Kebebasan dari Lintasan

3.3 Kebebasan dari Lintasan

Dalam Teorema Dasar Kalkulus Kedua, kita mengetahui bahwa

f ′ (x)dx = f (b) − f(a)

Sebagai analoginya dalam integral garis, terdapat sebuah teorema yaitu Teorema A: Teorema Dasar untuk Integral Garis

Anggaplah C adalah sebuah kurva mulus sepotong-sepotong yang dinyatakan secara parametris dengan r = r(t), a ≤ t ≤ b, yang berawal di a = r(a) dan berakhir

di b = r(b). Jika f dapat didiferensialkan secara kontinu pada sebuah himpunan terbuka yang mengandung C, maka

Z ∇f(r).dr = f(b) − f(a)

Bukti: Z

∇f(r).dr = ′ [∇f(r(t)).r (t)]dt

f (r(t))dt = f (r(b)) − f(r(a))

adalah sebuah fungsi potensial untuk medan hukum kuadrat invers F (r) = −cr |r| 3 . Hitunglah R

F (r).dr, di mana C adalah kurva mulus sepotong-sepotong sederhana

dari (0, 3, 0) ke (4, 3, 0) yang tidak melewati titik asal.

Penyelesaian: Karena F (r) = ∇f(r), maka

F (r).dr = ∇f(r).dr = f(4, 3, 0) − f(0, 3, 0)

Teorema B: Teorema Kebebasan dari Lintasan Misalkan F (r) kontinu pada himpunan terhubung terbuka D. Maka integral

garis R

F (r).dr bebas dari lintasan jika dan hanya jika F (r) = ∇f(r) untuk fungsi

C skalar f ; yaitu, jika dan hanya jika F adalah medan vektor konservatif pada D.

Pembahasan

Penyelesaian: Z ln 3 Z ln 2

x+ln,2

=e ln 2 −e

x+ln 2

x ln 3

0 =e

ln 3+ln 2 ln 3

−e − (e − 1)

=e ln 2 −e −e

ln 6

ln 3 ln 3

Penyelesaian:

2 Misalkan u = xy du maka du = 2xy dy → dy =

2xy

Z ln 3 Z 1 2 Z ln 3 Z x

u du

xye dy dx =

xy

xy e

dx

2xy

0 0 0 0 Z ln 3

Z ln 3

e | 0 dx =

e − dx

1 x 1 ln 3 1 ln 3 1 = e − x| 0 = e − ln 3 −

3 1 1 1 = − ln 3 − =1−

2. a. (x 2 +y 2 )dy dx

Penyelesaian:

(x +y )dy dx =

x y+ y | 0 dx

2x +

dx

= x + x| 0 = = x + x| 0 =

Penyelesaian:

2 2 2 (x 2 +y + 2 − 1)dy dx = (x +y + 1)dy dx

2 ), jika y ≤ −1

Maka |x y 3

2 (x 3 y ) , jika y > −1

Sehingga diperoleh

2 3 2 3 2 |x 3 y |dy dx =  −(x y )dy + (x y )dy  dx

dx

x 2 + x 2 −0 dx

x dx =

Latihan 2.3

1. a. Sketsa grafik z = 6 − 2x − 3y

Himpunan Sederhana-y

2 S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ − x + 2}

3 Maka volumenya:

3 x+2

V=

(6 − 2x − 3y)dy dx

b. Sketsa grafik 2x + y − 4 = 0 dan 8x + y − 4z = 0 Himpunan Sederhana-y

S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ −2x + 4}

Maka volumenya: Z 2 −2x+4 Z

V=

2x + y dy dx

Z 2 −2x+4

c Sketsa grafik y = x 2 , x = 0, z = 0, dan y + z = 1

Himpunan Sederhana-x

√ S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y, 0 ≤ y ≤ 1}

Maka volumenya:

V=

(1 − y)dx dy =

2. Sketsa batas y = x, y = 2, x = 0

Himpunan Sederhana-x S = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 2}

Maka volumenya

2 y Z 2 Z V= 3 sin(y ) dx dy

y = 2 x sin(y 3 )|

0 dy

2 = 3 y sin(y ) dy

1 3 2 1 1 =− cos(y )| 0 = −

R π 1−cos θ R

b. r sin θ dr dθ

Penyelesaian: Z π 1−cos θ Z

2. a. S adalah daerah di dalam lingkaran r = 4 cos θ dan di luar lingkaran r=2 Penyelesaian:

π/3 Z Z 4 cos θ

2 r dr dθ = π+2 2 r dr dθ = π+2

9 cos 2θ Penyelesaian:

RR 3. 2 a. e x +y 2 dA, di mana S adalah daerah yang dibatasi oleh x 2 +y 2 =4

b. RR 2 p4 − x 2 −y dA, di mana S adalah sektor kuadran pertama dari lingkaran

2 x 2 +y = 4 di antara y = 0 dan y = x Penyelesaian:

π/4

2 2 4−r )r dr dθ =