagai berikut,
nn n nz r Cos iSin r Cosn iSinn
Dengan mengganti nnz r Cos iSin diperoleh
nnz r Cos iSin = nr Cosn iSinn
Jika 1z , maka ( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n
Bentuk ini dikenal sebagai Rumus De-Moivre
( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n
2.10 Soal Latihan
1. Jika 1 3 4z i dan 2 5 2z i . Tulis dalam bentuk z x iy
1
2
.z
az
7 26
29 29i
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
15
2
1
.2
zb
z 7 13
50 25i
2. 2(2 4 )i 12 16i
3. 11 2
4 3
i
i
2 i
4. 10
10
i
i [10 ]i
5. 2Im
3 4
i
i
1
5
6. 2Im
4 3
i
i
2
25
7. 4Im z petunjuk tulis
2
4 2Im z Im z
3 3 2 24 4 ,4x y xy x y
8. Rez
z
2 2 2 2/x y x y
9. Buktikan rumus De-Moivre
( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n dengan induksi matematika. Selanjutnya gunakan
rumus ini untuk mencari;
a. 2(2 4 )i b. 2
3 4
i
i
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
16
Maka semua akar p(x) akan terletak pada x r r x r
Sebagai contoh, tinjau polinom berikut
Misal: 3 2( ) 2 1p x x x x → 2 3( ) 1 2p x x x x
Jadi 1 1 2
1 , , 1 1,1,2 1 2 31 1 1
r maks maks
Jadi batas akar x, adalah 3 3 3x x
Untuk menentukan lokasi akar dapat diperiksa dengan cara tabulasi
berikut, yaitu akar selalu berada diantara dua nilai fungsi yang
berbeda tanda aljabarnya. Nilai x bisa dimulai dari -3 sampai dengan
3.
x -
3
-
2
-
1
0 1 2 3
p(x
)
-
7
1 1 -
1
1 1
3
4
1
Dari tabel dapat dilihat ada akar pada interval (-3,-2), (-1,0) dan (0,1)
Gambar 1- 4 Ilustrasi
gambar dua dimensi3 2( ) 2 1p x x x x
Contoh: 4 3 2( ) 1p x x x x x
2 3 4( ) 1p x x x x x
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
17
Maka 1 1 1 1
1 , , , 1 1,1,1,1 1 1 21 1 1 1
r maks maks
Akar x, 2 2 2x x
Jadi batas akar x, adalah 2 2 2x x
Untuk menentukan lokasi akar dapat diperiksa dengan cara tabulasi
berikut, yaitu akar selalu berada diantara dua nilai fungsi yang
berbeda tanda aljabarnya. Nilai x bisa dimulai dari -2 sampai dengan
2.
x -2 -1 0 1 2
p(x) -17 1 1 1 -5
Dari tabel dapat dilihat ada akar interval (-2,-1), dan (1,2)
1.5 Aproksimasi fungsi oleh Polinom Taylor.
Jika f(x) suatu fungsi yang mempunyai turunan ke (n+1) maka yang
dinamakan polinom Taylor tingkat ke-n dari fungsi f di titik a, adalah:
( ) (0) (1) (2)
0 2
0
( )
( ) ( ) ( ) ( ); ( ) ( ) ( ) ( ) . . .
! 0! 1! 2!
( )( )
!
nk
kn
k
nn
f a f a f a f aT f a x a x a x a x a
k
f ax a
n
Bisa juga ditulis
( )
0
( )( )
!
nk
k
k
f af x x a
k
dalam hal ini: ( ) ( )k
k
k
d ff x
dx dan
! ( 1)( 2)....1k k k k
Jika a = 0 maka disebut polinom Mac Laurin.
Ilustrasi
1. Carilah polinom Taylor derajad-3 dari f(x) = sinx , di titik x = 0
Penyelesaian:
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
18
(0)
(1) (1)
(2) (2)
(3) (3)
( ) sin (0) sin 0 0
( ) cos (0) cos0 1
( ) sin (0) sin 0 0
( ) cos (0) cos0 1
f x x f
f x x f
f x x f
f x x f
Jadi
3( ) (0) (1) (2) (3)
0 1 2 3
0
(0) (0) (0) (0) (0)( )
! 0! 1! 2! 3!
kk
k
f f f f ff x x x x x x
k
Atau 31sin
6x x x
2. Perhatikan bila diintegralkan
3 2 4 2 41 1 1 1 1sin ( ) cos
6 2 24 2 24xdx x x dx x x C x x x C
Nilai konstanta C dapat dicari dengan mengambil syarat batas, jika
x=0 maka –cosx 1
Jadi kita peroleh, C 1 dengan demikian dapat ditulis kembali;
2 41 1cos 1
2 24x x x
3. Perhatikan bila polinom Taylor, f(x)= -cosx diturunkan terhadap
x
2 4 3 31 1 1 1( cos ) 1 sin
2 24 6 6
d dx x x x x x x x
dx dx
Menurut teorema nilai rata-rata Taylor, jika fungsi didekati oleh
Tn(f;a), maka pada aproksimasi ini terjadi galat sebesar ( 1) 1( )( )
( 1)!
n n
nf c x a
Rn
suku sisa Lagrange a<c<x
( 1) 1( )( )
( 1)!
n n
nf c x a
Rn
suku sisa Cauchy a<c<x
1.6 Kalkulus Polinom Taylor
Tinjau Polinom Taylor : ( )
0
( )( ; ) ( ) ( )
!
nk
kn n
k
f aT f a T f a x a
k
Maka operator Taylor Tn akan mempunyai sifat:
a. Sifat Linearitas (Linearity Property)
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
19
Jika c1 dan c2 suatu konstanta, maka 1 2 1 2( ) ( ) ( )nT c f c g c Tn f c Tn g
b. Sifat Turunan (Differentiation Property)
Turunan polinom Taylor dari fungsi f adalah polinom Taylor turunan
fungsi f, yaitu f ' dengan derajat berkurang satu;
1 1( ) ( )n n n nd df
T f T f T f Tdx dx
c. Sifat Integral (Integration Property)
Integral tak tentu dari suatu polinom Taylor f adalah polinom Taylor
dari suatu
integral tak tentu f, dengan perkataan lain;
n 1 n
(k) (k)n nk k
0 0
g x f (x)dx T [g(x)] T [f (x)]dx
f (a) f (a)x a dx x a dx
k! k!
Perlu diingat bahwa f(x) adalah turunan pertama dari fungsi g(x).
Contoh 1: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) ln 1g x x
Penyelesaian:
1
( ) ( ) ( ) ( )
1 1
0 0 0 0
( ) ln 1 (0) ln1 0
1( )
1
0 0 0 01
! ! ! 1 1 !
k k k k
k k k k
g x x g
f x g x g x f x dxx
f f f fg x x dx x dx x x
k k k k k
Dalam hal ini,
1
21 1
32 (2)
43 (3)
54 (4)
11 0 1 0!
1
1 0 1 1!
2 1 0 2 2!
6 1 0 6 3!
24 1 0 24 4!
f x x fx
f x x f
f x x f
f x x f
f x x f
Jadi dapat disarikan; 0 1 !
kkf k
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
20
Dengan demikian
( )
1 1 1
0 0 0
0 1 ! 1
1 ! 1 ! 1
k kk
k k kf k
g x x x xk k k
1
0
1ln 1
1
k
kx xk
Contoh 2: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) arcsing x x
Penyelesaian:
11 12 2
2
3/2 3/22 22 2
3/2 5/33 32 2 2
5/24 42
5/25 52
( ) arcsin (0) 0
11 (0) 1
1
11 2 1 (0) 0
2
1 3 1 (0) 1
3 1 ... . . (0) 0
3 1 ... . . (0) 3
g x x g
g x x gx
g x x x x x g
g x x x x g
g x x x g
g x x g
Jadi
1 3 5(k)nk 3 5
0
3 5 3 5
3 5
g o g o g og (0)g x x x x x . . . .
k! 1! 3! 5!
1 1 3 1 1g x x x x . . . . x x x
1! 3! 5! 6 40
1 1g x x x x . . . .
6 40
Pertanyaan diatas dapat juga diselesaikan dengan mengambil integral
polinom Mac Laurin fungsi f(x). Dalam hal ini;
1
2
1
1f x g x
x
3 5
arcsin . . .6 40
x xx x
1.7 Theorema
Sifat Substitusi:
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
21
Misal g x f cx , dimana c suatu konstanta, maka kita mempunyai Tn
g(x;a) = Tn f(cx;ca)
khusus bila, 0a → g x Tn f cx
Bukti: :
(1) (1) (2) 2 (2) (k) k (k)g x f cx , maka g x cf cx g x c f cx g x c f cx
Akibatnya
( ) ( ) ( )
0 0 0
( ) ( ) ( ),
! ! !
n n nk k k k
k k kn
k k k
g a c f ca f caT g x a x a x a cx ca
k k k
Jadi terbukti
; ;n nT g x a T f cx ca
Contoh 3: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) ln 1g x x
Penyelesaian:
Kita tahu
1
0
1( ) ln 1
1
k
kg x x xk
Maka menurut theorem subtitusi
1
0
1( ) ln 1
1
k
kg x x x
k
Contoh 4: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) arcsin 2g x x
Penyelesaian:
Kita tahu 3 5
arcsin . . .6 40
x xx x
Maka menurut theorema substitusi;
3 52 2
arcsin 2 2 . . .6 40
x xx x
Contoh 5: Carilah polinom Mac Laurin dari fungsi ( ) sin 2g x x
Penyelesaian:
Kita tahu untuk polinom derajad 7
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
22
3 5 71 1 1sin
3! 5! 7!x x x x x
Maka menurut theorema substitusi;
3 5 71 1 1
sin 2 2 2 2 23! 5! 7!
x x x x x
1.8 Soal Latihan
1. Carilah komposisi dan batas akar dari polinom berikut
a) 4 2 3( ) 3 2p x x x x x
b) 2 3 4( ) 1 2 5p x x x x x
c) 2 4 3( ) 2p x x x x x
d) 2 4 5( ) 1 2 3p x x x x x x
2. Gambarkan ke empat polinom pada soal 1 diatas dengan
bantuan software, Excel, GNU-Plot, Matematica atau Matlab.
Bandingkan lokasi akar dengan analisis yang anda lakukan.
3. Buktikan aproksimasi polinom Mac Laurin dari fungsi berikut
1
2 1
2 1 2
log)
!
1)
2 2
)1
kn
x k
n
o
kn
n ko
nk
n
o
aa T a x
k
xb T
x
xc T x
x
nk
n
o
2k 1nk 12 2k
2n
o
2k 1n
2n 1
o
1 . . k 1d) T 1 x x dengan
k k k!
2e) T sin x 1 x
2k !
1 x xf ) T log
1 x 2k 1
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
23
Bab 2
Bilangan Kompleks
__________________________________________
2-1 Definisi
Bilangan kompleks adalah pasangan terurut (x,y) dari bilangan riil x,y
dan dinyatakan sebagai
z = (x,y)
x – bagian riil (Re z)
y – bagian imajiner (Im z)
Contoh: z = (4,-3), maka Re(4,-3) = 4 dan Im(4,-3) = -3
Untuk keperluan praktis bentuk z x yi , dengan i = 1 lebih sering
digunakan dari pada bentuk pasangan terurut z = (x,y)
2-2 Operasi Bilangan Kompleks
Misalkan ada dua bilangan komplek 1 1 1z x iy dan 2 2 2z x iy maka
1. Operasi Penjumlahan
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y
2. Operasi Pengurangan
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x i y y
3. Operasi Perkalian
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
24
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1( )( ) ( ) ( )z z x iy x iy x x y y i x y x y
4. Operasi Pembagian
1 1 1 1 2 21 2
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )/
( ) ( ) ( )
x iy x iy x iyz z z
x iy x iy x iy
1 2 1 2 2 1 1 21 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( )/
( ) ( )
x x y y x y x yz z z i
x y x y
Jadi ; 1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( );
( ) ( )
x x y y x y x yz x iy x y
x y x y
2-3 Hukum Komutatif
1 2 2 1
1 2 2 1
z z z z
z z z z
2-4 Hukum Asosiatif
1 2 3 1 2 3
1 2 3 1 2 3
( ) ( )
( ) ( )
z z z z z z
z z z z z z
2-5 Hukum Distributif
1 2 3 1 2 1 3( )
0 0
z z z z z z z
z z z
Lawan dari z dan perkalian dengan skalar,
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
25
( ) ( ) 0z z z z
z z
Dalam hal ini , adalah bilangan riil
2-6 Komplek konjugate
z x iy disebut z konjugate
Representasi bilangan komplek dan konjugate diragakan dalam
gambar berikut;
Gambar 2- 5 Ilustrasi
bilangan komplek dan
konjugatenya. Absis
menyatakan sumbu real
dan ordinat menyatakan
sumbu imajiner.Kalau
dihitung diperoleh:
2 , 2z z x z z iy
Sehingga dapat dinyatakan
Bagian real, 1
Re2
z x z z dan bagian imajiner, 1
Im2
z y z zi
(1) ____________________________________
1 2 1 1 2 2z z x iy x iy
______________________________
1 2 1 2x x i y y
= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z
(2) _________________________________________
1 2 1 1 2 2z z x iy x iy
______________________________
1 2 1 2x x i y y
= 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2( )x x i y y x iy x iy z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
26
(3) ____________________ ___________________________________________
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 2z z x iy x iy x x iy iy x iy
_____________________________________
1 2 1 2 1 2 1 2( )x x ix y iy x y y _______________________________________
1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x
1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( )x x y y i x y y x 1 1 2 2( )( )x iy x iy
_____
1 2 1 2z z z z
(4)
_____ ____________
1 1 1
2 2 2
z x iy
z x iy
Perhatikan misal 1
2
zz x iy
z
Dari sifat pembagian, maka
1 2 1 2
2 2
2 2
x x y yx
x y
dan 2 1 1 2
2 2
2 2
x y x yy
x y
Jadi
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x x y y x y x yz i
x y x y
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
x x y y x y x yz i
x y x y
(i)
Perhatikan
1 1 1 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
z x iy x iy x iy x x ix y ix y y y
z x iy x iy x iy x y
1 2 1 2 2 1 1 2
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )
x x y y x y x yi
x y x y
(ii)
Kita lihat (i) = (ii)
Dengan perkataan lain
____
1 1
2 2
z z
z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
27
2-6 Bentuk Polar Bilangan Komplek, Kuasa dan Akar
Untuk keperluan praktis bilangan komplek
z x iy
Dapat dinyatakan dalam bentuk polar ( , )r
x rCos
y rSin
Jadi, z rCos irSin r Cos iSin
r disebut nilai absolut atau modulus 𝑧,
r z
Dengan 2 2z r x y zz
Secara geometri z adalah jarak titik 𝑧 ke pusat koordinat. Hal yang
sama |𝑧1 − 𝑧2| menyatakan jarak 𝑧1 ke 𝑧2. 𝜃 disebut juga argument 𝑧,
ditulis arg 𝑧
Gambar 2- 6 Bidang kompleks, jarak antara dua titik dan
argument 𝑧
y
Argz ArcTanx
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
28
Jika 0z maka tidak terdefinisi
Untuk z 0, Argz harus ditambah kelipatan bilangan bulat 2
Nilai - disebut principal value
Contoh 1: 1z i nyatakan dalam bentuk polar
1arctan1
1 4
yargz arctan arctan
x
24
m
dengan m=0,1,2,..
Principal value 4
2 2 2 r z x y
Jadi 24 4
z r Cos iSin Cos iSin
Contoh 2: 3 3 3z i , nyatakan dalam bentuk polar
Dengan x = 3 dan y
= 33
3 33
3
yArgz arcTan arcTan arcTan
x
23
m
Principal value adalah 3
2 2 9 27 36 6r z x y
z r Cos iSin , Jadi 63 3
z Cos iSin
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
29
2-7 Pertaksamaan Segitiga
Gambar 2- 7 Panjang rusuk suatu
segitiga sembarang selalu lebih kecil
dari jumlah dua rusuk lainnya
1 2 1 2z z z z
dengan cara yang sama dapat
ditunjukkan;
1 2 1 2..... .....n nz z z z z z
2-8 Perkalian dan Pembagian dalam Bentuk Polar
Jika dua bilangan kompleks;
a a a az r Cos iSin
b b b bz r Cos iSin
Maka berlaku
4. Jika a bz z z maka ( )a b a bArgz Arg z z Argz Argz
5. Jika a
b
zz
z maka ( )a
a b
b
zArgz Arg Argz Argz
z
6. Nilai mutlak aa
b b
zz
z z
Bukti-1
a b a b a b a b a b a bz z r r Cos Cos Sin Sin i Sin Cos Cos Sin
Atau → ( ) ( )a b a b a b a bz z r r Cos iSin
Jadi terdefinisi
( )a b a bArg z z dengan perkataan lain ( )a b a bArg z z Argz Argz
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
30
Bukti-2
a
b
zz
z atau a bz zz
( )b bArg zz Argz Argz ( )a bArg z Argz Argz
Jadi dapat ditulis kembali; ( ) aa b
b
zArgz Arg z Argz Arg
z
Oleh sebab itu
a aa b a b
b b
z rCos iSin
z r
Bukti-3
Perhatikan a
b
zz
z atau b azz z
Jadi atau b az z z
Jadi dapat ditulis kembali
a
b
zz
z atau aa
b b
zz
z z
Contoh 3: 1 2 2z i dan 2 3z i
Dit: 1 2z z , 1
2
z
z, 1 2Arg z z dan 1 2/Arg z z
Jawab:
2 2
1 2 2 2 3 6 6 ( 6) ( 6) 6 2z z i i i
Cara Lain 2 2 2
1 2 1 2 2 2 3 ( 2) (2) 3 6 2z z z z i i
2 2
11
22 2
( 2) (2) 22
33
zz
z z
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
31
211 2 1 2
1 2
yyArg z z Arg z Arg z ArcTg ArcTg
x x
Besarnya argument z akan menentukan lokasi z pada bidang
kompleks. Apakah dikuadran I,II,III atau ke IV
Gambar 2- 8 Tanda aljabar akan menentukan dimana kuadran
argument z berada.
Tanda aljabar pasangan terurut (x,y) bergantung pada kuadran dan ia
akan ditentukan oleh nilai argument z
1 2
2 3 3 5( 1)
2 0 4 2 4Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg
2
1 2 1 2
11 2
1 2
/
/
Arg z z Arg z Arg z
yyArg z z ArcTg ArcTg
x x
1 2
1 2
2 3/ ( 1) ( )
2 0
3/
4 2 4
Arg z z ArcTg ArcTg ArcTg ArcTg
Arg z z
II
𝑥 < 0, 𝑦 > 0 I
𝑥 > 0, 𝑦 > 0
III
𝑥 < 0, 𝑦 < 0
IV
𝑥 > 0, 𝑦 < 0
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
32
2-9 Rumus De-Moivre
Perhatikan bentuk pernyataan berikut,
22 2 2 2 2 22 2 2
z r Cos iSin
z r Cos iSin r Cos iSin Cos Sin r Cos iSin
Dengan demikian
22 2 2 2
2
1 1
2 2z r Cos iSin r r
Cos iSinCos iSin
Ubah bentuknya menjadi
2 2 2
2 2
2 2 2 21
( 2 2 ) 2 2 2 2
Cos iSin Cos iSinz r r
Cos iSin Cos iSin Cos Sin
Dengan demikian dapat ditulis sebagai
→ 2 2 22 2 ( 2 ) ( 2 )z r Cos iSin r Cos iSin
Secara induktif, rumus umumnya dapat ditulis sebagai berikut,
nn n nz r Cos iSin r Cosn iSinn
Dengan mengganti nnz r Cos iSin diperoleh
nnz r Cos iSin = nr Cosn iSinn
Jika 1z , maka ( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n
Bentuk ini dikenal sebagai Rumus De-Moivre
( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n
2.10 Soal Latihan
10. Jika 1 3 4z i dan 2 5 2z i . Tulis dalam bentuk z x iy
1
2
.z
az
7 26
29 29i
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
33
2
1
.2
zb
z 7 13
50 25i
11. 2(2 4 )i 12 16i
12. 11 2
4 3
i
i
2 i
13. 10
10
i
i [10 ]i
14. 2Im
3 4
i
i
1
5
15. 2Im
4 3
i
i
2
25
16. 4Im z petunjuk tulis
2
4 2Im z Im z
3 3 2 24 4 ,4x y xy x y
17. Rez
z
2 2 2 2/x y x y
18. Buktikan rumus De-Moivre
( ) ( )n
Cos iSin Cos n iSin n dengan induksi matematika. Selanjutnya gunakan
rumus ini untuk mencari;
a. 2(2 4 )i b. 2
3 4
i
i
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
34
Bab 3
Transformasi Laplace
3-1. Definisi-definisi
Definisi 1. Misalkan f(t) suatu fungsi real dengan variable t dan t > 0.
Transformasi Laplace didefinisikan sebagai:
00
( ) ( ) lim ( ) ( ) , 0
T
st st
TL f t F s f t e dt f t e dt
s=j, j= 1 , dan variable real
Definisi-2. Jika f(t) didefinisikan dan berharga tunggal untuk t > 0
dan F(s) konvergen mutlak. Untuk bilangan real 0 , maka f(t)
dikatakan dapat ditransformasikan secara Laplace (Laplace-
transformable) bila,
0 0lim
00
( ) ( )
T
t t
Tf t e dt f t e dt
, 0 T
Contoh: ( ) tf t e adalah Laplace Transformable sebab,
0 0 0 0 0( 1) ( 1)
00 00 0 0
1( )
( 1)
t t t t tt tf t e dt e e dt e e dt e dt de
0( 1)
00 0
1 1
(1 ) 1
te
3-2. Transformasi Laplace Inversi
Definisi: Misalkan F(s) menyatakan transformasi Laplace dari fungsi
f(t), dengan t > 0. Maka transformasi Laplace invers adalah
1
0
1( ) ( ) ( ) , 1,
2
C j
st
C j
F s f t F s e ds j cj
L
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
35
3-3 Sifat-sifat transformasi Laplace (TL)
1. Sifat linearitas ( ai suatu konstanta real)
1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 2 2
a f (t) + a f (t) = a f (t) a f (t)
a f (t) a f (t)
a ( ) ( )F s a F s
L L L
L L
2. Transformasi Laplace dari turunan fungsi, df
dt
( ) (0 )
dfsF s f
dt
L
3. TL dari fungsi integral 0
( )
t
f z dz , dimana transformasi Laplace f(t)
adalah F(s)
0
( )[ ( ) ]
tF s
f z dzs
L
4. TL dari fungsi ( )t
fa
(time scaling) adalah L [ ( )] ( ),t
f aF asa
dimana
( ) [ ( )]F s f tL
5. TL dari fungsi f(t-T) (time delay), T > 0 dan f(t-T) = 0 untuk
t T [ ( )] ( ),sTf t T e F s L dimana ( ) [ ( )]F s f tL
6. TL dari fungsi ( ),ate f t (komplek translation) [ ( )] ( )ate f t F s a L ,
dimana ( ) [ ( )]F s f tL
7. TL hasil kali dua fungsi 1( )f t dan 2 ( )f t
1 2 1 2
1[ ( ) ( )] ( ) ( )
2f t f t F F s d
j
L (complex convolution
integral)
3-4 Sifat-Sifat Transformasi Laplace Invers (TLI)
1. TLI dari fungsi ( )s
Fa
(frequency scalling)
1[ ] ( )s
F af ata
L , dimana 1[ ( )] ( )F s f t L
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
36
2. TLI dari hasil kali dua transformasi Laplace 1( )F s dan 2 ( )F s
1
1 2 1 2 2 1
0 0
[ ( ). ( )] ( ) ( ) ( ) ( )
t t
F s F s f z f t z dz f z f t z dz L
dimana 1 1
1 1 2 2[ ( )] ( ), dan [ ( )] ( )F s f t F s f t L L
(complex convolution integral)
3-5 Ilustrasi :
1. Carilah TL dari fungsi 2( ) t tf t e e
Penyelesaian :
2 2 2[ ] [ ] [ ]0 0
1 2 1 21 1
1 20 0 0 0
1 1 2 3
21 2 3 2
t t t t t st t ste e e e e e dt e e dt
s t s t s t s te dt e dt de de
s s
s
s s s s
L L L
2. Carilah Transformasi Laplace Inversi dari fungsi 1
( )1
F ss
Penyelesaian :
1 1 1 1
1 2 1
ste dss j s
L
Misal
1x s dx ds
s x
dan s x
Jadi ( 1)
1 1 1
1 2 2
x t t xte e edx dx
s j x j x
L
Pernyataan ini sukar untuk diselesaikan, tapi dengan mengingat
bahwa 1 ( ) ( )F s f t L dari contoh 1, dapat dikatakan ;
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
37
1 1
1
tes
L atau kita peroleh suatu pernyataan ;
1 21 1 1
1 2 2 2
t xt xt xtt te e e e
e dx e dx dxts j x j x j xt
L
Karena bentuk xt dan x tidak akan mengubah batas integrasi bila x
menuju ±∞ maka 21
2
xte
dx ej x
Sulit dihitung secara langsung, tapi dapat diselesaikan dengan
Transformasi Laplace. inversi.
3. Carilah transformasi Laplace dari fungsi;
1
( ) ( )( )
at btf t e eb a
Jawab
1( ) ( )
( )
1( ) ( ) ( )
( )
at bt
at bt
f t e eb a
f t e eb a
L L L
Kita cari satu persatu dari komponen tersebut
( ) ( )
0 0 0
( )
0
1
( )
1 1 10 1
( ) ( ) ( )
at at st a s t a s t
a s t
e e e dt e dt dea s
ea s a s a s
L
Dengan cara yang sama, diperoleh (tinggal mengganti a dengan b)
1bte
s b
L
Maka
1
( ) ( ) ( )( )
at btf t e eb a
L L L
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
38
1 1 1 1
( ) ( )( )
s b s a
b a s a s b b a s a s b
1 1.( )( ) ( )( )
b a
b a s a s b s a s b
4. Carilah transformasi Laplace dari fungsi;
1
( ) ( ) ( )( )
at btf t z a e z b eb a
Jawab;
1( ) ( ) ( )
( )
1( ) ( ) ( )
( )
at bt
at bt
f t z a e z b eb a
f t z a e z b eb a
L L L
1
( ) ( ) ( )( )
at btf t z a e z b eb a
L L L
1 1 1
( ) ( ) ( )( )
f t z a z bb a s a s b
L
1 1 (( )( )) (( )( ))
( )( ) ( )( )
z a z b s b z a s a z bf t
b a s a s b b a s a s b
L
1 ( ) ( )
( )( )
1
( )( )
1 ( ) ( ) 1 ( )( )
( )( ) ( )( )
( )( )
sz as bz ab sz bs az ab
b a s a s b
bs as bz az
b a s a s b
s b a z b a b a s z
b a s a s b b a s a s b
s z
s a s b
Dalam contoh yang diberikan ini dapat dibuat tabel transformasi
Laplace untuk berbagai fungsi. Tabel ini diperlukan ketika kita
mencari Transformasi Laplace inversi.
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
39
Tabel 3- 1 Transformasi Laplace( t>0)
( )F s ( )f t
1 1 ( )t
2 TSe ( )t T
3 1
s a ate
4 1
( )ns a 11
( 1)!
n att en
dengan n=1,2..
5 1
( )( )s a s b
1( )
( )
at bte eb a
6 ( )( )
s
s a s b 1
( )( )
at btae bea b
7 ( )( )
s z
s a s b
1
(( ) ( ) )( )
at btz a e z b eb a
8 1
( )( )( )s a s b s c
( )( ) ( )( ) ( )( )
at bt cte e e
b a c a c b a b a c b c
9 2 2s
Sin t
10 2 2
s
s Cos t
Perhatikan
0 0 0
' ' 0 0( )0
st st ststf t e f t dt e df t s e f t dt f s f s f fe f t
L L L
2
2
3 2
'' ' ' ' 0 0 ' 0 0 ' 0
''' '' '' '' 0 0 ' 0 '' 0
0 ' 0 '' 0
df f s f f s s f f f s f sf f
dt
df f s f f s s f sf f f
dt
s f s f sf f
L L L L L
L L L L
L
Dengan induksi kita mempunyai bentuk umum;
1 2( ) 1 2 3 ( 1)0 0 0 . . . 0m m m m m mf s f s f s f s f f L L
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
40
Contoh (1) Tentukan TL dari fungsi 2f t t
Jawab : 0 0, ' 0 0, '' 0 2f f f dan 2
2s
L
Jadi 2'' 0 ' 0f s f sf f L L
2 2
3
2 2s f t
s s L L
Contoh (2) Tentukan TL dari fungsi cosf t t dan sing t t
Jawab a)
2 2cos , ' sin , '' cosf t t f t t f t t f t
Jadi 2'' 0 ' 0f s f sf f L L
2 2f s f s L L
2 2
sf
s
L
b) sing t t , 2 2' cos , '' sing t t g t t g t
2'' 0 ' 0g s g sg g L L
2 2[ ] 0g s g L L
2 2g
s
L
Contoh (3) : carilah TL dari fungsi 2( ) sinf t t
Jawab: 2 '( ) sin , ( ) 2sin cos sin 2f t t f t t t t
Jadi [ ] [ ] (0) [ ]f s f f s f L L L
atau '
2 2
[ ] [sin 2 ] 2[ ]
( 2 )
f tf
s s s s
L LL
Contoh (4) : carilah TL dari fungsi ( ) sinf t t t
Jawab: '( ) sin , ( ) sin cosf t t t f t t t t
" 2
" 2
( ) 2 cos sin
( ) 2 cos ( )
f t t t t
f t t f t
'(0) 0, (0) 0f f
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
41
Sehingga " 2 ' 2[ ] [ ] (0) (0) [ ]f s f sf f s f L L L 2 2
2 2 2 2
[2 cos ( )] [ ]
2 [cos ] [ ] [ ] ( ) [ ] 2 [cos ]
t f t s f
t f s f s f t
L L
L L L L L
Jadi
22 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2[ ] [cos ]
s sf t
s s s s
L L
Contoh (5) : Solusi persamaan diferensial dengan syarat awal
" '4 3 0y y y , dengan '(0) 3, (0) 1y y
Jawab: "[ ] [4 '] [3 ] 0y y y L L L
2 [ ] (0) '(0) 4 [ ] '(0) 3 [ ] 0s y sy y s y y y L L L
2 ( ) 3 1 4 ( ) 1 3 ( ) 0 s Y s s sY s Y s
2 ( ) 4 ( ) 3 ( ) 3 1 4 3 5 s Y s sY s Y s s s
3 1 ( ) 3 5 s s Y s s
3 5 2 1
( )3 1 3 1
sY s
s s s s
Ambil transformasi invers: 1[ ( )] ( )Y s y t L
1 1 12 5[ ( )]
3 1Y s
s s
L L L
1 1 31 12 5 2 5
3 1
t ty t e es s
L L
Jadi solusinya 3( ) 2 5t ty t e e
3-6 Soal Latihan
Carilah transformasi Laplace dari soal berikut dan kemudian solusi
persamaan differensial homogen berikut dengan Transformasi
Laplace. Dengan syarat y(0) = 1 dan y(0) = 0
(1) 2
2cosxd y
xe xdx
(2) 2
2
20
d y dyx x
dx dx
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
42
(3) 2
20
d y dyx x
dx dx
(4) 022
2
ydx
yd
(5) 2
2
34 0
d y dyy
dx dx
(6) 2
2
30
d y dy
dx dx
(7) 2
24 13 0
d y dyy
dx dx
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
43
Bab 4
Persamaan Differensial Parsial
_______________________________________
4-1 Turunan Parsial
Tinjau suatu fungsi f(x,y) dengan dua peubah yang kontinyu pada
daerah yang didefinisikan. Turunan parsial didefinisikan sebagai
berikut;
(i) Terhadap peubah x di titik (x,y)
( , ) ( , )
0
f f x h y f x yLim
x hh
4. 1
Artinya turunkan terhadap x dengan mengganggap y konstan
(ii) Terhadap peubah y di titik (x,y)
( , ) ( , )
0
f f x y k f x yLim
y kk 4.
2
Artinya turunkan terhadap y dengan menganggap x konstan
4-2 Notasi
1 1 2 2,
x y
f ff f D f f D
x y 4. 3
2 2
11 11 22 222 2,
xx yy
f ff f D f f D
x y 4.
4
2 2
12 12 21 21,
xy yx
f ff f D f f D
x y y x 4. 5
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
44
Contoh: 2, sin cosf x y x y y xy
3sin sinf
y y xyx
2cos 2 cos sinf
x y y xy xy xyy
2 2 3 2 32
2 3cosy y sinxy y sinxy xy cosxy cosy y sinxf f
y xy co xyx y y
sx
22 33
f fcosy y sinxy xy cosxy
y x y x
4-3 Soal Latihan
( Tentukan , , , , ,x y xx yy xy yxf f f f f f )
1. 4 4 2 2, 4f x y x y x y
2. f x, y x sin x y
3. f x, y xy x
y
4. 2 2( , ) ( )f x y x y
5. 2 2( , ) ( )f x y sin x y
6.
x yf x, y
x – y
7. , sin cos 2x 3 yf x y
8. 2 2
xf x, y
x y
9. Buktikan z z
x y 2x y
z
2z jika 2( 2 )z x y atau 4 4 (1/2)( )z x y
10. Diberikan ( )( , ) ax byz u x y e dan ditentukan pula2z
0x y
Tentukan
nilai konstanta a dan b sehingga;2z z z
z 0x y x y
[jawaban: a=b=1]
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
45
4-4 Persamaan Differensial Parsial
Jika fungsi dua peubah ( , )x y mempunyai turunan, persamaan
differensial parsial mempunyai bentuk umum; 2 2 2
2 2A 2B C + D E F G 0
x x y y x y
4.
6
Didefinisikan, diskriminan = (2B)2- 4AC
1. Jika AC = B2 pernyataan disebut persamaan diferensial
parabolic
2. Jika AC > B2 pernyataan disebut persamaan diferensial
eliptik
3. Jika AC < B2 pernyataan disebut persamaan diferensial
hiperbolik
Contoh :
1. Persamaan Difusi : 2
2x
= k
t
persamaan
parabolik (A=1, B=0, C=0)
2. Persamaan Poisson : 2
2x
+
2
2 f x, y
y
persamaan eliptik
(A= 1, B=0, C=1)
3. Persamaan Gelombang: 2
2x
= k
2
2t
persamaan
hiperbolik dengan nilai (A=1, B= 0, C= -k)
Contoh persamaan diferensial parsial lainnya
Persamaan Laplace : 2
2x
+
2
2y
= 0 merupakan salah satu contoh
persamaan diferensial eliptik dua dimensi 2D. Biasa dinyatakan
dengan 2
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
46
Sehingga untuk persamaan Laplace tiga dimensi, digunakan juga
notasi
2 2 2
2
2 2 2x y z
4. 7
dalam hal ini persamaan Laplace merupakan fungsi tiga dimensi,
, ,x y z
Seperti fungsi satu peubah lainnya, fungsi ,f f x y disebut suatu
solusi bila memenuhi persamaan diferensial tersebut, artinya;
1. 2
2
f fk
x t
fungsi f merupakan solusi persamaan difusi
2. 2 2
2 2,
f ff x y
x y
fungsi f merupakan solusi persamaan Poisson
3. 2 2
2 2
f fk
x y
fungsi f merupakan solusi persamaan gelombang
4-5 Contoh Persamaan Diferensial Parsial
Macam-macam persamaan diferensial:
1. 2 2
2
2 2
u uc
t x
persamaan gelombang 2D
2. 2
2
2
u uc
t x
persamaan hantaran panas 2D
3. 2 2
2 20
u u
x y
persamaan Laplace 2D
4. 2 2
2 2,
u uf x y
x y
persamaan Poisson 2D
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
47
5. 2 2 2
2 2 20
u u u
x y z
persamaan Laplace 3D
Solusi persamaan diferensial parsial dapat dicari bila syarat batas
diberikan.
Contoh:
a) 2 2u x y
b) cosxu e y
c) 2 2lnu x y
Ketiganya merupakan solusi dari persamaan Laplace 2D. Coba anda
buktikan!. Contoh ini menunjukkan bahwa solusinya tidak unik.
Solusi total persamaan diferensial dapat dicari bila syarat batas
diberikan.
Contoh:
Karena tidak diberikan syarat batas, ketiganya juga merupakan solusi
dari persamaan Laplace 2D. Buktikan!. Ilustrasi bentuk permukaan
cosxu e y dan 2 2u x y digambarkan dalam grafik berikut;
Plot 3 dimensi cosxu e y
Plot 3 dimensi 2 2u x y
Gambar 4- 1 Plot tiga dimensi solusi persamaan Laplace dengan
perangkat lunak MatLab
0
2
4
6
-5
0
5
-600
-400
-200
0
200
400
600
x
exp(x) cos(y)
y
-1
-0.5
0
0.5
1
x 104
-1
-0.5
0
0.5
1
x 104
-1
-0.5
0
0.5
1
x 108
x
(x2)-(y2)
y
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
48
4-6 Soal Latihan
1. Tunjukkan bahwa kedua fungsi berikut adalah solusi dari
persamaan Laplace:
sin cosh danu x y 1tan
yu
x
Catatan: x xe e
sinh x2
dan
x xe ecoshx
2
2. Tunjukkan bahwa ,u x t v x ct w x ct adalah solusi dari
persamaan gelombang. Di sini, v dan w adalah fungsi yang dapat
diturunkan dua kali
3. Buktikan bahwa 2 2, lnu x y a x y b memenuhi persamaan
Laplace. Tentukan a dan b sehingga u memenuhi syarat batas 0u
pada lingkaran 2 2 1x y dan 3u pada lingkar an 2 2 4x y
4-7 Teorema
Misalkan 𝑔 differensiabel pada R2 dan misalkan 𝑓 adalah medan
scalar yang didefinisikan oleh persamaan:
x, y g bx ayf 4. 8
Sedangkan 𝑎, 𝑏 merupakan konstanta tidak nol maka fungsi 𝑓(𝑥, 𝑦)
memenuhi persamaan diferensial parsial orde-1
f x, y f x, ya b 0
x y
4. 9
2 x, y R
Sebaliknya setiap solusi dari (**) juga akan memenuhi (*)
Bukti:
f
f x, y g bx ay bg bx ayx
4. 10
fag (bx ay)
y
4. 11
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
49
Jadi f (x, y) f (x, y)
a b abg bx ay abg bx ay 0x y
4. 12
4-8 Soal Latihan
Dalam soal berikut seluruh fungsi yang ditinjau adalah diferensiabel.
Pernyataan dalam kurung siku adalah jawabannya
1. Tentukan solusi persamaan difrensial parsial :
f (x, y) f (x, y)
4 3 0x y
Yang memenuhi syarat
4
f (x,0) sin x , x jawab : f x, y sin(x y)3
2. Tentukan solusi persamaan difrensial parsial
f (x, y) f (x, y)
5 2 0x y
Yang memenuhi syarat
5y
xx 2
1f 0,0 0 ,D f x,0 e , x jawab : f x, y e 1
3. a) Jika u x, y f (x, y) buktikan fungsi 𝑢, memenuhi persamaan
differensial parsial
u u
x y 0x y
Tentuk an solusinya sehingga 24u , ,xx x x e x [jawab:
2 2( , ) ]xyu x y x y e
b) Jika x
v x, y fy
untuk 𝑦 ≠ 0 buktikan bahwa fungsi
xv x, y f
y
memenuhi pernyataan 0v v
x yx y
. Selanjutnya cari solusinya
Suryadi Siregar Kalkulus Lanjut
50
sehingga 1
1 1v 1,1 2 dan D v (x, ) setiap x 0
x x
[ ( , ) 2 | / |]v x y log x y
4. Andaikan f memenuhi persamaan diferensial 2 2 2
2 22 3 0
f f f
x x y y
Misalkan x Au Bv, y Cu Dv dimana A,B,C,D konstanta, andaikan
juga g u,v f Au Bv, Cu Dv .
Carilah nilai A,B,C,D yang tidak nol sehingga g memenuhi 2g
0u v
Selesaikan persamaan ini untuk g dan tentukan f.
[ A = B = C = 1 dan D = - 3; 1 2f x, y 3x y x y ]
5. Suatu fungsi u didefinisikan oleh
x y
u x, y xyf xy
Tunjukkan fungsi u(x,y) memenuhi persamaan differensial parsial:
2 2 ( , )u u
x y Gx
x y uy
Selanjutnya, carilah fungsi G(x,y) [jawab
G x, y x y ]
6. Substitusi ,s tx e y e , ubah f(x,y) dalam bentuk g(s,t) dengan
( , ) ( , ).s tg s t f e e Jika f memenuhi persamaan diferensial parsial
orde-2 ; 2 2
2 2
2 2 0f f
x y
f fx y x y
x y
Tunjukkan bahwa g memenuhi persamaan
diferensial 2 2
2 20
g g
s t