2. i
PRAKATA
Saat ini buku yang membahas topik Pengantar Fisika Matematik masih
jarang dijumpai. Padahal, topik tersebut merupakan salah satu topik penting dalam
menggunakan matematika untuk menyelesaikan problem-problem fisika. Buku ini
ditulis dengan maksud untuk menambah perbendaharaan literatur dalam bidang
ilmu fisika, khususnya tentang Fisika Matematik.
Bahan buku ini sebagian diambil dari pengalaman kami dalam mengampu
matakuliah Pengantar Fisika Matematik di Jurusan Fisika FMIPA UGM,
ditambah dari sejumlah buku teks penting berbahasa asing. Meski demikian, buku
ini tidak saja terbatas hanya pada pengguna di Jurusan Fisika FMIPA UGM saja,
namun dapat pula sebagai salah satu referensi mahasiswa dan dosen bagi
matakuliah sejenis di Perguruan Tinggi lain. Buku ini sangat penting bagi
mahasiswa tahun pertama sebagai dasar-dasar matematika untuk mempelajari
fisika. Bagi khalayak umum, buku ini juga dapat menjadi referensi mengingat
tingkat kesulitannya disesuaikan dengan tingkat kesulitan bagi mahasiswa tahun
pertama.
Penyajian buku ini dimulai dari pembahasan bilangan kompleks yang
merupakan perluasan dari konsep bilangan real. Selanjutnya ditelaah aljabar
vektor, matriks, determinan dan persamaan linear. Pada bab empat disajikan limit,
fungsi dan turunan, diteruskan dengan bab lima tentang integral. Pada bab enam
diberikan konsep turunan parsial.
Pada setiap bab, cukup banyak diberikan contoh soal serta soal latihan itu
sendiri. Banyaknya contoh soal yang disajikan akan memudahkan pembaca lebih
memahami konsep setiap bab. Kami menyarankan agar soal-soal latihan yang
terdapat pada akhir setiap Bab dicoba untuk diselesaikan, agar pemahaman
tentang isi buku ini dapat lebih sempurna.
Melalui kesempatan ini, kami ingin mengucapkan terima kasih kepada
segenap pihak yang tidak dapat disebutkan namanya satu persatu. Selanjutnya,
meski telah disiapkan cukup lama, kami menyadari bahwa buku ini masih
memiliki banyak kekurangan. Barangkali pula di sana sini masih terdapat salah
3. ii
tulis dan ketik. Karena itu kami dengan tangan terbuka sangat mengharap
masukan positif dari para pembaca, dalam rangka penyempurnaan buku ini.
Akhirnya kami berharap, semoga buku ini dapat bermanfaat bagi pengembangan
fisika di masa depan.
Yogyakarta, Mei 2011
Rinto Anugraha NQZ
4. iii
DAFTAR ISI
PRAKATA i
DAFTAR ISI iii
BAB I BILANGAN KOMPLEKS 1
Beberapa Sifat Aljabar Bilangan Kompleks 4
Perkalian dan Pemangkatan, Rumus de Moivre dan Euler 10
Rumus Binomium Newton 14
Penerapan Bilangan Kompleks 22
Mekanika 22
Osilator Selaras Teredam 23
Masalah Kelistrikan 26
Optika 28
BAB II ALJABAR VEKTOR 32
Sifat-Sifat Skalar dan Vektor 32
Besar Vektor 33
Sifat-Sifat Ruang Vektor 33
Penjumlahan Vektor 34
Perkalian Antara Vektor 36
Perkalian Skalar 36
Perkalian Vektor/Silang 40
Delta dan Epsilon Kronecker 42
Garis dan Bidang 48
Bebas dan Gayut Linear 54
BAB III MATRIKS, DETERMINAN DAN PERSAMAAN LINEAR 59
Operasi Matriks 60
Rotasi Sumbu-sumbu Koordinat 63
Determinan 65
Rumus Cramer 70
BAB IV LIMIT, FUNGSI DAN TURUNAN 81
Fungsi 81
Macam−macam Fungsi Kontinu 84
Limit Fungsi 92
Sifat−sifat Limit Fungsi 92
Turunan Fungsi 94
Deret Taylor dan Deret MacLaurin 98
Penerapan Turunan 101
BAB V INTEGRAL 106
Integral sebagai Inversi Penurunan (Anti Derivatif) 106
Rumus-Rumus Integral Dasar dan Metode Pengintegralan 106
5. iv
Pengintegralan Parsial 108
Substitusi Variabel 108
Metode Pecahan Parsial 109
Integral Tertentu (Integral Riemann 113
Penerapan Integral Tertentu 116
Mencari Luas di bawah Benda Putar 116
Volume Benda Putar 117
Menentukan Panjang Busur Kurva 118
Fungsi Gamma 120
Fungsi Beta 125
BAB VI FUNGSI VARIABEL BANYAK : TURUNAN PARSIAL 132
Turunan Parsial 132
Diferensial Total 134
Dalil Rantai 138
Diferensial Implisit 139
Pengubahan Variabel 144
Transformasi Legendre 147
Ekstremum Fungsi Dua Variabel 150
DAFTAR PUSTAKA 155
6. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
1
BAB I
BILANGAN KOMPLEKS
Konsep bilangan kompleks muncul untuk mengakomodasi nilai akar suatu
bilangan negatif. Ditinjau persamaan kuadrat dalam z berikut :
02
=++ cbzaz
dengan a, b dan c variabel bebas. Penyelesaian persamaan kuadrat di atas adalah
a
acbb
z
2
42
2,1
−±−
= .
Jika diskriminan D = acb 42
− bernilai negatif, maka dua nilai z mengandung
akar bilangan negatif. Karena itulah didefinisikan nilai
1− = i,
sehingga 1i2
−= . Selanjutnya
i416 =− , 3i3 =− , i3
= −i
adalah bilangan imaginer, tetapi
i2
= −1, 48.282 −==−− ii
adalah bilangan real. Untuk contoh persamaan kuadrat berikut :
0222
=+− zz
maka akar-akar penyelesaiannya adalah :
i
i
z ±=
±
=
−±
= 1
2
22
2
842
.
Istilah bilangan kompleks digunakan untuk menunjukkan set bilangan real,
imaginer atau gabungan keduanya, seperti i±1 . Maka i + 5, 17i, 4 mewakili
contoh-contoh bilangan kompleks.
Bilangan kompleks dirumuskan sebagai
yxz i+=
7. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
2
yang merupakan gabungan bilangan real x dan bilangan imaginer iy. Besaran x, y
dan 22
yx + berturut-turut dinamakan bagian real, bagian imaginer dan modulus
bilangan kompleks z yang dituliskan sebagai
)Re(zx =
)Im(zy =
dan
22
yxz += .
Dengan konsep tersebut, orang dapat menyatakan bentuk-bentuk seperti sin i,
exp(iπ), ln(i +1) dalam bentuk bilangan kompleks x +iy.
Sebuah bilangan kompleks seperti 5 + 3i adalah jumlah dari dua suku. Suku
real (tidak mengandung i) disebut bagian real dari bilangan kompleks. Koefisien i
dalam suku yang lain disebut bagian imaginer dari bilangan kompleks. Dalam
bilangan 5 + 3i, 5 adalah bagian real, sementara 3 adalah bagian imaginer. Penting
untuk dicatat bahwa bagian imaginer dari suatu bilangan kompleks, bukan
imaginer tetapi real.
Salah satu dari bagian real atau bagian imeginer dari suatu bilangan
kompleks dapat bernilai nol. Jika bagian real bernilai nol, bilangan kompleks
tersebut murni imaginer. Bagian real yang nol dapat diabaikan, sehingga misalnya
0 + 5i cukup ditulis 5i. Jika bagian imaginer dari bilangan kompleks tersebut
lenyap, maka bilangan kompleks tersebut murni real. Sehingga misalnya, 7 + 0i
cukup ditulis dengan 7.
Dalam aljabar, sebuah bilangan kompleks biasanya ditulis sebagai suatu
jumlahan, seperti 5 + 3i. Bentuk ini dapat pula ditulis dalam bentuk (5, 3). Jadi
kalau kita ingin menjumlahkan antara dua buah bilangan kompleks, misalnya 5 +
3i dengan 4 + 2i, kita dapat menuliskannya dalam bentuk (5 + 3i) + (4 + 2i) = 9 +
5i atau dalam bentuk (5, 3) + (4, 2) = (9, 5).
Ketika kita mengenal konsep ini, mungkin timbul pertanyaan, apakah arti
fisis dari isin , )1ln( i+ dan sebagainya. Akan kita lihat nanti bahwa bilangan
kompleks memainkan peran dalam sains, selain tentu saja matematika.
8. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
3
Dalam fisika, konsep bilangan kompleks sangat penting untuk dipelajari.
Dalam mekanika kuantum, muncul konsep ini, misalnya untuk menentukan
kaedah komutasi antara operator koordinat dan momentum. Kaedah komutasi
yang terkenal dalam mekanika kuantum antara kedua operator tersebut dituliskan
sebagai
ℏipx x =]ˆ,ˆ[ .
Dalam pembahasan mekanika, kita juga dapat mengimplementasikan
konsep bilangan kompleks, misalnya penyajian vektor posisi partikel dalam dua
dimensi, dimana posisi x dan y berturut-turut merupakan bagian real dan imaginer
dari vektor posisi z. Selengkapnya hal ini akan disinggung dalam pasal penerapan
bilangan kompleks dalam fisika.
Bilangan kompleks z dapat disajikan sebagai suatu titik pada bidang Argand
berkoordinat Cartesan dengan sumbu X dan sumbu Y berturut-turut sebagai
sumbu real dan imaginer (Gb. 1). Anak panah dari titik O ke titik z disebut fasor.
Panjang fasor (r) menampilkan besar / modulus z . Fase bilangan kompleks z
adalah sudut antara sumbu real (sumbu X) dengan fasor yang dilambangkan
dengan φ . Dari Gb. 1.1 tampak bahwa
y
r y
φ x
O x
Gb. 1.1
Bidang Argand
φcosrx =
φsinry =
dan
)/(arctan xy=φ
sehingga
9. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
4
)sini(cos φφ += rz .
Contoh soal :
Nyatakan bentuk 3i22 +=z dalam koordinat polar.
Jawab :
32,2 == yx
sehingga
4124 =+=r
dan
3/)2/32arctan( πφ ==
sehingga
[ ])3/sin(i)3/cos(4 ππ +=z .
Contoh soal :
Tuliskan z = −1 −i dalam bentuk polar
Jawab :
Disini kita memiliki x = −1, y = −1 sehingga r = 2 . Terdapat tak terhingga
banyaknya nilai θ yaitu
π
π
θ n2
4
5
+=
dengan n adalah sembarang bilangan bulat. Nilai sudut 4/5πθ = seringkali
disebut sudut utama dari bilangan kompleks z = −1 −i. Jadi z dapat dituliskan
sebagai
( ) ( )[ ]niniz ππππ 24/5sin24/5cos21 +++=−−=
= ( ) )4/5exp(24/5sin4/5cos2 πππ ii =+ .
Bentuk di atas dapat pula ditulis sebagai
)225sin225(cos2 00
iz += .
1. Beberapa sifat aljabar bilangan kompleks
1. Dua bilangan kompleks dikatakan sama :
1z = 2z
10. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
5
jika dan hanya jika keduanya memiliki bagian real yang sama :
)(Re)(Re 21 zz = ,
demikian pula dengan bagian imaginernya :
)(Im)(Im 21 zz = .
2. Penjumlahan dua bilangan kompleks 111 iyxz += dan 222 iyxz += juga
menghasilkan bentuk bilangan kompleks
21 zzz += = )( 21 xx + + )(i 21 yy + .
Demikian pula untuk pengurangan berlaku
21 zzz −= = )( 21 xx − + )(i 21 yy − .
3. Penjumlahan bilangan kompleks memenuhi kaedah ketaksamaan segitiga
yaitu
212121 zzzzzz +≤+≤−
4. Himpunan C bilangan kompleks membentuk suatu grup terhadap
penjumlahan, karena :
a. Himpunan tersebut bersifat tertutup terhadap operasi penjumlahan,
yaitu untuk setiap pasangan C, 21 ∈zz maka C21 ∈+= zzz .
b. Bersifat asosiatif terhadap kaedah penjumlahan yaitu
321321321 )()( zzzzzzzzz ++=++=++
c. Terdapat unsur netral yaitu 0 ∈ C yang memenuhi
z + 0 = 0 + z = z
d. Untuk setiap z ∈ C terdapat inversinya terhadap kaedah penjumlahan
(disebut −z) sedemikian sehingga berlaku
−z ∈ C dan z + (−z) = z − z = 0
5. Karena berlaku 1221 zzzz +=+ maka grup tersebut bersifat komutatif
(Abelan) terhadap penjumlahan.
Didefinisikan konjugat kompleks untuk bilangan kompleks yxz i+=
dengan lambang
yxz i* −=
sehingga
11. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
6
,Re*Re zz =
,Im*Im zz −=
*),(Re 2
1
zzzx +==
dan
)*(Im 2
i
zzzy −==
Konjugat kompleks ini dapat langsung diperoleh dengan menukar tanda +i
menjadi −i. Sebagai contoh konjugat kompleks dari 2 + 3i adalah 2 − 3i. Konjugat
kompleks ini merupakan pencerminan bilangan kompleks terhadap sumbu x.
Menyederhanakan ke bentuk x + iy
Sembarang bilangan kompleks dapat ditulis dalam bentuk x + iy. Untuk
menjumlahkan, mengurangi dan mengalikan bilangan kompleks, perlu diingat
bahwa mereka mengikuti aturan aljabar biasa serta 12
−=i .
Contoh :
iiii 221)1( 22
=++=+ .
Untuk membagi sebuah bilangan kompleks dengan lainnya, caranya masing-
masing pembilang dan penyebut dikalikan dengan kompleks konjugat penyebut
sehingga penyebut menjadi real.
Contoh :
i
i
i
i
i
i
i
i
2
1
2
1
10
55
3
3
3
2
3
2
+=
+
=
+
+
−
+
=
−
+
.
Terkadang lebih mudah menghitung ketika disajikan dalam bentuk polar.
Contoh :
Tuliskan bentuk
)20sin20(cos2
1
00
i+
dalam bentuk iyx + .
Jawab :
Karena 0
20 = 0,349 radian maka
16. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
11
φφφ
sinicosi
±=±
e
Dari bentuk di atas nilai φφ sindancos dapat dituliskan sebagai
)(cos 2
1 φφ
φ ii
ee −
+=
dan
)(sin 2
1 φφ
φ ii
i
ee −
−=
Dengan memanfaatkan rumus Euler di atas, pemangkatan bilangan kompleks z
dengan n menghasilkan
)sini(cos)sini(cos i
φφφφ φ
nnrerrz nnnnnn
+==+=
sehingga berlakulah rumus de Moivre :
)sini(cos)sini(cos φφφφ nnn
+=+ .
Rumus di atas dapat pula digunakan untuk mencari akar bilangan kompleks.
Jika
)exp( φirz = ,
maka
+===
n
i
n
rnirzz nnnn φφ
φ sincos)/exp(/1/1
Contoh soal :
Nyatakan 3i22 +=z dalam bentuk eksponensial.
Jawab :
Mengingat telah ditunjukkan di atas bahwa
[ ])3/sin(i)3/cos(4 ππ +=z
maka bentuk tersebut sama dengan
)3/iexp(4 π=z .
Contoh soal :
Carilah nilai 5
z untuk bentuk z di atas.
Jawab :
[ ] )3i1(512)3/5sin(i)3/5cos(1024)3/i5exp(455
−=+== πππz
Contoh soal :
17. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
12
Nyatakan bentuk i
iz −
+= )1( dalam bentuk x + iy.
Jawab :
( ) )4/exp().2lnexp()4/exp()2()4/exp(2 πππ iiz ii
−=== −−
= ( ))2sin(ln)2cos(ln)4/exp( i−π
= 2,19 × (0,94 − 0,34i)
= 2,06 − 0,74i.
Contoh soal :
Carilah semua akar persamaan 042 24
=++ xx .
Jawab :
Dengan substitusi :
2
xu =
diperoleh bentuk persamaan kuadrat dalam u :
0422
=++ uu
yang memiliki akar-akar
31
2
1642
2,1 iu ±−=
−±−
= .
Jadi
)3/2exp(231 2
1 ixiu π==+−=
sehingga
=±= )3/exp(22,1 ix π )3/sin3/(cos2 ππ i+±
=
2
31 i+
± .
Kemudian
)3/4exp(231 2
2 ixiu π==−−=
sehingga
2
31
)3/2sin3/2(cos2)3/2exp(24,3
i
iix
+−
±=+±=±= πππ .
Jadi keempat akar persamaan 042 24
=++ xx adalah
18. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
13
2
31 i+
,
2
31 i+
− ,
2
31 i+−
dan
2
31 i+−
− .
Dapat dilihat bahwa jumlah keempat akar tersebut sama dengan nol.
Contoh soal :
Carilah seluruh nilai akar 3
8 .
Jawab :
z = 8 = )0sin0(cos8 i+
= )2sin2(cos8 ππ i+
= 8 )4sin4(cos ππ i+ .
Jadi akar-akar untuk bentuk 3
8 adalah :
2
atau
31)3/2sin3/2(cos2 ii +−=+ ππ
atau
31)3/4sin3/4(cos2 ii −−=+ ππ .
Soal-soal Latihan
5. Carilah seluruh akar-akar bilangan kompleks berikut
a. 5
1 (ada 5 jawaban)
b. 8
16 (ada 8 jawaban)
c. 4
838 −i
6. Tunjukkan bahwa jumlah seluruh n buah akar dari akar pangkat n
sembarang bilangan kompleks sama dengan nol.
7. Gunakan rumus de Moivre untuk menunjukkan bahwa
θθθ cos3cos43cos 3
−=
dan
19. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
14
θθθ 3
cos4sin33sin −=
8. Gunakan fungsi eksponensial untuk menunjukkan bahwa
212121 sinsincoscos)cos( θθθθθθ ∓=±
dan
212121 sincoscossin)sin( θθθθθθ ±=±
3. Rumus Binomium Newton
Rumus binomium Newton dituliskan sebagai
∑∑
=
−
=
−
−
==+
n
r
rrn
n
r
rrnn
r
n
yx
rrn
n
yxCyx
00 !)!(
!
)(
= nnnnn
ynxyyx
nn
ynxx +++
−
++ −−− 1221
...
!2
)1(
Untuk menunjukkan nilai e secara eksplisit, dituliskan
nnini
ninee ))/sin()/(cos()/(
φφφφ
+== .
Jika diisikan i−=φ serta n besar sekali ( n → ∞), maka
∞→
−+−=
n
niinie n
)]/sin()/[cos(lim
Mengingat untuk n besar,
1)/cos( →− ni
dan
nini /)/sin( −→− ,
maka
∞→
+=
n
ne n
)]/1(1[lim
Apabila ke dalam rumus binomium Newton diisikan nilai :
1=x
dan
y = 1/n,
20. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
15
maka diperoleh bentuk eksplisit e
...718281828,2
!
1
...
!3
1
!2
1
!1
1
1
0
≈=++++= ∑
∞
=n n
e
Apabila ke dalam rumus Euler, diisikan :
ni /αφ −=
dengan nilai n diambil besar sekali, maka dengan mengambil pendekatan
1)/cos( =− niα
dan
nini /)/sin( αα −=−
dihasilkan rumus untuk menurunkan nilai α
e yang berbentuk
∑
∞
=
=+++=+=
0
2
!
...!2/!1/1)/1(
n
n
n
n
ne
α
αααα
Dapat ditunjukkan dengan rumus binomium Newton bahwa bentuk untuk
φcos dan sinφ berturut-turut adalah :
∑
∞
=
−
=−+−=
0
242
)!2(
)1(
...
!4!2
1cos
n
nn
n
φφφ
φ
dan
∑
∞
=
+
+
−
=−+−=
0
1253
)!12(
)1(
...
!5!3
sin
n
nn
n
φφφ
φφ .
Apabila ke dalam rumus terakhir di atas diisikan αφ i= , diperoleh bentuk
)cos( αi yang real yang akan disebut cosh α, dan bentuk )sin( αi yang imaginer =
αsinhi . Jadi
αα cosh)cos( =i
dan
αα sinh)sin( ii = .
Bentuk eksplisit keduanya adalah
∑
∞
=
=+++=
0
242
)!2(
...
!4!2
1cosh
n
n
n
ααα
α
dan
21. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
16
∑
∞
=
+
+
=+++=
0
1253
)!12(
...
!5!3
sinh
n
n
n
ααα
αα .
Analog dengan kaitan untuk αsin dan αcos , bentuk hiperbolik di atas dapat
dikaitkan dengan α±
e dalam bentuk
)(cosh 2
1 αα
α −
+= ee
dan
)(sinh 2
1 αα
α −
−= ee
Fungsi hiperbolik yang lain adalah
αα
αα
α
α
α −
−
+
−
==
ee
ee
cosh
sinh
tanh .
Bentuk α
ez = memiliki bentuk inversi
zln=α .
Inversi bentuk hiperbolik ada hubungannya dengan logaritma alam (ln). Untuk
)(cosh 2
1 αα
α −
+== eez
maka dengan mengalikan masing-masing ruas di atas dengan α−
e serta menyusun
kembali persamaan kuadrat, diperoleh bentuk
012)( 2
=+− αα
zee .
Persamaan kuadrat ini memiliki penyelesaian
1
2
442 2
2
−±=
−±
= zz
zz
eα
sehingga diperoleh
)1ln(sinh 21
−±== −
zzzα .
Bentuk penyelesaian di atas menunjukkan penyelesaian ganda (kecuali untuk z =
1) dan bernilai real apabila z ≥ 1. Untuk
αsinh=z
maka diperoleh penyelesaian yang berbentuk
)1ln(sinh 21
++== −
zzzα .
22. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
17
Bentuk di atas merupakan penyelesaian tunggal dan bernilai selalu real untuk
sembarang z real. Sedangkan untuk
αtanh=z
diperoleh bentuk penyelesaian
−
+
== −
z
z
z
1
1
lntanh 2
11
α
yang bernilai real hanya untuk −1 < z < 1.
Contoh soal :
Nyatakan bentuk sin )3ln2( i−π dalam bentuk iyx + .
Jawab :
z = sin )3ln2( i−π = ( ))3ln2exp()3ln2exp()2( 1
−−−+−
ππ iii
= ( ))sin(cos9)sin(cos9)2( 11
ππππ iii −−+ −−
= i
i 9
40
2
9
1
9
=
+−
.
Contoh soal :
Buktikan bahwa 1cossin 22
=+ zz .
Jawab :
4
2
2
sin
222
2
iziziziz
ee
i
ee
z
−−
+−
−=
−
=
dan
4
2
2
cos
222
2
iziziziz
eeee
z
−−
++
=
+
=
sehingga
1
4
2
4
2
cossin 22
=+=+ zz .
Contoh soal :
Buktikan bahwa zz
dz
d
cossin = .
Jawab :
23. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
18
( ) z
i
eei
ee
dz
d
i
iziz
iziz
cos
2
)(
2
1
=
+
=−
−
−
.
Dalam matematika elementer, kita mempelajari logaritma hanya untuk
bilangan positif saja, tidak ada logaritma bilangan negatif. Hal ini memang
demikian jika kita hanya bekerja pada bilangan real saja. Namun jika kita bekerja
dengan bilangan kompleks, kita akan mengenal logaritma bilangan negatif,
bahkan logaritma dari bilangan kompleks itu sendiri.
Jika
w
ez =
maka menurut definisi
zw ln= .
Karena sembarang bilangan kompleks z dapat dinyatakan dalam bentuk
θi
rez =
maka
θθ irrew i
+== ln)ln(
Perumusan di atas memberikan nilai logaritma suatu bilangan kompleks z yaitu
logaritma dari modulusnya (yang real positif) ditambah dengan θi yang pasti
imaginer.
Karena θ memiliki sejumlah tak hingga banyaknya (sudut utama dan sudut
lainnya yang berbeda kelipatan π2 dari sudut utama), karena itu logaritma
bilangan kompleks terdapat tak hingga banyaknya, yang nilainya berbeda dengan
lainnya oleh kelipatan iπ2 . Nilai utama dari ln z adalah satu nilai menggunakan
sudut utama dari θ , disini digunakan πθ 20 <≤ . (Buku-buku lainnya ada yang
menggunakan πθπ ≤<− )
Contoh soal :
Carilah ln(−1).
Jawab :
)2()]2(ln[exp)1ln( nini ππππ ±=±=− untuk n = 0, 1, 2, …
Contoh Soal :
Carilah nilai )1ln( i+
24. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
19
Jawab :
Untuk z = 1 + i, maka
2=r
dan
ππθ n24/ ±=
maka
( )ππ nii 24/2ln)1ln( ±+=+
= ( )ππ ni 24/347,0 ±+ .
Untuk setiap bilangan real positif, persamaan
abab
lnln =
ekuivalen dengan
abb
ea ln
= .
Pangkat kompleks didefinisikan dengan rumus yang sama untuk a dan b
kompleks. Jadi menurut definisi
abb
ea ln
= .
Karena nilai logaritma bilangan kompleks ada sejumlah tak hingga banyaknya,
demikian pula dengan pangkat kompleks ini. Kita dapat mengambil nilai utama
dengan sudut yang dipilih adalah sudut utama.
Contoh Soal :
Carilah seluruh nilai i
i 2−
.
Jawab :
Bentuk tersebut dapat ditulis sebagai
iii
ei ln22 −−
= .
Karena
)22/(ln ππ nii ±=
maka
ππ ni
ei 42 ±−
=
dimana
26. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
21
Dengan mengambil logaritma kedua ruas persamaan di atas diperoleh
niiz π2)32ln( +±=
atau
)32ln(22cosarc ±−== inz π .
Soal-soal Latihan
9. Nyatakan bilangan kompleks berikut dalam bentuk x + iy.
a. cos )3ln2( i−π
b. tan 2i.
c.
+
3
2lnsinh
πi
d. ( )22ln i−−
e. sin
+
2
3
ln
i
i
f. arccos )2(−
g. )3(tanh 1
i−
h. )2ln(sin 1
i−
i. )(tanh 1 i
i−−
j. 2ln3+− πi
e
k. 3
i
10. Tunjukkan bahwa bentuk-bentuk xx 11
cosh,sinh −−
dan 1
tanh−
x dapat
dinyatakan dalam bentuk fungsi ln yang sesuai. (Petunjuk : untuk
xy 1
sinh−
= atau 2/)(sinh yy
eeyx −
−== , ubahlah ke menjadi persamaan
kuadrat dalam y
e , begitu seterusnya).
27. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
22
4. Penerapan Bilangan Kompleks
Pada pasal ini akan dijelaskan penerapan bilangan kompleks pada fisika,
misalnya pada mekanika, kelistrikan dan optika.
Mekanika
Berikut ini akan disajikan beberapa contoh soal dalam mekanika yang
menggunakan konsep bilangan kompleks.
Contoh soal :
Sebuah partikel bergerak di dalam bidang (x, y) sedemikian sehingga posisi (x, y)
sebagai fungsi waktu t disajikan oleh persamaan
it
it
iyxz
−
+
=+=
2
.
Carilah besar kecepatan dan percepatannya sebagai fungsi t.
Jawab :
Dari bentuk z = x + iy di atas, kecepatan kompleks dan percepatan kompleks
berturut-turut dirumuskan sebagai
dt
dz
v =
dan
2
2
dt
zd
a = .
Karena itu besar kecepatan dan besar percepatan masing-masing sama dengan
dtdzv /=
dan
22
/ dtzda = .
Untuk nilai z di atas :
2
)(
3
it
i
dt
dz
−
−=
sehingga
29. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
24
m
b
2
=β
dan
m
k
=0ω .
Tetapan 0ω adalah frekuensi sudut alamiah osilator yang tak teredam. Untuk
menyelesaikan persamaan di atas, dilakukan substitusi
t
ex α
=
sehingga diperoleh persamaan kuadrat dalam α :
02 2
0
2
=++ ωαβα .
Penyelesaian persamaan di atas adalah
2
0
2
1 ωββα −+−=
dan
2
0
2
2 ωββα −−−= .
I. Jika 2
0
2
ωβ > , diperoleh dua penyelesaian yang saling bebas. Penyelesaian
umumnya berbentuk
tt
ececx 21
21
αα
+= 2
0
2
ωβ > .
Penyelesaian ini dinamakan teredam lewat (overdamped). Penyelesaian di atas
akan unik jika koordinat dan kecepatan partikel pada suatu t tertentu diketahui,
yang dapat diambil untuk t = 0. Jadi tetapan 1c dan 2c dapat ditentukan melalui
persamaan-persamaan
210 ccx +=
dan
22110 ccv αα += .
II. Jika 2
0
2
ωβ = , maka
βαα −== 21
yang menghasilkan penyelesaian yang berbentuk eksponensial, yaitu
)exp(1 tx β−=
30. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
25
Penyelesaian yang lain adalah
)exp(2 ttx β−=
sehingga penyelesaian umum untuk kasus 2
0
2
ωβ = adalah
)exp()( 21 ttccx β−+= .
Penyelesaian di atas dinamakan dengan teredam kritis (critical damped).
III. Adapun untuk redaman yang kecil, sehingga 2
0
2
ωβ < , bentuk didalam akar
menjadi bernilai negatif, sehingga dapat dinyatakan dalam bentuk
11 ωβα i+−=
dan
12 ωβα i−−=
dengan
22
01 βωω −= .
Penyelesaian umum untuk kasus ini adalah
( ))exp()exp()exp( 1211 tictictx ωωβ −+−= .
Bentuk di atas dapat diolah menjadi
( ))cos()sin()exp( 1211 tatatx ωωβ +−=
dengan
)( 211 ccia −=
dan
212 cca += .
Karena x real, 1c dan 2c adalah bilangan kompleks yang dihubungkan melalui
persamaan
12* cc = .
Tetapan 1a dan 2a bernilai real.
Bentuk lain penyelesaian di atas adalah
)cos()exp( 1 δωβ −−= ttAx
dengan tetapan A dan δ diberikan oleh
2
2
2
1 aaA +=
31. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
26
dan
2
1
tan
a
a
=δ .
Penyelesaian di atas dinamakan teredam meluruh.
Masalah Kelistrikan
Dalam teori arus listrik, jika RV adalah tegangan antara ujung-ujung
hambatan R, dan I adalah arus yang mengalir pada hambatan tersebut maka
berlaku hukum Ohm yang dirumuskan sebagai
RIVR =
Selain itu, kaitan antara arus I dan tegangan LV pada sebuah induktansi L adalah
dt
dI
LVL =
sedangkan arus dan tegangan yang melalui sebuah kapasitor berkapasitansi C
dihubungkan melalui persamaan
C
I
dt
dVC
=
Ditinjau sebuah rangkaian seri dengan
tegangan bolak-balik V dan arus bolak-balik
I yang disa-jikan pada gambar di samping
ini. V dan I bervariasi terhadap waktu yang
diberikan oleh persamaan
tII ωsin0=
Dengan I diberikan pada persamaan di atas, tegangan yang melalui R, L dan C
adalah
tRIVR ωsin0=
tLIVL ωω cos0=
dan
tI
C
VC ω
ω
cos
1
0−=
sehingga tegangan total bernilai
32. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
27
CLR VVVV ++= .
Ada metode lain yang dapat digunakan untuk menelaah kasus di atas dengan
menggunakan konsep bilangan kompleks. Bentuk persamaan arus yang bervariasi
terhadap waktu dapat ditulis sebagai
ti
eII ω
0=
dimana kuat arus secara fisis diberikan oleh bagian imaginer I dalam persamaan di
atas. Jadi
ti
L eRIV ω
0=
ti
L eILiV ω
ω 0= = ILiω
Ci
I
eI
Ci
V ti
C
ωω
ω
== 0
1
sehingga
I
C
LiRVVVV CLR
−+=++=
ω
ω
1
.
Dari persamaan terakhir didefinisikan besaran impedansi (kompleks) sebagai
−+=
C
LiRZ
ω
ω
1
.
Karena itu tegangan V dapat ditulis sebagai
V = ZI
yang mana penampilannya nampak seperti hukum Ohm. Besar Z dapat dicari
dengan menentukan modulusnya sebagai
22
)( CL XXRZ −+=
dengan
LXL ω=
dan
C
XC
ω
1
=
berturut-turut adalah reaktansi induktif dan reaktansi kapasitif. Nilai Z akan
minimum jika
33. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
28
CL XX =
yang berarti
LC
1
=ω .
Keadaan ini disebut dengan keadaan resonansi. Pada keadaan ini bentuk Z tidak
mengandung bagian kompleks.
Optika
Dalam optik, orang sering menggabungkan sejumlah gelombang cahaya
(yang dapat diwakili oleh fungsi sinus) Misalkan terdapat n gelombang yang
dapat dituliskan sebagai
...),2sin(),sin(),sin( δωδωω ++ ttt ))1(sin(, δω −+ nt
Jika orang ingin menjumlahkan seluruh gelombang tersebut,langkah termudah
adalah dengan menyatakan fungsi sinus tersebut, langkah termudah adalah dengan
menyatakan fungsi sinus tersebut sebagai bagian imaginer dari suatu bilngan
kompleks, sehingga n gelombang tersebut dapat dinyatakan sebagai bagian
imaginer dari deret bilangan kompleks berikut :
δωδωδωω )1(2
... −+++
++++ ntitititi
eeee .
Deret di atas adalah deret geometri dengan suku pertama ti
e ω
dan rasio δi
e .
Dengan menggunakan rumus jumlah untuk n suku pertama deret geometri :
r
ra
S
n
n
−
−
=
1
)1(
dengan a dan r berturut-turut suku pertama dan rasio deret, deret bilangan
kompleks di atas dapat dinyatakan sebagai
δ
δω
i
inti
e
ee
−
−
1
)1(
.
Dengan menggunakan bentuk
)2/sin(2)(1 2/2/2/2/
δδδδδδ
nieeeee ininininin
−=−=− −
dan
)2/sin(2)(1 2/2/2/2/
δδδδδδ iiiii
ieeeee −=−=− −
34. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
29
maka jumlah deret di atas dapat dituliskan
)2/sin(
)2/sin()2/]1[(
δ
δδω n
e nti −+
.
Akhirnya dengan mengambil bagian imaginer hasil di atas, diperoleh jumlah deret
sinus sebagai
2
sin
2
sin
2
1
sin
δ
δ
δω
n
n
t
−
+ .
Soal-soal Latihan
13. Pada integral-integral berikut ini nyatakan sin dan cos dalam bentuk
eksponensial, selanjutnya tunjukkan bahwa
a. ∫∫∫ −−−
==
π
π
π
π
π
π
dxxxdxxxdxxx 3cos2sin3sin2sin3cos2cos = 0
b. ∫−
π
π
dxx3cos2
= π .
c. π
π
=∫
2
0
2
4sin dxx
14. Carilah nilai ∫
+
dxe xiba )(
, kemudian ambillah bagian real dan imaginer
untuk menunjukkan bahwa
a. 22
)sincos(
cos
ba
bxbbxae
dxbxe
ax
ax
+
+
=∫
b. 22
)cossin(
sin
ba
bxbbxae
dxbxe
ax
ax
+
−
=∫
15. Tunjukkan bahwa untuk sembarang real y, berlaku 1=iy
e , sedangkan
untuk sembarang kompleks z, berlaku xz
ee = .
16. Tunjukkan bahwa tan z tidak pernah bernilai i± , serta tanh z tak pernah
bernilai 1± .
35. Bilangan Kompleks
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
30
17. Buktikan bahwa
a.
θ
θ
θθθθ
sin2
2sin
)12cos(...5cos3coscos
n
n =−++++
b.
θ
θ
θθθθ
sin
sin
)12sin(...5sin3sinsin
2
n
n =−++++
c.
2
0
2
2
0
2
2
0
2
sincos ∑∑∑
∞
=
∞
=
∞
=
=
+
n
inn
n
n
n
n
ernrnr θ
θθ
d.
2/sin
]2/)1sin[(]2/cos[
cos1
1 θ
θθ
θ
+
=+ ∑
=
NN
n
N
n
e.
2/sin
]2/)1[(sin]2/sin[
sin
1 θ
θθ
θ
+
=∑
=
NN
n
N
n
18. Buktikan berlakunya kaedah ketaksamaan segitiga.
19. Buktikan rumus binomium Newton dengan menggunakan induksi
matematik.
20. Carilah semua akar-akar persamaan di bawah ini
a. 0632
=++ xx
b. 024 24
=−− xx
c. 012
=+− xx , kemudian hitunglah 100100
βα + , jika akar-akarnya
adalah α dan β .
21. Dalam teori relativitas khusus, laju partikel bermassa (v) selalu lebih kecil
daripada laju cahaya dalam vakum (c). Sementara itu nilai tanh θ untuk θ
real selalu memiliki jangkauan nilai −1 < tanh θ < 1. Jika didefinisikan
tanh θ = v/c,
buktikan bahwa
37. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
32
BAB II
ALJABAR VEKTOR
Dalam fisika, konsep tentang vektor memainkan peranan yang sangat
penting. Banyak besaran-besaran dalam fisika yang merupakan besaran vektor
(selain juga skalar, tensor dan lain-lain). Sebagai contoh, gaya yang merupakan
salah satu fisika penting dalam mekanika merupakan contoh dari besaran vektor.
Contoh lain adalah kecepatan yang juga merupakan besaran vektor. Jika
kecepatan ini hanya dihitung besarnya, diperoleh kelajuan yang merupakan
besaran skalar.
Ketika membicarakan aljabar vektor, orang tidak hanya berkutat pada
masalah sifat-sifat penjumlahan, pengurangan, perkalian baik perkalian vektor
dengan suatu skalar maupun perkalian antar vektor dalam bentuk perkalian titik
dan perkalian silang, namun juga konsep-konsep lain seperti diferensial vektor,
integral vektor, koordinat lengkung dan sebagainya. Namun pada buku ini
kalkulus vektor tidak akan dibahas.
Sifat-sifat Skalar dan Vektor
Skalar adalah besaran yang secara lengkap ditentukan oleh besar dan
tandanya. Dalam fisika contoh besaran skalar adalah massa, panjang, waktu, laju,
muatan listrik, skalar potensial listrik dan sebagainya. Lambang besaran skalar
adalah huruf Romawi miring (italics), seperti m, s, t dan sebagainya.
Vektor adalah besaran yang secara geometris ditentukan oleh besar dan
arahnya dalam ruang. Contoh besaran vektor dalam fisika adalah vektor letak
suatu titik, kecepatan, percepatan, gaya, momentum, momentum sudut, torka, kuat
medan listrik, vektor imbas magnet, vektor potensial listrik, vektor pergeseran
listrik dan lain-lain. Lambang besaran vektor adalah huruf tebal tegak dan
biasanya diberi panah, seperti Favr ,,, dan sebagainya.
38. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
33
Besar Vektor
Panjang panah yang mewakili suatu vektor A disebut panjang atau
magnitud (magnitude) vektor A , yang ditulis dengan A atau A. Terkadang
ditulis pula sebagai norm A , yang ditulis dengan A . Dengan menggunakan
teorema Phytagoras, panjang A adalah
22
yx AAA +== A dalam dua dimensi
atau
222
zyx AAAA ++== A dalam tiga dimensi.
Contoh soal :
Gaya F memiliki komponen ke arah x sebesar 3 N dan komponen ke arah y
sebesar 4 N. Maka :
N3=xF , N4=yF , 522
=+= yx FFF N.
dan
=θ sudut antara F dengan sumbu x =
4
3
arctanarctan =
x
y
F
F
.
Sifat-sifat ruang vektor
Sebuah ruang vektor (vector space) berisi kumpulan objek matematik untuk mana
suatu hukum penjumlahan didefinisikan :
bac += .
Sebuah proses perkalian skalar juga didefinisikan sebagai berikut :
Jika a sebuah vektor dan α suatu skalar (bilangan biasa) maka aα juga sebuah
vektor. Berikut ini adalah hukum dasar tentang aljabar vektor :
1. Tertutup (Closure) :
Jika a dan b vektor, maka a + b juga sebuah vektor.
2. Hukum penjumlahan komutatif :
39. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
34
a + b = b + a .
3. Hukum penjumlahan asosiatif :
(a + b ) + c = a + (b + c ).
4. Eksistensi vektor nol.
Terdapat suatu vektor 0 sedemikian sehingga
a + 0 = 0 + a = a .
5. Untuk sebuah vektor a tertentu terdapat lawan (−a ) sedemikian sehingga
a + (−a ) = 0 .
6. Jika 1α dan 2α adalah skalar maka aaa 2121 )( αααα +=+ .
7. α (a + b ) = α a + α b .
8. 1α ( 2α a ) = ( 1α 2α )a
Penjumlahan Vektor
Dua vektor BA dan dapat dijumlahkan secara geometri dengan dua cara :
(1) cara segitiga, dan
(2) cara jajaran genjang.
Pada penjumlahan dua vektor atau lebih, berlaku kaedah-kaedah :
Kaedah komutatif : ABBA +=+
Kaedah asosiatif : )()( CBACBA ++=++ .
Dengan kata lain, vektor-vektor dapat dijumlahkan dengan menggunakan aturan
aljabar biasa.
Contoh : dua buah vektor ji ˆ3ˆ5 + dan ji ˆ2ˆ3 + dapat dijumlahkan dengan hasil
ji ˆ5ˆ8 +
Sebuah vektor Ac menyatakan sebuah vektor yang panjangnya c kali vektor
A dan arahnya adalah sejajar (berlawanan) dengan A jika c positif (negatif).
Jadi jika
A = ji ˆ3ˆ5 +
maka
40. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
35
4 A = ji ˆ12ˆ20 + .
Sementara itu negatif sebuah vektor didefinisikan sebagai sebuah sebuah
vektor yang memiliki panjang sama tetapi arahnya berlawanan dengan vektor
semula, seperti vektor A− adalah lawan vektor A . Untuk vektor
A = ji ˆ3ˆ5 +
maka
A− = ji ˆ3ˆ5 −− .
Jumlah keduanya menghasilkan vektor nol (0 ). Vektor nol adalah vektor dengan
panjang nol, seluruh komponennya nol namun tidak memiliki arah. Sebuah vektor
dengan panjang satu disebut vektor satuan (unit vector). Jadi untuk sebarang
vektor A ≠ 0, vektor AA / adalah sebuah vektor satuan. Pada contoh A diatas,
maka vektor satuannya adalah
34
ˆ3ˆ5 ji +
karena besarnya sama dengan 34 .
Soal-soal Latihan
1. Tunjukkan bahwa ketiga garis bagi (garis yang membagi garis sama
panjang) pada suatu segitiga sembarang bertemu pada satu titik.
2. Tunjukkan bahwa diagonal jajaran genjang membagi jajaran genjang sama
besar.
3. Tunjukkan bahwa sebuah garis yang melalui titik tengah sisi pertama dan
sejajar sisi kedua, akan membagi dua sisi ketiga.
4. Tunjukkan bahwa garis yang menghubungkan titik tengah dua sisi pada
sembarang segitiga akan sejajar dengan sisi ketiga dan panjang garis
tersebut sama dengan setengah panjang sisi ketiga.
41. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
36
5. Tunjukkan bahwa seluruh polinomial berderajat n dalam x
∑
=
=++++=
n
k
k
k
n
n xaxaxaxaaxP
0
2
210 ...)(
membentuk sebuah ruang vektor. Berapakah dimensi ruang ini? Carilah
sebuah himpunan vektor basis (tidak harus vektor satuan) yang menggelar
ruang ini.
6. Tinjaulah himpunan seluruh pasangan bilangan real (a, b). Asumsikan
bahwa penjumlahan pasangan dan perkalian skalar didefinisikan sebagai
),(),(),( dbcadcba ++=+
),(),( baba αα = .
Tunjukkan bahwa dalam kondisi tersebut, pasangan bilangan tersebut tidak
membentuk sebuah ruang vektor.
Perkalian antara Vektor
Ada dua jenis perkalian antara dua buah vektor. Pertama, disebut perkalian
skalar (scalar product) atau perkalian titik (dot product) yang memberikan hasil
berupa besaran skalar. Kedua, disebut perkalian vektor (vector product) atau
perkalian silang (cross product) yang memberikan hasil berupa vektor juga.
Perkalian Skalar
Perkalian skalar antara vektor A dan B didefinisikan sebagai sebuah
besaran skalar yang sama dengan panjang A dikalikan panjang B dikalikan
cosinus sudut antara A dan B . Dituliskan sebagai
θcosBABA =⋅ .
Perkalian skalar memenuhi kaedah komutatif :
ABBA ⋅=⋅ .
Perkalian skalar juga memenuhi kaedah distributif :
42. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
37
ACABACB ⋅+⋅=⋅+ )( .
Sifat lain yang dimiliki oleh perkalian skalar adalah :
)()()( BABABA ααα ⋅=⋅=⋅
Jika A dan B adalah fungsi parameter t maka :
B
AB
ABA ⋅+⋅=⋅
dt
d
dt
d
dt
d
)(
Jika perkalian skalar ingin dinyatakan dalam bentuk komponen-
komponennya, diperoleh
)ˆˆˆ()ˆˆˆ( kBjBiBkAjAiA zyxzyx ++⋅++=⋅BA .
Bentuk di atas mengandung sembilan suku, meliputi iiBA xx
ˆˆ⋅ , jiBA yx
ˆˆ ⋅ dan
seterusnya. Dengan menggunakan definisi perkalian skalar, diperoleh
11.1.10cosˆˆˆˆ ===⋅ iiii
dan serupa dengan itu :
1ˆˆˆˆ =⋅=⋅ kkjj .
Sedangkan
0ˆˆˆˆˆˆ =⋅=⋅=⋅ ikkjji
karena sudut yang mengapit kedua vektor satuan yang berlaian tersebut sama
dengan 900
sehingga cos 900
= 0. Jadi diperoleh
zzyyxx BABABA ++=⋅BA .
Jika diberikan dua vektor dengan nilai komponen-komponennya, dapat
dicari sudut yang mengapitnya.
Contoh soal :
Diketahui vektor kji ˆ9ˆ6ˆ3 ++=A dan kji ˆˆ3ˆ2 ++−=B , carilah sudut antara
kedua vektor tersebut.
Jawab :
143963 222
=++=A
1413)2( 222
=++−=B
43. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
38
θcosABBABABA zzyyxx =++=⋅BA
atau
2
1
42
21
14143
9186
cos ==
++−
=
++
=
AB
BABABA zzyyxx
θ
sehingga
0
60=θ .
Jika dua vektor A dan B tegaklurus, maka
0cos =θ
sehingga berlaku
0=++ zzyyxx BABABA
Sedangkan jika kedua vektor tersebut sejajar, berlaku (jika tak ada komponen
yang bernilai nol)
z
z
y
y
x
x
B
A
B
A
B
A
== .
(Tentu saja, jika misalnya 0=xA maka 0=xB ).
Penggunaan perkalian titik muncul pada konsep kerja (work) dalam
mekanika klasik. Kerja infinitesimal dW yang dilakukan pada sebuah partikel oleh
gaya F sepanjang pergeseran infinitesimal sd adalah
sF ddW ⋅= .
Hukum Newton kedua menyatakan bahwa gaya F yang bekerja pada partikel
bermassa m akan menyebabkan partikel tersebut mengalami percepatan sebesar
m
F
a =
atau
dt
d
mm
v
aF ==
dengan v adalah kecepatan partikel. Laju kerja W terhadap waktu t selama gaya
F bekerja pada partikel adalah
44. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
39
v
v
vF
s
F ⋅=⋅=⋅=
dt
d
m
dt
d
dt
dW
,
padahal
( ) ( )
dt
d
dt
d
v
dt
d v
vvv ⋅=⋅= 22
sehingga diperoleh
dt
dE
m
dt
d K
=
=⋅ 2
2
1
vvF .
Persamaan terakhir di atas menyatakan bahwa laju gaya F yang bekerja
pada partikel berkecepatan v sama dengan perubahan energi kinetik KE terhadap
waktu t. Selain itu diperoleh pula bentuk berikut :
vpvv
s
F ddm
dt
d
dtdW ⋅=⋅=⋅=
dengan momentum partikel p dirumuskan sebagai
vp m= .
Soal-soal Latihan
1. Untuk dua buah vektor
)ˆˆ(ˆ3 kjmi ++=a
dan
kmji ˆ2ˆ5ˆ ++−=b ,
carilah nilai m sedemikian sehingga vektor a tegak lurus dengan vektor b .
Untuk nilai m tersebut, carilah semua vektor satuan yang tegaklurus pada a
dan b .
2. Sebuah partikel dikenai gaya
kji ˆ4ˆ2ˆ3 −+=F N
sepanjang lintasan
kji ˆ4ˆ3ˆ2 −−=r m.
45. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
40
Carilah kerja pada partikel tersebut.
3. Jika kji ˆ3ˆ2ˆ −+=A dan kji ˆˆ3ˆ2 −−=B , carilah :
(a) Cosinus sudut antara BA dan .
(b) Panjang proyeksi BA pada .
(c) Vektor proyeksi BA pada .
4. Tunjukkan bahwa
BAAB +
tegaklurus dengan
ABBA −
untuk BA dan sembarang.
Perkalian Vektor / Silang
Perkalian vektor / silang antara dua vektor A dan B ditulis sebagai
BA ×
yang hasilnya didefinisikan sebagai sebuah vektor yang memiliki panjang dan
arah sebagai berikut :
Besar BA × adalah θsinBABA =×
dengan θ adalah sudut positif (0 ≤ θ ≤ 1800
) antara A dan B . Arah
C = BA ×
adalah tegaklurus bidang A dan B dan mengikuti rotasi putar kanan dari A ke
B .
Perkalian silang antara A dan B tidak mematuhi kaedah komutatif. Jadi
BA × tidak sama dengan AB× . Perumusannya
BA × = − AB×
sehingga
46. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
41
BA × + AB× = 0 .
Jika A dan B sejajar atau berlawanan arah, maka sudut yang mengapit
keduanya 00
atau 1800
sehingga 0sin =θ . Jadi
0BA =× jika A dan B sejajar atau berlawanan arah
0AA =× untuk sembarang vektor A .
Dengan menggunakan kaedah perkalian silang, diperoleh
0=×=×=× kkjjii ˆˆˆˆˆˆ
kji ˆˆˆ =× , kij ˆˆˆ −=× , ikj ˆˆˆ =× ,
ijk ˆˆˆ −=× , jik ˆˆˆ =× , jki ˆˆˆ −=× .
Untuk menuliskan bentuk BA × secara eksplisit, bentuk tersebut dituliskan
sebagai
BA × = )ˆˆˆ()ˆˆˆ( kBjBiBkAjAiA zyxzyx ++×++
= )(ˆ)(ˆ)(ˆ xyyxzxxzyzzy BABAkBABAjBABAi −+−+−
=
zyx
zyx
BBB
AAA
kji ˆˆˆ
.
Dari bentuk di atas, penyajian BA × dapat dinyatakan dalam bentuk nilai
determinan matriks 3 × 3, dengan baris pertama berisi vektor-vektor satuan, baris
kedua berisi komponen vektor pertama ( A ), dan baris ketiga berisi komponen
vektor kedua (B ). Karena BA × adalah vektor yang tegaklurus pada A maupun
B , rumus di atas dapat digunakan untuk mencari vektor (termasuk vektor satuan)
yang tegaklurus pada keduanya.
Contoh soal :
Carilah seluruh vektor satuan yang tegaklurus pada vektor kji ˆˆˆ2 −+=A dan
kji ˆ2ˆ3ˆ −+=B .
Jawab :
47. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
42
kji
kji
ˆ5ˆ3ˆ
231
112
ˆˆˆ
++=
−
−=× BA .
Jadi vektor satuan yang dicari adalah
( )kji
kji
u ˆ5ˆ3ˆ
35
1
531
ˆ5ˆ3ˆ
ˆ
222
++=
++
++
= .
Selain hasil di atas, vektor satuan yang dicari adalah
( )kji ˆ5ˆ3ˆ
35
1
++− (Mengapa ?)
Delta dan Epsilon Kronecker
Dari bentuk penyajian komponen vektor A sebagai
kAjAiA zyx
ˆˆˆ ++=A ,
bentuk tersebut dapat dituliskan sebagai
∑
=
=
3
1
ˆ
i
iinAA
dengan
zyx AAAAAA === 321 ,,
dan vektor-vektor satuan
knjnin ˆˆ,ˆˆ,ˆˆ 321 === .
Selanjutnya diperkenalkan kesepakatan penjumlahan Einstein yang
menyatakan bahwa untuk indeks berulang, maka penjumlahan harus dilakukan
terhadap indeks tersebut. Adapun jika tidak ingin dijumlahkan maka hal tersebut
harus ditulis secara eksplisit. Berdasarkan aturan ini, bentuk penyajian vektor A
menjadi
iinA ˆ=A
Jika vektor A dikalikan skalar dengan vektor B , hasilnya
jijijjii nnBAnBnA ˆˆ)ˆ()ˆ( ⋅=⋅=⋅BA .
48. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
43
Berdasarkan hasil perkalian skalar antara vektor-vektor satuan, maka dapat
disimpulkan bahwa perkalian skalar antara ji nn ˆdanˆ menghasilkan bentuk
≠
=
==⋅
ji
ji
nn ijji
,0
,1
ˆˆ δ
Sebagai contoh :
1332211 === δδδ
sedangkan
0322331132112 ====== δδδδδδ .
Jadi
iiijji BABA ==⋅ δBA
= zzyyxx BABABA ++ .
Bentuk ijδ ini dinamakan delta Kronecker. Pada persamaan di atas telah
digunakan rumus
iijj BB =δ
untuk seluruh jangkauan j.
Adapun untuk perkalian silang antara A dan B , bentuknya dapat dituliskan
sebagai
BA × = kjiijkjijijjii nBAnnBAnBnA ˆˆˆˆˆ ε=×=×
dengan perkalian silang antara dua vektor satuan dirumuskan
kijkji nnn ˆˆˆ ε=× .
Lambang ijkε dinamakan sebagai epsilon Kronecker yang nilainya adalah
−
+
=
selainnyajika0,
ganjilpermutasi,1
genappermutasi,1
ijk
ijk
ijkε
Definisi nilai di atas menegaskan bahwa jika pada indeks epsilon Kronecker
terdapat angka yang sama, nilainya sama dengan nol. Nilai epsilon Kronecker
baru tak lenyap jika seluruh angka pada indeksnya berbeda, serta bergantung pada
urutan perputaran genap atau ganjil.
49. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
44
Lambang epsilon Kronecker yang tak lenyap adalah
1321213132312231123 =−=−=−=== εεεεεε
sedangkan selainnya nol. Jadi dari 27 ( = 33
) kemungkinan bentuk epsilon
Kronecker yang berindeks tiga, hanya ada 6 ( = 3! ) yang tak lenyap, sedangkan
sisanya sebanyak 27 lenyap.
Dari bentuk
BA × = kk nˆ)( BA× = kjiijk nBA ˆε
dapat disimpulkan bahwa
k)( BA× = jiijk BAε .
Jika bentuk di atas dijabarkan :
1)( BA × = 2332 BABA − ;
2)( BA × = 3113 BABA − ;
dan
3)( BA× = 1221 BABA − .
Sementara itu dari bentuk di atas dapat pula disimpulkan pula bahwa :
kijkijji BABA )( BA×=− ε
Perkalian silang antara BAdan dapat ditulis sebagai :
BA× = iBABA ˆ)( 2332 − + jBABA ˆ)( 3113 − + kBABA ˆ)( 1221 −
Selanjutnya dilakukan perkalian susun tiga vektor sebagai
)ˆ()ˆ()( mmkjiijk nCnBA ×=×× εCBA
= nmjikmnijk nCBA ˆεε
Sementara itu
nmmnnmnmiimn nCBABAnC ˆ)(ˆ)()( −=×=×× BACBA ε
)()())(ˆ())(ˆ( CBACAB ⋅−⋅=−= mmnnmmnn CBnACAnB .
Untuk mencari kaitan antara epsilon dan delta Kronecker, dua persamaan di atas
ditulis sebagai
nmjikmnijk nCBA ˆεε = nmmnnm nCBABA ˆ)( −
50. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
45
atau
)ˆ)(()ˆ( nmjijminjnimnmjikmnkij nCBAnCBA δδδδεε −=
sehingga diperoleh
jminjnimkmnkij δδδδεε −= .
Jika dipilih i = m :
jnjnjnjmmnjnmmkmnkmj δδδδδδδεε 23 =−=−= .
Selanjutnya untuk j = n diperoleh
62 == nnkmnkmn δεε .
Contoh soal :
Carilah nilai CBA ×× )( jika kji ˆˆˆ ++=A , kji ˆ2ˆˆ +−=B dan kji ˆˆˆ2 −+−=C .
Jawab :
kji
kji
ˆ2ˆˆ3
211
111
ˆˆˆ
−−=
−
=× BA .
Jadi
CBA ×× )( = kji
kji
ˆˆ7ˆ3
112
213
ˆˆˆ
++=
−−
−− .
Nilai ini dapat pula dicari dengan menggunakan bentuk
CBA ×× )( )()( CBACAB ⋅−⋅=
= AB 52 +− = kji ˆˆ7ˆ3 ++ .
Salah satu contoh penggunaan konsep perkalian silang adalah perumusan
gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q yang bergerak dengan
kecepatan v yang berada dalam medan listrik E dan medan imbas magnet B .
Gaya Lorentz tersebut dirumuskan sebagai
)( BvEF ×+= q .
51. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
46
Jika partikel dalam keadaan rehat yang berarti v lenyap atau v sejajar atau
berlawanan arah dengan B maka gaya Lorentz di atas tereduksi menjadi gaya
Coulomb :
EF q= .
Contoh Soal :
Misalkan ingin dicari gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q
yang bergerak dengan kecepatan
)ˆˆ2ˆ2(
5
kji
c
++=v
dalam medan
)ˆˆˆ(0 kjiE −−=E
dan
ckjiE /)ˆ2ˆˆ(5 0 ++−=B .
Jawab :
)ˆ4ˆ5ˆ3(
211
122
ˆˆˆ
00 kjiE
kji
E +−=
−
=× Bv
sehingga
).ˆ3ˆ6ˆ4(
4
5
3
1
1
1
00 kjiqEqE +−=
−+
−
−=F
Penggunaan perkalian silang yang lain adalah pada momentum sudut rotasi
partikel yang bermassa m berkecepatan v yang berada pada vektor posisi r .
Momentum sudut rotasi partikel tersebut adalah
vrL m×= .
Dengan menurunkan persamaan di atas ke waktu t, diperoleh
vv
v
r
L
m
dt
d
m
dt
d
×+×= .
Dengan mengingat
52. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
47
0vv =×
dan
F
v
=
dt
d
m ,
diperoleh
τFr
L
=×=
dt
d
.
Jadi perubahan momentum sudut rotasi partikel terhadap waktu sama dengan
torka partikel tersebut. Jika gaya luar yang bekerja pada partikel tersebut lenyap,
maka perubahan momentum sudut rotasi terhadap waktu menjadi lenyap, atau
momentum sudut rotasi partikel bernilai kekal.
Soal−−−−soal Latihan
1. Buktikan bahwa )( CBA ×× )()( BACCAB ⋅−⋅=
2. Sederhanakan bentuk )()( DCBA ××× dan )()( DCBA ×⋅×
3. Hitunglah nilai 22
)()( BABA ⋅+× dan ABBABA ⋅××−⋅ ])[()( 2
.
4. Buktikan identitas Jacobi : 0BACACBCBA =××+××+×× )()()( .
5. Jika diketahui tiga buah vektor kji ˆ4ˆ3ˆ2 −+=A , kji ˆ4ˆ3ˆ2 ++−=B serta
kji ˆ4ˆ3ˆ2 −+−=C , buktikan secara eksplisit bahwa
)()()( CBACABCBA ⋅−⋅=××
dan
BACACBCBA ⋅×=⋅×=⋅× )()()(
6. Carilah nilai ))(( bmlbknamnakl εεεε
53. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
48
7. Carilah gaya Lorentz F yang bekerja pada partikel bermuatan q yang
bergerak dengan kecepatan
)ˆ2ˆˆ2(
5
kji
c
−+−=v
dalam medan
)ˆˆ2ˆ3(0 kjiE +−=E
dan
ckjiE /)ˆˆˆ(5 0 −−=B .
8. Momentum sudut sebuah partikel bermassa m didefinisikan sebagai
)/( dtdm rrL ×= .
Tunjukkan bahwa
)/(/ 22
dtdmdtd rrL ×= .
Garis dan Bidang
Dalam geometri analitik, sebuah titik dapat ditandai oleh suatu koordinat
tiga dimensi ),,( zyx . Titik tersebut dapat dilambangkan melalui sebuah anak
panah, dengan pangkal di O dan ujung panah di titik tersebut. Vektor
yangdilambangkan anak panah tersebut ditulis sebagai
kzjyix ˆˆˆ ++=r .
Vektor dapat digunakan untuk menghubungkan dua titik dalam ruang.
Misalnya vektor A yang menghubungkan titik (1, 2, 3) ke (4, 6, 8) adalah
kji 543)5,4,3()3,2,1()8,6,4( ++==−=A
atau juga dapat ditulis sebagai
=
−
=
5
4
3
3
2
1
8
6
4
A .
Dalam koordinat dua dimensi (x, y), persamaan garis lurus yang melalui titik
),( 00 yx dengan kemiringan (slope) m dituliskan sebagai
54. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
49
m
xx
yy
=
−
−
0
0
atau
)( 00 mxymxy −+=
Diberikan sebuah garis pada dua dua dimensi dengan vektor
jbia ˆˆ +=A .
Selanjutnya diketahui sebuah garis yang melalui titik acuan ),( 00 yx dan
sembarang titik ),( yx serta sejajar dengan arah vektor A . Persamaan garis
tersebut adalah
jyyixx ˆ)(ˆ)( 000 −+−=− rr .
Vektor ini paralel dengan jbia ˆˆ +=A , sehingga perbandingan komponen-
komponen kedua vektor tersebut (untuk a, b ≠ 0) adalah
b
yy
a
xx 00 −
=
−
atau
a
b
xx
yy
=
−
−
0
0
.
Persamaan di atas merupakan persamaan garis lurus bergradien m = b/a.
Keadaan di atas dapat ditulis dalam bentuk, bahwa karena 0rr − dan A
sejajar, maka vektor yang satu adalah tetapan kali vektor yang lain, atau
tArr =− 0
atau
tArr += 0
dengan t adalah tetapan skalar. Besaran t tersebut dapat dipandang sebagai suatu
parameter sehingga persamaan di atas dapat dijabarkan menjadi
atxx =− 0
dan
btyy =− 0 .
55. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
50
Dengan mengeliminasi, akan segera diperoleh kembali bentuk persamaan
a
b
xx
yy
=
−
−
0
0
.
Dalam tiga dimensi, gagasan yang sama dapat kembali digunakan. Ingin
diperoleh persamaan garis lurus yang melalui titik tertentu ),,( 000 zyx dan sejajar
dengan vektor kcjbia ˆˆˆ ++=A . Jika ),,( zyx adalah sembarang titik pada garis
lurus tersebut, vektor yang penghubungkan titik ),,( 000 zyx dan ),,( zyx akan
sejajar dengan A . Sehingga komponen-komponen 0xx − , 0yy − , 0zz −
sebanding dengan komponen a, b dan c dari vektor A , dan diperoleh
c
zz
b
yy
a
xx 000 −
=
−
=
−
.
Persamaan di atas merupakan persamaan garis lurus dengan a, b dan c ≠ 0. Jika
misalkan c = 0, dari persamaan di atas diperoleh
0
00
, zz
b
yy
a
xx
=
−
=
−
.
Sebagaimana dalam kasus dua dimensi, dua persamaan terakhir di atas dapat
dituliskan sebagai
tArr += 0
atau
ctzz
btyy
atxx
+=
+=
+=
0
0
0
.
Kembali ditinjau pada dua dimensi, ingin dicari persamaan garis lurus L
yang melalui titik ),( 00 yx dan tegaklurus terhadap vektor jbia ˆˆ +=N .
Sebagaimana telah dituliskan di atas, vektor
jyyixx ˆ)(ˆ)( 000 −+−=− rr
melalui garis tersebut. Karena vektor tersebut tegaklurus dengan vektor N , maka
perkalian titik antara keduanya bernilai nol, yang memberikan
0)()( 00 =−+− yybxxa
56. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
51
atau
b
a
xx
yy
−=
−
−
0
0
.
Persamaan di atas adalah persamaan garis yang tegaklurus pada N .
Dalam kasus tiga dimensi, yang akan diperoleh adalah persamaan bidang
yang tegaklurus suatu vektor normal. Jika ),,( 000 zyx adalah suatu titik dalam
bidang dan ),,( zyx adalah sembarang titik pada bidang tersebut, maka vektor
kzzjyyixx ˆ)(ˆ)(ˆ)( 0000 −+−+−=− rr
terletak pada bidang tersebut. Jika kcjbia ˆˆˆ ++=N adalah vektor normal /
tegaklurus terhadap bidang, maka N dan 0rr − tegaklurus, seingga persamaan
bidang tersebut adalah
0)( 0 =−⋅ rrN
yang jika dijabarkan menjadi
0)()()( 000 =−+−+− zzcyybxxa
atau
dczbyax =++
dengan
000 czbyaxd ++= .
Contoh soal :
Carilah persamaan bidang yang melalui tiga titik A (−1, 1, 1), B (2, 3, 0) dan C (0,
1, −2).
Jawab :
Vektor yang menghubungkan titik-titik tersebut pasti terletak pada bidang yang
diinginkan. Dalam hal ini dapat dipilih dua vektor, yaitu
AB = (2, 3, 0) − (−1, 1, 1) = (3, 2, −1)
dan
AC = (1, 0, −3).
57. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
52
Perkalian silang antara kedua vektor tersebut akan tegaklurus pada bidang. Vektor
tersebut adalah
kji
kji
ACAB ˆ2ˆ8ˆ6
301
123
ˆˆˆ
−+−=
−
−=×=N .
Sekarang persamaan bidang dengan arah normal diberikan oleh vektor N yang
melalui salah satu titik, katakanlah B, adalah
0)0(2)3(8)2(6 =−−−+−− zyx
atau jika disederhanakan menjadi
0643 =++− zyx .
Contoh soal :
Carilah persamaan garis yang melalui (1, 0, −2) dan tegaklurus pada bidang di
atas.
Jawab :
Pada contoh di atas, vektor kji ˆˆ43ˆ +− tegaklurus pada bidang di atas, sehingga
vektor tersebut sejajar dengan garis yang ingin dicari. Karena itu persamaan garis
tersebut adalah
1
)2(
4
0
3
1 −−
=
−
−
=
− zyx
.
Contoh soal :
Carilah jarak antara titik P (1, −2, 3) ke bidang 0123 =++− zyx .
Jawab :
Terlebih dahulu dipilih salah satu titik pada bidang, yaitu titik Q (1, 2, 0). Vektor
yang menghubungkan dari P ke Q adalah
PQ = (1, 2, 0) − (1, −2, 3) = (0, 4, −3) = kj ˆ3ˆ4 − .
Dari persamaan bidang, diperoleh vektor normal
kji ˆˆ2ˆ3 +−=N .
Karena itu jarak antara titik P ke bidang adalah proyeksi vektor PR ke vektor
normal N yang dirumuskan sebagai
58. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
53
Jarak = 14
14
11
1)2(3
380
222
=
+−+
−−
=
⋅
N
NPQ
.
Soal-soal Latihan
1. Carilah sudut antara garis 2x + 3y = 6 dan −3x + 4y = 12.
2. Carilah titik P pada garis x − 4y = 8 sehingga garis yang menghubungkan
antara titik P dan titik (2, 2) tegaklurus pada garis x − 4y = 8 tersebut.
3. Carilah persamaan bidang yang tegaklurus vektor kji ˆ2ˆˆ2 −− dan melalui
titik ( 3, 2, 1).
4. Tuliskan persamaan garis yang menghubungkan antara
(a) Titik (3, 1) dan titik ( −2, 4)
(b) Titik (2, 3, 4) dan titik (4, 6, 8)
5. Carilah persamaan bidang yang melalui titik (1, 2, 3), (2, 3, 1) dan (3, 1, 2).
6. Carilah jarak titik (1, 1, 1) ke bidang x + 2y + 3z = 10
7. Carilah sudut antara bidang 2x + 3y − 4z = 12 dan 3x − y + 2z = 6.
8. Carilah titik P pada bidang x + 2y + 3z = 6 sedemikian vektor yang
menghubungkan titik P dengan titik ( 2, 3, 1) tegaklurus bidang tersebut.
9. Dalam kubus ABCDEFGH dengan panjang rusuk 2, titik P, Q dan R
berturut-turut adalah titik tengah ruas garis AB, CG dan DE. Hitunglah :
(a) Jarak PH dan QR.
(b) Jarak antara titik B ke ruas garis GQ.
59. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
54
(c) Jarak antara titik F ke bidang PGR.
(d) Jarak antara garis FR dan garis PG.
(e) Sinus sudut antara garis AG dan HQ.
(f) Cosinus sudut antara garis CR dengan bidang DPQ.
(g) Tangen sudut antara bidang AFH dan bidang APQ.
(h) Luas bidang PQR.
Bebas dan Gayut Linear
Misalkan terdapat himpunan k buah vektor :
},...,,{ 21 kbbb .
Himpunan tersebut disebut bebas linear jika dan hanya jika
∑
=
==+++
k
i
iikk ssss
1
2211 ... 0bbbb
kalau semua is = 0 (i = 1, 2, ..., k). Sebaliknya himpunan tersebut dikatakan gayut
linear / tak bebas linear jika dan hanya jika
∑
=
==+++
k
i
iikk ssss
1
2211 ... 0bbbb
tanpa semua is lenyap (i = 1, 2, ..., k).
Dari definisi di atas dapat disimpulkan bahwa :
• Dua buah vektor segaris pasti gayut linear.
• Dua buah vektor sebidang tetapi tidak segaris pasti bebas linear.
• Tiga buah vektor sebidang pasti gayut linear.
• Tiga buah vektor dalam ruang 3 dimensi dan tidak sebidang pasti bebas
linear.
• Empat buah vektor dalam ruang 3 dimensi pasti gayut linear.
• N buah vektor dalam ruang N − 1 dimensi pasti gayut linear.
Dimensi suatu ruang vektor V adalah cacah maksimum perangkat vektor
yang bebas linear dalam ruang V tersebut. Jadi dalam ruang vektor berdimensi N,
selalu dapat dicariN buah vektor yang bebas linear, tetapi setiap N + 1 vektor
60. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
55
dalam ruang tersebut pasti gayut linear. N vektor yang dapat dicari dengan sifat
bebas linear tersebut dalam ruang vektor berdimensi N dapat diperlakukan sebagai
basis. Terhadap suatu perangkat basis
}{ ,...,2,1 Ni=b ,
sembarang vektor x dalam ruang berdimensi N dapat diuraikan menjadi :
∑
=
=+++=
N
i
iiNN xxxx
1
2211 ... bbbbx .
ix (i = 1, 2, ..., N) adalah proyeksi vektor x terhadap basis.
Soal-soal Latihan
1. Buktikan berlakunya ketaksamaan Schwartz :
BABA +≤+
2. Titik-titik dalam ruang fisis 3 dimensi dengan vektor letak r yang
memenuhi persamaan
hznynxn zyx =++=n.r
terletak pada suatu bidang datar S yang tegaklurus pada vektor satuan
knjnin zyx
ˆˆˆ ++=n
dan berjarak h dari pusat koordinat O.
a. Carilah jarak sembarang titik T dengan vektor letak Tr ke bidang S.
b. Carilah persamaan bidang datar U yang melalui titik O dan tegaklurus
pada garis g yang menghubungkan titik A dengan vektor letak
Ar = ji ˆˆ2 +
dan titik B dengan vektor letak
kjiB
ˆ6ˆ3ˆ5 ++=r .
c. Carilah bidang datar W yang melalui titik C dengan
kjiC
ˆˆˆ ++=r
dan sejajar dengan U. Tentukan jarak antara bidang U dan W.
61. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
56
d. Carilah bidang datar V yang melalui titik A, B dan C. tentukan
jaraknya dari titik O dan arah normal bidang V ini.
e. Hitunglah sisi-sisi, sudut-sudut serta luas segitiga ABC.
3. Tunjukkan bahwa titik-titik A, B dan C dengan vektor letak
kiA
ˆ4ˆ +=r ,
kjiB
ˆ5ˆ2ˆ3 ++=r
dan
kiC
ˆ3ˆ6 +=r
adalah titik-titik sudut suatu segitiga siku-siku. Hitung pula :
a. nilai sudut lancipnya,
b. letak titik beratnya
c. luas segitiga tersebut.
d. isi limas OABC.
4. Carilah manakah di antara dua set vektor berikut ini yang gayut linear.
a. )3,9,3(),1,3,1(),2,1,4( −=−=−= cba
b. )5,1,2(),1,2,2(),1,0,1( −==−= cba
5. Sebuah partikel bergerak sepanjang garis
1
2
1
2
3
−=
−
+
=
−
z
yx
.
a. Tuliskan persamaan lintasan tersebut dalam bentuk tArr += 0 .
b. Carilah jarak terdekat partikel terhadap titik asal O.
c. Jika t menyatakan waktu, tunjukkan bahwa waktu untuk jarak terdekat
tersebut diberikan oleh
2
0 /)( AAr ⋅−=t .
6. Vektor momentum sudut dirumuskan sebagai
)( rωrL ××= m .
62. Aljabar Vektor
_________________________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
57
Ekspansikan rumus tersebut. Jika r tegaklurus dengan ω (yang berarti r
dan v terletak pada satu bidang), tunjukkan bahwa besar momentum sudut
adalah
L = mvr.
7. Ekspansikan perkalian susun tiga )( rωωa ××= . Jika r tegaklurus dengan
ω , tunjukkan bahwa
ra 2
ω−= .
8. Dua partikel bermuatan yang bergerak menghasilkan dua gaya yang bekerja
pada pasangannya tersebut. Dua gaya tersebut sebanding dengan
)( 21 rvv ××
dan
)( 12 rvv −××
dengan r adalah vektor jarak yang menghubungkan kedua partikel.
Tunjukkan bahwa kedua gaya tersebut besarnya sama dan berlawanan arah
(hukum Newton tiga) jika dan hanya jika
0vvr =×× )( 21 .
9. Tunjukkan bahwa sebarang vektor V pada sebuah bidang, dapat dinyatakan
sebagai kombinasi linear dari dua vektor tak sejajar A dan B pada bidang
tersebut, yaitu dalam bentuk BAV ba += . Selanjutnya carilah nilai a dan
b.
(Petunjuk : Carilah hasil perkalian silang VA× dan VB× . Tunjukkan pula
bahwa
nAB
nVB
⋅×
⋅×
=
)(
)(
a
dengan n adalah vektor normal bidang. Dengan cara yang sama cari pula
nilai b.)
64. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
59
BAB III
MATRIKS, DETERMINAN
DAN PERSAMAAN LINEAR
Pada bagian ini akan ditelaah kombinasi aljabar dan geometri yang sangat
berguna dalam berbagai problem fisika. Dalam fisika, banyak persoalan yang
melibatkan penyelesaian berupa set persamaan linear, misalnya persoalan
rangkaian listrik dengan menggunakan hukum Kirchoff. Jika diasumsikan telah
diselesaikan dua persaman linear simultan untuk x dan y berupa penyelesaian x =
2 dan y = −3, maka penyelesaian tersebut dapat dipandang sebagai titik (2, −3)
dalam bidang (x, y). Jika dua persamaan linear yang melibatkan dua variabel
bebas dipandang mewakili dua persamaan garis lurus, pada penyelesaiannya
berupa titik potong antara dua garis tersebut. Penyajian tersebut merupakan
wilayah geometri.
Banyak problem dalam fisika memerlukan penyelesaian set persamaan
linear dalam beberapa variabel yang tak belum diketahui nilainya. Untuk
menyelesaikan set persamaan linear, dapat digunakan metode substitusi atau
eliminasi. Metode ini cukup berguna untuk menyelesaikan kasus sederhana,
misalnya dua persamaan yang berisi dua variabel. Namun, untuk persoalan yang
lebih kompleks diperlukan metode yang lebih sistematik, terpadu dan cepat dalam
mencari penyelesaian yang diinginkan. Akan ditinjau dua metode tersebut untuk
menyelesaikan set persamaan simultan. Metode pertama yang biasa digunakan
disebut reduksi baris (row reduction) atau eliminasi Gauss, biasanya digunakan
dan beguna dalam komputasi numerik dan cukup efisien untuk menyelesaikan
banyak persamaan linear dengan bantuan komputer. Metode kedua adalah metode
Cramer yang memberikan perumusan untuk menyelesaikan seluruh variabel
dengan menghitung determinan matriks yang ordenya sama dengan jumlah
variabel bebas. Untuk kedua metode tersebut diperlukan konsep matriks dan
determinan.
Ditinjau 3 persamaan linear yang berisi 3 variabel :
65. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
60
452 =++ zyx
6243 =−− zyx
8573 =−+− zyx
Seluruh angka pada set persamaan tersebut dapat disusun sebagai
−−
−−
8573
6243
4152
.
Bentuk di atas disebut matriks yang berode 3 × 4 karena berisi 3 baris dan 4
kolom. Pada matriks tersebut, sebagai contoh, angka 5 terletak pada baris ke satu
dan kolom ke dua. Angka 8 terletak pada baris ketiga dan kolom keempat.
Ada beberapa operasi matriks, yaitu :
1. Kesamaan matriks .
Dua buah matriks dikatakan sama jika dan hanya jika orde kedua matriks
tersebut sama, serta komponen-komponen matriks yang letaknya sama bernilai
sama. Sebagai contoh
−+
−+
=
−+
++
aecb
db
fcaedb
dcba
56
1241
2
22
menghasilkan penyelesaian (buktikan !)
a = 1, b = 2, c = 3¸ d = 4, e = 5 dan f = 6.
2. Transpos matriks
Jika terdapat
=
654
321
A
maka
=
63
52
41
T
A
dikatakan sebagai transpos matriks A. Mentranspos sebuah matriks berarti
menukar antara baris dengan kolom atau sebaliknya.
3. Perkalian skalar
66. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
61
Sebuah matriks dapat dikalikan dengan suatu bilangan skalar s sehingga
nilai komponen-komponennya menjadi s kali nilai komponen semula. Misalnya
=
=
302520
15105
654
321
55A .
4. Penjumlahan / pengurangan matriks
Dua buah matriks atau lebih dapat dijumlakan atau dikurangi jika orde
matriks-matriks tersebut sama. Misalnya
=
43
21
A dan
=
12
34
B
maka
=+=
55
55
BAC
dan
−−
=−=
31
13
BAD .
5. Perkalian matriks dengan matriks
Dua buah matriks dapat dikalikan jika banyaknya kolom pada matriks
pertama sama dengan banyaknya baris pada matriks kedua. Matriks hasil
perkalian kedua matriks tersebut memiliki orde : banyaknya baris sama dengan
banyaknya baris pada matriks pertama dan banyaknya kolom sama dengan
banyaknya kolom pada matriks kedua. Misalnya
=
654
321
A dan
=
9
8
7
B
maka
=
654
321
AB
9
8
7
=
122
50
sedangkan BA tidak didefinisikan.
Untuk dua matriks persegi (matriks yang jumlah baris sama dengan jumlah
kolom) seperti
67. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
62
=
43
21
A
dan
=
14
32
B
maka
=
1322
510
AB
dan
=
127
1611
BA
yang berarti BAAB ≠ . Karena itu dapat dikatakan bahwa secara umum perkalian
matriks tidak bersifat komutatif.
6. Invers matriks
Sebuah matriks persegi A memiliki invers 1−
A sehingga
IAAAA == −− 11
dengan I adalah matriks persegi identitas yang memiliki komponen-komponen
bernilai 1 hanya pada komponen diagonalnya, dan 0 untuk komponen selainnya.
Sebagai contoh,
=
73
21
A dan
−
−
=−
13
271
A
sedemikian sehingga
IAAAA =
== −−
10
0111
.
Konsep invers matriks sangat erat hubungannya dengan determinan matriks, yaitu
nilai karakteristik suatu matriks. Sebuah matriks persegi memiliki invers jika dan
hanya jika determinan matriks tersebut tidak sama dengan nol. Jika determinannya
sama dengan nol, matriks tersebut tidak memiliki invers, serta disebut pula
matriks singular. Contoh matriks singular adalah
68. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
63
=
128
32
A
yang menyebabkan tidak adanya matriks 1−
A untuk A tersebut.
Soal-soal Latihan
1. Jika
=
43
21
A ,
=
14
32
B dan
=
21
43
C , carilah :
a. A + B, B − C, AB, BA, BC.
b. Tunjukkan bahwa AB ≠ BA, namun )()( BCACAB = .
2. Jika diketahui
+
+
+
−
=
3
4
21
6
3
wz
yx
w
x
wz
yx
carilah nilai zyx ,, dan w.
3. Tunjukkan bahwa matriks-matriks :
−
=
11
11
1
cossin
sincos
θθ
θθ
R
dan
−
=
22
22
2
cossin
sincos
θθ
θθ
R
bersifat komut ( 1221 RRRR = ).
Rotasi sumbu-sumbu koordinat
Dalam geometri analitik, terdapat suatu operasi rotasi dua dimensi yang
mentransformasi sumbu koordinat (x, y) menjadi sumbu koordinat (x’, y’). Jika
sudut rotasi adalah θ , persamaan rotasi sumbu-sumbu koordinat tersebut adalah
θθ sincos' yxx +=
θθ cossin' yxy +−= .
69. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
64
Besaran yang mengandung θ dapat dinyatakan dalam bentuk
−
=
θθ
θθ
cossin
sincos
A
yang dinamakan dengan matriks rotasi. Persamaan rotasi di atas dapat dinyatakan
sebagai persamaan matriks berikut :
−
=
y
x
y
x
θθ
θθ
cossin
sincos
'
'
Persamaan di atas dapat dinyatakan sebagai
Arr ='
dengan
=
'
'
'
y
x
r
dan
=
y
x
r .
Selanjutnya ingin dicari transformasi balik dari )','( yx ke ),( yx . Dari
persamaan transformasi ),( yx ke )','( yx , jika persamaan pertama dan kedua
masing-masing dikalikan θsin dan θcos , diperoleh
θθθθ 2
sincossinsin' yxx +=
dan
θθθθ 2
coscossincos' yxy +−= .
Dengan menjumlahkan kedua persamaan di atas diperoleh
θθ cos'sin' yxy +=
Adapun untuk x dapat dengan mudah dicari yaitu :
θθ sincos' yxx −=
sehingga gabungan kedua persamaan transformasi balik dalam persamaan matriks
dapat dituliskan menjadi
−
=
'
'
cossin
sincos
y
x
y
x
θθ
θθ
.
70. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
65
Dengan menggunakan hasil transformasi ),( yx ke )','( yx diperoleh
−
−
=
y
x
y
x
θθ
θθ
θθ
θθ
cossin
sincos
cossin
sincos
=
=
y
x
y
x
10
01
.
Hasil di atas menunjukkan bahwa matriks
−
θθ
θθ
cossin
sincos
merupakan invers matriks
A =
− θθ
θθ
cossin
sincos
.
Sehingga dapat dituliskan
−
=−
θθ
θθ
cossin
sincos1
A .
Persamaan transformasi dari )','( yx ke ),( yx dapat pula diperoleh dari
kaedah transformasi ),( yx ke )','( yx dengan substitusi θθ −→ , sehingga
θθθθ sin'cos')sin(')cos(' yxyxx −=−+−=
dan
θθθθ cos'sin')cos(')sin(' yxyxy +=−+−−= .
Untuk bentuk di atas telah digunakan identitas
θθ sin)sin( −=−
dan
θθ cos)cos( =− .
Determinan
Determinan matriks persegi A berorde n × n dengan komponen baris ke i
dan kolom ke j yaitu ija dituliskan sebagai
71. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
66
Det A =
nnnn
n
n
aaa
aaa
aaa
...
...
...
21
22221
11211
⋮⋱⋮⋮
.
Sifat-sifat determinan matriks orde n × n :
1. Jika dua baris atau dua kolom dari determinan tersebut dipertukarkan, maka
nilai determinannya menjadi −1 × nilai determinan semula.
Contoh :
978
645
312
987
321
654
987
654
321
−=−= .
2. Jika dua baris atau lebih, begitu pula dengan dua kolom atau lebih adalah
identik (komponen-komponennya sama) maka nilai determinannya sama
dengan nol. Hal ini dapat ditunjukkan dengan mudah, mengingat jika baris
atau kolom dipertukarkan maka nilainya menjadi minusnya, padahal sama
sekali tidak mengubah nilai determinan semula (mengingat identiknya baris
atau kolom yang dipertukarkan). Jadi kalau nilai determinan sama dengan
minusnya, pasti nilai determinan tersebut sama dengan nol.
Contoh :
0
1211109
4321
8765
4321
=
karena komponen baris pertama sama dengan komponen baris ketiga.
Sedangkan
0
912119
81098
5765
1321
=
karena komponen kolom pertama sama dengan komponen kolom keempat.
72. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
67
3. Jika komponen suatu baris atau suatu kolom dikalikan dengan tetapan s
maka nilai determinan menjadi s × nilai determinan mula-mula. Sebagai
contoh :
2
83
21
= ,
maka
62.3
8.33.3
21
249
21
=== .
4. Jika suatu baris ditambah dengan s × baris yang lain, maka nilai determinan
tidak berubah. Demikian juga untuk kolom. Contoh :
1
211
123
821
= ,
demikian juga dengan misalnya
1juga
211
123
1067
211
123
1.282.223.21
==
+++
.
Dalam hal ini matriks terakhir dimodifikasi dalam bentuk baris pertama
ditambah 2 × baris kedua.
5. Untuk menghitung determinan matriks, dapat dilakukan ekspansi Laplace,
sehingga orde matriks dapat diperkecil sehingga memudahkan penghitungan
determinannya. Sebuah matriks yang memiliki komponen baris ke m dan
kolom ke n yaitu mna , nilai determinan matriknya dapat dirumuskan
melalui ekspansi Laplace sebagai
mnmn
nm
aMA +
−= )1(det
dengan mnM adalah minor unsur mna yaitu determinan yang diperoleh dari
det A apabila baris nomor m dan kolom nomor n dihilangkan. Bentuk
mnmn
nm
KM =− +
)1(
sering dinamakan kofaktor unsur mna . Sebagai contoh :
73. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
68
234
401
132
−
−−
−
=
34
01
1
24
41
)3)(1(
23
40
2
−
+
−
−−
−−+
−
−
= 7535424 =−+
Contoh soal :
Nyatakan persamaan bidang yang melalui tiga titik (0, 0, 0), (1, 2, 5) dan (2, −1,
0) dalam bentuk determinan matriks.
Jawab :
Determinan matriks yang dimaksud adalah
0
1012
1521
1000
1
=
−
zyx
.
Contoh soal :
hitunglah determinan berikut ini :
3214
2143
1432
4321
=D .
Jawab :
Dengan melakukan operasi sebagai berikut : Baris II − 2 × Baris I ; Baris III − 3 ×
Baris I ; Baris IV − 4 × Baris I, maka nilai D tetap.
131070
10820
7210
4321
−−−
−−−
−−−
=D .
Dilakukan ekspansi Laplace terhadap seluruh komponen pada kolom I, sehingga
nilai D yang tak lenyap hanyalah
13107
1082
721
)1(
13107
1082
721
3
−=
−−−
−−−
−−−
=D .
74. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
69
Dilakukan operasi : Baris II − 2 × Baris I ; Baris III − 7 × Baris I, sehingga
160
364
44
)1(
3640
440
721
=
−−
−
−=
−−
−−=D .
Setelah ditelaah beberapa sifat determinan, selanjutnya dikaji lebih lanjut
tentang invers matriks. Invers matriks A dirumuskan sebagai
T
C
A
A
det
11
=−
dengan
=mnC kofaktor mna .
Contoh Soal :
Carilah 1−
A , untuk
−
=
acb
ba
A 010
0
Jawab :
Det A = 22
ba + .
Kofaktor setiap elemen di atas adalah :
Baris pertama : a
ac
=
01
, − 0
00
=
ab
, b
cb
−=
10
Baris kedua : − bc
ac
b
−=
−0
, 22
ba
ab
ba
+=
−
, − ac
cb
a
−=
0
Baris ketiga : b
b
=
−
01
0
, − 0
00
=
− ba
, a
a
=
10
0
.
Sehingga
C =
−+−
−
ab
acbabc
ba
0
0
22
Jadi :
75. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
70
T
C
A
A
det
11
=−
=
−
+
−
+
ab
ba
bbca
ba
0
00
1 22
22
.
Rumus Cramer
Determinan matriks orde n × n dapat digunakan untuk menentukan
penyelesaian n buah persamaan linear yang mengandung n variabel. Metode ini
dinamakan dengan metode Cramer (Cramer’s rule). Sebagai contoh mula-mula
ditinjau 2 buah persamaan linear dengan 2 variabel bebas x dan y :
111 cybxa =+
222 cybxa =+ .
Dari dua persamaan di atas diperoleh penyelesaian
1221
1221
baba
bcbc
x
−
−
=
dan
1221
1221
baba
caca
y
−
−
=
Bentuk penyelesaian di atas dapat dituliskan menjadi :
22
11
22
11
ba
ba
bc
bc
x =
dan
22
11
22
11
ba
ba
ca
ca
y = .
Penyebut untuk dua penyelesaian di atas :
22
11
ba
ba
D =
76. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
71
dinamakan dengan determinan koefisien (determinant of the coeffisients). Adapun
pembilang pada penyelesaian di atas diperoleh dengan mengganti koefisien
variabel bebas yang ingin dicari dengan bilangan pada ruas kanan secara berturut-
turut.
Contoh :
Carilah set penyelesaian
332 =+ yx
52 =− yx
Jawab :
7
21
32
−=
−
=D .
3
7
21
25
331
=
−
−
=
−
=
D
x
dan
1
7
7
51
321
−=
−
==
D
y .
Metode Cramer ini dapat digunakan untuk menyelesaikan n persamaan dengan n
variabel jika D ≠ 0. Penyelesaian akan menghasilkan satu nilai untuk setiap
variabel. Metode ini bermanfaat jika misalkan akan dicari satu variabel tertentu.
Contoh :
Gunakan rumus Cramer untuk menentukan x dari persamaan di bawah ini.
22
2)( bazxba +=+−
03
=+− bzyaabx
)()()( baaybaaxba −=−−+ .
Jawab :
Dengan menuliskan D sebagai :
0)(
20
3
baaba
baab
ba
D
−−+
−
−
=
77. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
72
=
)(
0
)(
2
3
baaba
ba
b
baaba
aab
−−+
−
−
−−+
−
= )2( 323
bbaaa ++
sehingga
0)()(
0
20
1 3
22
baabaa
ba
ba
D
x
−−−
−
+
=
=
0)(0
20
1 33
22
baa
baa
ba
D
−−
−−
+
= ba
ba
ba
bbaaa
baa
−=
−
+
++
−
3
22
323
2
)2(
)(
Soal-soal Latihan
1. Tunjukkan bahwa dengan menggunakan sifat-sifat determinan :
))()((
1
1
1
bcabac
abc
acb
bca
−−−=
2. Tunjukkan, jika mungkin tanpa dengan menghitung, bahwa :
0
043
402
320
=
−
−
−
Petunjuk : Lihatlah akibat pertukaran baris dengan kolom.
3. Sebuah matriks persegi bersifat antisimetrik jika
nmmn aa −= .
Tunjukkan bahwa determinan matriks antisimetrik bernilai nol jika orde
matriks ganjil.
78. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
73
4. Carilah serta invers matriks berikut ini (jika ada) :
a.
54
32
b.
213
132
321
c.
0111
1011
1101
1110
5. Carilah determinan matriks berikut ini :
a.
0321
1032
2103
3210
b.
3333
2222
1111
dcba
dcba
dcba
c.
0
0
0
cb
ca
ba
−
−
−
6. Dalam persoalan rangkaian listrik (dalam hal ini jembatan Wheatstone),
terdapat set persamaan linear berikut :
VIRIRIRR =−−+ 3423143 )(
0)( 35253113 =+++− IRIRRRIR
0)( 35422514 =++−+ IRRRIRIR .
79. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
74
Gunakan metode Cramer untuk menentukan 2I dan 3I dinyatakan dalam
iR dan V. Jika diketahui :
V9,15,14,12,10 54321 =Ω==Ω=Ω=Ω= VRRRRR ,
carilah nilai 2I secara eksplisit.
Jika pada set persamaan linear ternyata seluruh ruas kanan sama dengan nol,
serta Adet ≠ 0, maka hanya muncul penyelesaian trivial, yaitu nilai seluruh
variabel tersebut = 0.
Contoh :
Pada set persamaan linear :
024
042
023
=−−
=+−−
=++
zyx
zyx
zyx
maka diperoleh penyelesaian
0=== zyx
karena
0
124
421
231
≠
−−
−−=D .
Kasus ini dinamakan sistem persamaan linear homogen. Namun jika 0=D ,
berarti tak semua dari set persamaan tersebut bebas. Salah satunya pasti
merupakan kombinasi linear dari persamaan linear lainnya. Dengan demikian
cacah persamaan yang bebas paling tidak kurang berkurang satu. Dengan
demikian, penyelesaian sistem persamaan linear homogen dengan D = 0 adalah
berupa perbandingan nilai antar variabel.
Contoh :
Untuk tiga persamaan linear dengan tiga variabel x, y dan z berikut :
053
0232
032
=+−
=−+−
=++
zyx
zyx
zyx
80. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
75
ternyata
0
513
232
321
=
−
−−=D .
Ini menunjukkan bahwa salah satu persamaan linear merupakan kombinasi linear
persamaan-persamaan linear lainnya (Hal ini dapat pula dilihat bahwa persamaan
ketiga sama dengan persamaan satu dikurangi persamaan kedua).
Perbandingan nilai antara
321 :: xxx = x : y : z
adalah sama dengan
)3(:)2()1(:)1( DMDMDM −
dengan )( kDM adalah determinan matriks D yang telah dihilangkan baris ke 3
(karena ada tiga variabel atau tiga persamaan) dan kolom ke k. Jadi
7:4:13
32
21
22
31
:
23
32
:: −−=
−
=
−−
−
−
=zyx
Untuk mengecek kebenaran hasil tersebut, dengan melihat petunjuk bahwa
persamaan ketiga merupakan kombinasi linear persamaan pertama dan kedua,
maka keberadaannya dapat diabaikan. Karena itu persamaan linear yang tersisa
tinggal :
0232
032
=−+−
=++
zyx
zyx
Dari persamaan pertama dan kedua, dengan mengisikan misalnya nilai
x = −13,
berturut-turut diperoleh :
1332 =+ zy .
2623 −=− zy .
Dua persamaan terakhir memberikan nilai
y = −4
dan
z = 7,
81. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
76
sesuai dengan hasil di atas. Karen itu hasilnya adalah
7:4:13:: −−=zyx .
Salah satu penerapan determinan matriks adalah menentukan set fungsi
bebas atau gayut linear. Definisi bebas atau gayut linear ini menyerupai definisi
yang digunakan dalam analisis vektor. Fungsi )(),...,(),( 21 xfxfxf n dikatakan
bebas linear jika kombinasi linearnya yang berbentuk
∑
=
=
n
k
kk xfa
1
0)(
untuk semua 0=ka (k = 1, 2, …, n). Jika tidak semua 0=ka , maka set fungsi
tersebut dikatakan gayut linear.
Contoh :
xxf =)(1 dan xxf 3)(2 = maka
03).1()3( =−+ xx
yang menunjukkan bahwa kedua fungsi tersebut gayut linear. Sedangkan untuk
xxg sin)(1 = dan xxg cos)(2 =
bersifat bebas linear, karena bentuk
0cossin 21 =+ xaxa
hanya mungkin untuk tetapan 021 == aa .
Untuk banyak fungsi, menentukan bebas atau gayut linear dapat dilakukan
dengan menggunakan determinan Wronskian. Jika terdapat n buah fungsi :
)(),...,(),( 21 xfxfxf n yang seluruhnya memiliki derivatif hingga derivatif ke n −
1, maka set fungsi tersebut dikatakan bebas linear jika dan hanya jika nilai
determinan Wronskian W :
0
)(...)()()(
)(''...)('')('')(''
)('...)(')(')('
)(...)()()(
)1()1(
3
)1(
2
)1(
1
321
321
321
≠=
−−−−
xfxfxfxf
xfxfxfxf
xfxfxfxf
xfxfxfxf
W
n
n
nnn
n
n
n
⋮⋱⋮⋮⋮
.
Adapun jika W = 0, maka set fungsi tersebut gayut linear.
82. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
77
Contoh :
Untuk tiga buah fungsi 32
,, xxx maka
x
xx
x
xx
x
x
xx
xxx
W
62
1
62
32
620
321
322
2
32
−==
= 02)26()612( 33322
≠=−−− xxxxxx
yang menunjukkan bahwa set fungsi 32
,, xxx bebas linear. Sedangkan untuk set
fungsi 2
,2, xxx maka
0
200
221
2 2
== x
xxx
W
yang menunjukkan bahwa set fungsi 2
,2, xxx gayut linear. Hal ini dapat
ditunjukkan dengan menuliskan
0)2( 2
321 =++ xaxaxa
yang tak perlu seluruh 321 ,, aaa bernilai nol. Dengan mengisikan misalnya
0,1,2 321 =−== aaa ,
bentuk kombinasi linear di atas tetap dipenuhi.
Soal-soal Latihan
1. Selesaikan persamaan linear berikut :
a.
6422
432
52
=+−
=−+
=+−
zyx
zyx
zyx
b.
443
1052
52
−=−
=+
=−
zy
zx
yx
83. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
78
c.
6422
32
4
=+−
=+−
=−+−
zyx
zyx
zyx
d.
0322
064
032
=−+
=−+
=+−
zyx
zyx
zyx
e.
04
0532
0352
02543
=+−+−
=++−−
=+−−
=−++
wzyx
wzyx
wzyx
wzyx
2. Tunjukkan apakah set fungsi berikut ini bebas atau gayut linear.
a. xxx 3sin,2sin,sin
b. xx
xeex ,,
c. xxee ixix
sin,cos,, −
d. xx
eexx 222
,,cosh,sinh
Soal-Soal Latihan
1. Pergerakan partikel sepanjang sumbu x sebagai fungsi waktu t dengan
percepatan konstan diberikan oleh
2
2
1
00 attvxx ++= ,
dengan 0x adalah posisi awal, 0v adalah kecepatan awal dan a adalah
percepatan konstan. Saat t = 1 detik, x = 47 cm ; saat t = 2 detik, x = 68 cm ;
dan saat t = 3 detik, x = 83 cm. Carilah nilai 00,vx dan a.
84. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
79
2. Tunjukkan bahwa :
a. θ
θ
θ
θ
3cos
cos210
1cos20
01cos
=
b. θ
θ
θ
θ
θ
θ
θ
ncos
cos21..0000
1cos2.
...
...
0cos2100
01cos210
0...01cos21
00..001cos
=
untuk matriks orde n.
3. Gunakan rumus Cramer untuk mencari x dan y dari persamaan transformasi
Lorentz dalam relativitas khusus berikut :
)(' vtxx −Γ= ,
)/(' 2
cvxtt −Γ=
dengan
2/122
)/1( −
−=Γ cv .
4. Waktu paruh adalah waktu yang diperlukan untuk meluruh hingga tersisa
menjadi separuh dari jumlah semula. Suatu sampel zat radioaktif berisi
komponen A dan B yang masing-masing memiliki umur paruh 2 jam dan 3
jam. Diasumsikan bahwa hasil peluruhan menjadi gas yang lepas ke udara
(maksudnya tidak lagi menyatu dengan zat mula-mula). Setelah 12 jam,
suatu sampel zat tinggal bermassa 56 gram, dan setelah 18 jam tinggal
bermassa 12 gram. Hitunglah massa A dan B mula-mula.
85. Matriks, Determinan dan Persamaan Linear
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
80
5. Matriks-matriks Pauli dalam mekanika kuantum dirumuskan sebagai
=
01
10
xσ ,
−
=
0
0
i
i
yσ dan
−
=
10
01
yσ .
Tunjukkan bahwa :
a.
====
10
01
1222
zyx σσσ .
b. zxyyx iσσσσσ 2=− ,
demikian juga untuk pasangan permutasi lainnya.
6. Perkalian matriks berikut ini biasanya muncul dalam telaah lensa tebal di
udara :
−−
−
=
10
/)1(1
1/
01
10
/)1(1 12 Rn
nd
Rn
A
dengan d adalah tebal lensa, n adalah indeks bias, 1R dan 2R adalah jari-
jari kelengkungan permukaan lensa. Elemen 12A adalah f/1− dengan f
adalah panjang fokus lensa. Carilah nilai A, panjang fokus, serta tunjukkan
bahwa det(A) = 1.
7. Sementara itu perkalian matriks yang muncul dalam telaah dua lensa tipis di
udara adalah
−
−
=
10
/11
1
01
10
/11 12 f
d
f
M
dengan 1f dan 2f adalah panjang fokus masing-masing lensa serta d adalah
jarak antara kedua lensa tipis tersebut. Elemen 12M adalah f/1− dengan f
adalah panjang fokus gabungan. Carilah M, det M dan f.
86. Limit, Fungsi dan Turunan
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
81
BAB IV
LIMIT, FUNGSI DAN TURUNAN
Fungsi adalah kaedah pemetaan (mapping) dari suatu nilai yang disebut
variabel bebas yang himpunannya merupakan wilayah (domain) fungsi, ke suatu
nilai lain (variabel tak bebas) yang himpunannya merupakan jangakauan (range)
fungsi.
Misalkan terdapat fungsi
42)( += xxf ,
maka domain fungsi )(xf tersebut adalah
−2 ≤ x < ∞,
atau jika ditulis :
domain f = [−2, ∞).
Adapun range fungsi tersebut adalah
0 ≤ f (x) < ∞,
atau dapat ditulis :
range f = [0, ∞).
Misalkan terdapat fungsi
32)( 2
−+= xxxg ,
maka
031.21)1( 2
=−+=g
3443)2(2)2()2( 22
−+=−+= xxxxxg dan seterusnya.
Dari bentuk )(xf dan )(xg tersebut, maka komposisi fungsi dinyatakan
sebagai :
1424)(2))(())(( 2
++=+== xxxgxgfxgf
sedangkan
( ) 42212342242))((
2
+++=−+++= xxxxxfg .
87. Limit, Fungsi dan Turunan
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
82
Secara umum berlaku :
))(())(( xfgxgf ≠ .
Jika f adalah fungsi korespondensi satu-satu, maka f memiliki invers, yang
ditulis sebagai .1−
f Jadi jika
)(xfy =
maka
)(1
yfx −
= .
Contoh :
Misalkan
4
32
)(
−
+
==
x
x
xgy . Carilah )(1
xg−
.
Jawab :
4
32
−
+
=
x
x
y
324 +=− xyxy
34)2( +=− yyx
2
34
)(1
−
+
== −
y
y
ygx
sehingga
2
34
)(1
−
+
=−
x
x
xg .
Misalkan
4)( −= xxg
dan
32))(( += xxgf
maka
4)(1
+=−
xxg ,
sehingga
3)4(2))()(())(()( 11
++=== −−
xxggfxggfxf
= 2x + 11.
88. Limit, Fungsi dan Turunan
_________________________________________________________________________________________
__________________________________________________________________
83
Jika dicek, maka
3211)4(2))(( +=+−= xxxgf .
Sebaliknya jika
23
3
)(
−
+
=
x
x
xf
dan
52))(( −= xxgf ,
maka
13
32
)(1
−
+
=−
x
x
xf ,
sehingga
1)52(3
3)52(2
)))((())(()( 11
−−
+−
=== −−
x
x
xgffxgffxg
166
74
−
−
=
x
x
.
Soal-soal Latihan
1. Jika 42)( += xxf dan
32
1
)2(
+−
+
=−
x
x
xg , carilah
a. )2( xf , )4( =xf , )3( +xg , )1( 2
+xg
b. ))(( xgf , )2)(( fg .
c. )2)(( xff , )13)(( −xgg .
2. Carilah invers fungsi-fungsi berikut :
a.
52
14
)(
+
−
=
x
x
xf
b. ( ) 2/33/1
)32(1)( −+= yyg
3. Carilah ))(( xgf dan ))(( xfg jika
x
x
xf
2
1
)(
−
=
