Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

24Kurva Bidang

Kalkulus Bab 14 dan 16 dibangun bagi fungsi $y = f(x)$ ; sedangkan kebanyakan kurva geometri dan mekanika — lintasan, lingkaran yang digelindingkan pada lingkaran, orbit — menolak bentuk itu dan hadir sebagai kurva yang terparameter $t \mapsto (x(t), y(t))$ atau sebagai kurva kutub $r = r(\theta)$ . Bab yang klasik ini mempelajari keduanya, lalu menutup dengan irisan kerucut.

24.1 Kurva terparameter

Definisi 24.1

Sebuah kurva terparameter adalah pemetaan $f \colon I \to \R^2$ , $t \mapsto M(t) = (x(t), y(t))$ , dengan $x, y$ berkelas $C^1$ (setidaknya) pada selang $I$ . Adapun vektor kecepatannya adalah $f'(t) = (x'(t), y'(t))$ ; titik $M(t_0)$ disebut reguler ketika $f'(t_0) \neq (0,0)$ , dan garis singgungnya di situ adalah garis lewat $M(t_0)$ yang berarah $f'(t_0)$ .

Mengapa $f'$ mengarahkan garis singgungnya. Menurut Taylor–Young komponen demi komponen, $M(t) = M(t_0) + (t - t_0) f'(t_0) + o(t - t_0)$ : sehingga arah tali busurnya $\frac{M(t) - M(t_0)}{t - t_0}$ menuju $f'(t_0)$ . Adapun hipotesis keregulerannyalah yang membuat limitnya sebuah arah: karena jika $f'(t_0) = 0$ , tampilannya runtuh menjadi $M(t) = M(t_0) + o(t - t_0)$ dan tak mengatakan apa pun tentang bagaimana kurvanya meninggalkan titik itu — dan dari situlah perlakuan terpisah atas titik singular pada metode di bawah, tempat turunan pertama yang tak lenyap mengambil alih peran $f'$ . Perhatikanlah pula bahwa garis singgungnya sebuah objek geometri: karena sebarang pemarameteran ulang mengubah $f'$ oleh faktor skalar taknol dan membiarkan garisnya tak berubah. ∎

Metode 24.2 (Mempelajari sebuah kurva terparameter)

Reduksikanlah daerah asalnya lewat kesetangkupan: yaitu hubungan antara $M(-t)$ , $M(t + T)$ , … dan $M(t)$ (pencerminan, translasi, keperiodikan), lalu gambarlah hanya bagian yang tereduksi.
Ragamnya: tabelkanlah tanda $x'$ dan $y'$ bersama-sama; karena kurvanya bergerak ke kanan/kiri menurut $x'$ , dan naik/turun menurut $y'$ .
Titik yang istimewa: garis singgung mendatar ( $y' = 0 \neq x'$ ), garis singgung tegak ( $x' = 0 \neq y'$ ); sedangkan pada titik yang singular ( $f' = 0$ ), periksalah turunan yang lebih tinggi bagi arah singgungnya.
Perilaku asimtotiknya pada ujung $I$ , lalu sketsalah.

Contoh 24.3 (Cabang asimtotik, dikerjakan)

$x(t) = t$ , $y(t) = t + \dfrac1t$ pada $\intoo{0}{+\infty}$ . Ketika $t \to 0^{+}$ : $x \to 0$ sedangkan $y \to +\infty$ — jadi kurvanya memanjat sepanjang asimtot tegak $x = 0$ (yaitu limit hingga bagi satu koordinat, dan takhingga bagi yang lain). Ketika $t \to +\infty$ : kedua koordinatnya meledak, jadi ujilah sebuah garis: karena selisih

y(t) - x(t) = \frac1t \longrightarrow 0^{+}

memperlihatkan asimtot miring $y = x$ , yang didekati dari atas. Di antaranya, $y' = 1 - \frac1{t^2}$ lenyap di $t = 1$ : sehingga titik $(1, 2)$ merupakan titik terendah cabangnya, dan $x' = 1 > 0$ sepanjangnya, jadi kurvanya selalu maju ke kanan. Satu busur, dua asimtot, satu minimum: yaitu gambaran lengkap dari tiga perhitungan — dengan resep umumnya kasatmata di bawahnya: bahwa ketika $x, y \to \infty$ bersama, periksalah $y/x$ bagi calon kemiringannya (di sini $\to 1$ ), lalu $y - (\text{kemiringan})\,x$ bagi perpotongan dan sisi pendekatannya.

Contoh 24.4 (Astroid)

$x(t) = \cos^3 t$ , $y(t) = \sin^3 t$ . Kesetangkupannya: $M(t + 2\pi) = M(t)$ (jadi pelajarilah satu periode); $M(-t)$ merupakan pencerminan $M(t)$ pada sumbu $x$ ; $M(\pi - t)$ pada sumbu $y$ ; dan $M(\frac\pi2 - t)$ pada diagonal $y = x$ : sehingga cukuplah mempelajari $t \in \intcc{0}{\frac\pi4}$ lalu membukanya.

Kecepatannya: $f'(t) = 3\sin t\cos t\,(-\cos t, \sin t)$ . Pada $\intoo{0}{\frac\pi2}$ semua titiknya reguler dengan garis singgung yang berarah $(-\cos t, \sin t)$ ; sedangkan di $t = 0$ (yaitu titik $(1,0)$ ) kecepatannya lenyap: jadi sebuah titik runcing, tempat kurvanya berbalik sepanjang arah singgungnya $(-1, 0)\cdot(\pm)$ — dan lewat kesetangkupannya keempat titik runcingnya duduk di $(\pm1, 0), (0, \pm1)$ .

Contoh 24.5 (Sebuah angka delapan, dipelajari selengkapnya)

$x(t) = \sin t$ , $y(t) = \sin 2t$ (yaitu kurva Lissajous). Kesetangkupannya: $M(t + \pi) = (-x(t), y(t))$ (yaitu pencerminan pada sumbu $y$ ), $M(-t) = (-x(t), -y(t))$ (kesetangkupan pusat), $M(\pi - t) = (x(t), -y(t))$ (pencerminan pada sumbu $x$ ): sehingga cukuplah mempelajari $t \in \intcc{0}{\frac\pi2}$ lalu membukanya. Ragamnya: $x' = \cos t \geq 0$ sepanjangnya, sedangkan $y' = 2\cos 2t$ positif sebelum $t = \frac\pi4$ dan negatif sesudahnya: jadi busurnya memanjat ke kanan menuju puncak $\bigl(\frac{\sqrt2}2,\ 1\bigr)$ di $t = \frac\pi4$ (dengan garis singgung mendatar), lalu menurun ke kanan menuju $(1, 0)$ di $t = \frac\pi2$ , tempat $x' = 0 \neq y'$ : jadi garis singgung tegak. Titik ganda: $M(0) = M(\pi) = (0,0)$ , dengan dua kecepatan yang berbeda

f'(0) = (1,\ 2), \qquad f'(\pi) = (-1,\ 2) :

yaitu dua cabang yang reguler dan bersilangan di titik asalnya pada sudut yang berbeda — jadi titik ganda, bukan titik singular: karena setiap lintasannya mulus sempurna, dan kedua lintasannya hanya berbagi tempat. Adapun seluruh kurvanya adalah angka delapan di bawah.

Kurva Lissajous ( t, 2t): dengan sebuah titik ganda di titik asalnya, tempat dua cabang reguler bersilangan berkecepatan (1, 2) dan (-1, 2), dan garis singgung mendatar pada keempat puncaknya. Kesetangkupannya mereduksi seluruh kerjanya menjadi seperempat periode. — Kurva Lissajous $(\sin t, \sin 2t)$ : dengan sebuah titik ganda di titik asalnya, tempat dua cabang reguler bersilangan berkecepatan $(1, 2)$ dan $(-1, 2)$ , dan garis singgung mendatar pada keempat puncaknya. Kesetangkupannya mereduksi seluruh kerjanya menjadi seperempat periode.

Astroid ( 3 t, 3 t): yaitu empat busur yang bertemu pada empat titik runcing. Ialah kurva yang dijejaki sebuah titik pada lingkaran berjari-jari 1/4 yang menggelinding di dalam lingkaran satuan. — Astroid $(\cos^3 t, \sin^3 t)$ : yaitu empat busur yang bertemu pada empat titik runcing. Ialah kurva yang dijejaki sebuah titik pada lingkaran berjari-jari $\frac14$ yang menggelinding di dalam lingkaran satuan.

24.2 Kurva kutub

Definisi 24.6

Sebuah kurva kutub diberikan oleh $r = r(\theta)$ : dengan titik berparameter $\theta$ adalah

M(\theta) = r(\theta)\,\vec u(\theta), \qquad \vec u(\theta) = (\cos\theta, \sin\theta).

Dengan $\vec v(\theta) = (-\sin\theta, \cos\theta) = \vec u\,'(\theta)$ , kecepatannya adalah

M'(\theta) = r'(\theta)\, \vec u(\theta) + r(\theta)\, \vec v(\theta) .

Akibatnya: di tempat $r \neq 0$ , titiknya reguler, dan garis singgungnya bersudut $V$ dengan sinar garisnya, yang diberikan oleh $\tan V = \frac{r}{r'}$ (yaitu sudut antara $M'$ dan $\vec u$ ); sedangkan di tempat $r(\theta_0) = 0$ , kurvanya lewat titik asalnya dengan garis singgungnya sinar garis $\theta = \theta_0$ (yaitu berarah $\vec u(\theta_0)$ , yang terbaca dari $M'(\theta_0) = r'(\theta_0)\vec u(\theta_0)$ , atau dari tali busur limitnya: karena tali busur dari $O$ ke $M(\theta)$ dibawa oleh $\vec u(\theta)$ sendiri, yang menuju $\vec u(\theta_0)$ — sehingga kaidahnya berlaku bahkan ketika $r'(\theta_0) = 0$ dan titiknya singular, dan itulah sebabnya titik runcing kutub di titik asalnya, seperti pada kardioid, memperoleh garis singgungnya secara cuma-cuma).

Contoh 24.7 (Kardioid)

$r(\theta) = 1 + \cos\theta$ . Kesetangkupannya: $r(-\theta) = r(\theta)$ : yaitu pencerminan pada sumbu $x$ ; jadi pelajarilah $\theta \in \intcc{0}{\pi}$ . Adapun $r$ menurun dari $2$ ke $0$ ; dan di $\theta = \pi$ , $r = 0$ : sehingga kurvanya mencapai titik asalnya secara menyinggung sinar garis $\theta = \pi$ (yaitu sumbu $x$ ), lalu membentuk titik runcing di situ — yakni ujung hatinya. Sedangkan garis singgung di $\theta = 0$ : $r' = 0$ , sehingga $\tan V = \infty$ : jadi tegak lurus sumbunya.

Adapun sudut $V$ pantas dibaca sekali lagi. Di $\theta = \frac\pi2$ : $r = 1$ dan $r' = -1$ , sehingga $\tan V = \frac{r}{r'} = -1$ : jadi garis singgungnya bersudut tiga perempat sudut siku dengan sinar garis yang keluar — karena kurvanya sudah membengkok kembali menuju titik runcingnya. Rumus $\tan V = r/r'$ menyampaikan arah singgungnya sepanjang seluruh kurvanya tanpa perhitungan $M'(\theta)$ sama sekali: jadi ia padanan kutub bagi membaca sebuah kemiringan.

Contoh 24.8 (Kutub ke kartesius: sebuah lingkaran yang tersembunyi)

Apakah kurva kutub $r = 2\cos\theta$ itu? Kalikanlah dengan $r$ : $r^2 = 2r\cos\theta$ , yaitu $x^2 + y^2 = 2x$ , yakni

(x - 1)^2 + y^2 = 1 :

yaitu lingkaran berpusat $(1, 0)$ dan berjari-jari $1$ , yang lewat titik asalnya. Pembukuannya penting: karena ketika $\theta$ menjelajahi $\intoc{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ seluruh lingkarannya tersapu tepat sekali ( $r$ lenyap pada kedua ujungnya), dan di $\theta = \pm\frac\pi2$ kaidah “garis singgung di titik asalnya sepanjang sinar garis $\theta = \theta_0$ ” memberikan garis singgung yang tegak di situ — yang cocok dengan geometrinya, karena sumbu tegaknya memang menyinggung lingkaran ini di $O$ . Untuk $\theta$ di luar jangkauan itu, $r < 0$ menjejaki ulang lingkaran yang sama: yaitu pengingat bahwa kurva kutub merupakan objek yang terparameter, yang boleh melintasi dirinya sendiri.

Mawar berkelopak empat r = 2 (). Adapun kelopak sepanjang sumbu y terjejaki dengan r < 0 (karena titiknya terplot pada sinar garis yang berlawanan dengan ); sedangkan diagonal putus-putus = ± π4 merupakan garis singgung di titik asalnya, tempat r lenyap. — Mawar berkelopak empat $r = \cos 2\theta$ (Latihan 24.4). Adapun kelopak sepanjang sumbu $y$ terjejaki dengan $r < 0$ (karena titiknya terplot pada sinar garis yang berlawanan dengan $\theta$ ); sedangkan diagonal putus-putus $\theta = \pm\frac\pi4$ merupakan garis singgung di titik asalnya, tempat $r$ lenyap.

Kardioid r = 1 +. Kurva kutub dibaca dengan menyapu sudutnya: karena jari-jarinya membengkak dan menyusut ketika berputar. — Kardioid $r = 1 + \cos\theta$ . Kurva kutub dibaca dengan menyapu sudutnya: karena jari-jarinya membengkak dan menyusut ketika $\theta$ berputar.

24.3 Panjang busur

Definisi 24.9 (Panjang sebuah busur)

Adapun panjang sebuah busur $C^1$ yaitu $f \colon \intcc{a}{b} \to \R^2$ adalah integral atas lajunya:

L = \int_a^b \norm{f'(t)}\,\dd t = \int_a^b \sqrt{x'(t)^2 + y'(t)^2}\;\dd t .

(Alasannya: pada selang yang kecil, $M(t + h) \approx M(t) + h f'(t)$ , sehingga busurnya dekat pada segi banyak yang panjang ruasnya berjumlah menjadi sebuah jumlah Riemann atas $\norm{f'}$ , Teorema 15.20.) Adapun bagi kurva kutub $r = r(\theta)$ , kecepatannya $r'\vec u + r\vec v$ berkomponen ortogonal, sehingga

L = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \sqrt{r'(\theta)^2 + r(\theta)^2}\;\dd\theta .

Panjangnya tak bergantung pada pemarameteran (yang monoton dan $C^1$ ) yang dipilih: karena menyulihkan $t = \varphi(s)$ ke dalam integralnya (Teorema 15.15) mengalikan $f'$ dengan $\varphi'$ dan $\dd t$ dengan $\varphi'^{-1}$ .

Contoh 24.10 (Periksa kewarasan: lingkarannya)

Untuk $f(t) = (R\cos t, R\sin t)$ pada $\intcc{0}{2\pi}$ : $\norm{f'} = R$ , sehingga $L = 2\pi R$ — jadi definisinya mengembalikan kelilingnya. Uji pemarameteran ulangnya: pemetaan $g(t) = (R\cos 2t, R\sin 2t)$ pada $\intcc{0}{\pi}$ menggambar lingkaran yang sama pada laju yang berganda $\norm{g'} = 2R$ , dan

\int_0^{\pi} 2R\,\dd t = 2\pi R

lagi: separuh waktunya, dua kali lajunya, panjang yang sama — yaitu keinvarianan yang dijanjikan pada definisinya, disaksikan sekali pada bilangan. (Menjalankan $g$ pada seluruh $\intcc{0}{2\pi}$ akan memberikan $4\pi R$ : karena kurva yang dilintasi dua kali dua kali lebih panjang sebagai perjalanan; sebab panjangnya mengukur lintasan yang terparameter, dan pembukuan yang jujur atas selangnya bagian dari perhitungannya.) Bagi astroid $(\cos^3t, \sin^3t)$ : $\norm{f'} = 3\abs{\sin t\cos t} = \tfrac32\abs{\sin 2t}$ , dan lewat kesetangkupannya $L = 4\int_0^{\pi/2} \tfrac32\sin 2t\,\dd t = 6$ : yaitu kurva yang digambar di dalam lingkaran satuan, yang berpanjang $6 < 2\pi$ . Adapun soal akhir pekannya mengukur lengkungan yang paling termasyhur.

Satu lengkungan sikloid (berjari-jari R = 1), lingkaran yang menggelinding di t = 2, dan kedua garis pemandu soal akhir pekannya: karena tali busur MC ke titik sentuhnya bersifat normal terhadap kurvanya, sedangkan tali busur MT ke puncak lingkarannya bersifat menyinggung. — Satu lengkungan sikloid (berjari-jari $R = 1$ ), lingkaran yang menggelinding di $t = 2$ , dan kedua garis pemandu soal akhir pekannya: karena tali busur $MC$ ke titik sentuhnya bersifat *normal* terhadap kurvanya, sedangkan tali busur $MT$ ke puncak lingkarannya bersifat *menyinggung*.

24.4 Irisan kerucut

Definisi 24.11 (Definisi fokus–direktriks)

Tetapkanlah sebuah titik $F$ (fokus), sebuah garis $D$ yang tak lewat $F$ (direktriks) dan $e > 0$ (eksentrisitas). Maka irisan kerucut atas data ini adalah

\mathcal{C} = \{M : d(M, F) = e\; d(M, D)\}:

yaitu elips untuk $e < 1$ , parabola untuk $e = 1$ , dan hiperbola untuk $e > 1$ . (Adapun lingkarannya muncul sebagai limit yang merosot $e \to 0$ .)

Contoh 24.12 (Definisinya, diperiksa pada sebuah parabola)

Ambillah parabola $y^2 = 4x$ , yaitu $2p = 4$ : dengan fokus $F = (1, 0)$ dan direktriks $D : x = -1$ (karena bentuk tereduksinya pada Teorema 24.13 menempatkannya di $\pm\frac p2$ ). Pada titik $M = (1, 2)$ kurvanya:

MF = \sqrt{(1-1)^2 + 2^2} = 2, \qquad d(M, D) = 1 - (-1) = 2 :

sama, sebagaimana dituntut $e = 1$ . Di $M' = (4, 4)$ : $MF' = \sqrt{9 + 16} = 5$ dan $d(M', D) = 5$ lagi. Jadi definisi fokus–direktriksnya bukan abstraksi: melainkan sepasang jarak yang dapat diukur orang pada sebarang titik, dan aljabar persamaan tereduksinya tak lain pengukuran ini yang dikerjakan sekali untuk selamanya.

Teorema 24.13 (Persamaan tereduksi)

Pada kerangka ortonormal yang terpilih baik:

\text{elips: } \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \quad (a \geq b > 0), \qquad \text{hiperbola: } \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1, \qquad \text{parabola: } y^2 = 2px,

dengan, bagi elipsnya: fokus di $(\pm c, 0)$ , $c = \sqrt{a^2 - b^2}$ , $e = \frac ca$ , dan pencirian bifokalnya $MF + MF' = 2a$ ; sedangkan bagi hiperbolanya: $c = \sqrt{a^2 + b^2}$ , $e = \frac ca$ , $\abs{MF - MF'} = 2a$ , dan asimtot $y = \pm\frac ba x$ .

Bukti. Ambillah fokusnya di titik asalnya dan direktriksnya tegak, $x = -h$ ( $h > 0$ ): maka syarat $MF^2 = e^2 d(M, D)^2$ terbaca $x^2 + y^2 = e^2 (x + h)^2$ . Untuk $e = 1$ : $y^2 = 2hx + h^2$ , yaitu parabola setelah geseran $x \mapsto x - \frac h2$ (sehingga $p = h$ ). Untuk $e \neq 1$ : dengan melengkapkan kuadratnya pada $x$ ,

(1 - e^2)\Bigl(x - \frac{e^2 h}{1 - e^2}\Bigr)^{\!2} + y^2 = e^2h^2 + \frac{e^4 h^2}{1 - e^2} = \frac{e^2 h^2}{1 - e^2} .

Tetapkanlah $X = x - \frac{e^2h}{1-e^2}$ (yaitu geseran kerangkanya). Ketika $e < 1$ , bagilah dengan ruas kanannya yang positif: $\frac{X^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ dengan $a = \frac{eh}{1 - e^2}$ , $b = \frac{eh}{\sqrt{1-e^2}}$ ; sedangkan ketika $e > 1$ , kedua ruas tampilannya berbalik tanda sebagaimana mestinya dan pembagian yang sama memberikan $\frac{X^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ dengan $a = \frac{eh}{e^2 - 1}$ , $b = \frac{eh}{\sqrt{e^2 - 1}}$ . Adapun nilai $c$ yang dinyatakannya menyusul ( $c^2 = a^2 - b^2$ atau $a^2 + b^2$ memberikan $c = ea$ pada kedua kasusnya, yang menempatkan fokusnya dengan benar), sedangkan sifat bifokalnya berupa pemeriksaan langsung pada persamaan tereduksinya. Terperincinya bagi elipsnya, dengan $F' = (c, 0)$ dan $M = (X, y)$ pada kurvanya:

MF'^2 = (X - c)^2 + y^2 = X^2 - 2cX + c^2 + b^2\Bigl(1 - \frac{X^2}{a^2}\Bigr) = \frac{c^2}{a^2}X^2 - 2cX + a^2 = (a - eX)^2 ,

dengan memakai $c^2 + b^2 = a^2$ dan $e = \frac ca$ ; dan karena $\abs X \leq a$ dan $e < 1$ , maka $a - eX > 0$ , sehingga $MF' = a - eX$ tanpa akar kuadrat yang pernah ditarik. Adapun perhitungan cerminnya memberikan $MF = a + eX$ , dan dari situlah $MF + MF' = 2a$ , yang tetap. Bagi hiperbolanya aljabar yang sama menghasilkan $MF = \abs{a + eX}$ dan $MF' = \abs{eX - a}$ , dengan selisih $\pm2a$ menurut cabangnya. ∎

Contoh 24.14

$\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1$ : yaitu elips, $a = 5$ , $b = 3$ , $c = 4$ : dengan fokus $(\pm4, 0)$ , dan eksentrisitas $\frac45$ . Pemarameterannya: $(5\cos t, 3\sin t)$ — yaitu lingkaran yang direntangkan secara anisotropis; dan jumlah jarak ke fokusnya dari sebarang titiknya adalah $10$ .

Contoh 24.15 (Membaca sebuah orbit dari persamaan kutubnya)

Irisan kerucut kutub $r = \dfrac{1}{1 + \frac12\cos\theta}$ (Latihan 24.7 dengan $p = 1$ , $e = \frac12$ ) merupakan elips dengan fokus di titik asalnya — yaitu geometri sebuah orbit planet dengan mataharinya di $O$ . Tariklah segalanya dari $p$ dan $e$ : karena dari reduksi Teorema 24.13, $a = \dfrac{p}{1 - e^2} = \dfrac{1}{3/4} = \dfrac43$ dan $c = ea = \dfrac23$ . Adapun kedua apsisnya memeriksanya tanpa teori sama sekali:

r(0) = \frac{1}{3/2} = \frac23 = a - c \quad (\text{perihelion}), \qquad r(\pi) = \frac{1}{1/2} = 2 = a + c \quad (\text{aphelion}),

dan jumlahnya $\frac23 + 2 = \frac83 = 2a$ memulihkan sumbu mayornya. Adapun bentuk kutubnya yang alami kapan pun sebuah fokus terbedakan secara fisik; sedangkan bentuk kartesius tereduksinya, kapan pun sumbu kesetangkupannya terbedakan. Mengalihkan antara keduanya tepat apa yang dikerjakan perhitungan kuadrat lengkap pada teoremanya.

Akhirnya, eksentrisitasnya sebagai sebuah tombol: jagalah $p = 1$ lalu putarlah $e$ pada $r = \frac{1}{1 + e\cos\theta}$ . Di $e = 0$ : yaitu lingkaran $r = 1$ . Di $e = \frac12$ : yaitu elips yang baru dipelajari, dengan $r$ berayun antara $\frac23$ dan $2$ . Di $e = 1$ : $r(\theta) \to \infty$ ketika $\theta \to \pi$ — sehingga kurvanya tak lagi menutup: jadi sebuah parabola, dengan titik terjauhnya terdorong ke takhingga. Di $e = 2$ : penyebutnya lenyap di $\cos\theta = -\frac12$ , dan hanya $\theta \in \intoo{-\frac{2\pi}3}{\frac{2\pi}3}$ yang bertahan: yaitu satu cabang hiperbola, yang lolos sepanjang dua arah asimtotik. Jadi satu rumus, seluruh keluarga irisan kerucutnya, dan titik peralihannya $e = 1$ kasatmata sebagai saat penyebutnya pertama kali mencapai nol.

Catatan 24.16 (Jebakan yang lazim)

Titik ganda bukanlah titik singular: karena pada sebuah persilangan diri, setiap cabangnya reguler; sedangkan “singular” menunjuk pada $f'(t_0) = 0$ bagi satu nilai parameternya (Contoh 24.5 lawan titik runcing astroidnya). Garis singgung tegak lawan titik runcing: $x'(t_0) = 0 \neq y'(t_0)$ merupakan titik reguler bergaris singgung tegak; hanya $x' = y' = 0$ yang menuntut penjabaran berorde lebih tinggi. Jari-jari negatif terplot pada sinar garis yang berlawanan: karena untuk $r(\theta) < 0$ titiknya adalah $-\abs{r}\,\vec u(\theta)$ , bersudut $\theta + \pi$ (Latihan 24.5); dan melupakan ini kehilangan simpul dalamnya atau menggandakan kurvanya. Panjang busur mengintegralkan $\norm{f'}$ , bukan $f'$ : belahlah integralnya pada nol lajunya — karena bagi astroidnya, mengintegralkan $\frac32\sin 2t$ atas satu periode penuh tanpa nilai mutlak memberikan $0$ , bukan $6$ . Irisan kerucut mesti direduksi sebelum dibaca: karena pada $9x^2 + 25y^2 - 36x - 50y - 164 = 0$ , baik sumbunya, pusatnya, maupun eksentrisitasnya tak kasatmata sampai kuadratnya dilengkapkan (Latihan 24.6); dan bagian kuadratik yang lenyap pada satu variabel berarti parabola, bukan “elips yang merosot”.

Catatan 24.17 (Ke mana kurva ini pergi)

Kurva terparameter adalah bahasa mekanika: karena lintasan berupa kurva, vektor kecepatan berupa vektor singgung, dan panjang busur Definisi 24.9 adalah jarak yang ditempuh. Adapun irisan kerucutnya muncul kembali di mana pun hukum kuadrat terbalik bekerja — karena orbit planet berupa elips dengan mataharinya pada sebuah fokus. Pada Bab 25, kurvanya menjadi himpunan aras fungsi dua variabel, dan garis singgung bab ini bertemu gradien bab berikutnya. Adapun jilid Tahun 2 menambahkan kelengkungan dan bentuk kanonik lokal sebuah kurva; sedangkan soal akhir pekan di bawah sudah menarik, hanya dengan perkakas tahun ini, segala yang diketahui abad ketujuh belas tentang kurvanya yang paling termasyhur.

Catatan 24.18 (Cakrawala di dalam Buku 3)

Bab ini melahap seluruh paruh pertama jilid ini dan menyuapi bab terakhirnya. Yang dilahap: vektor singgungnya adalah turunan (Bab 14), panjang busur dan luasnya adalah integral (Bab 15), titik runcingnya diselesaikan lewat penjabaran Taylor (Bab 16), tautokronnya adalah persamaan diferensial linear (Bab 5), dan setiap jarak dan sudutnya bersifat Euklides (Bab 23). Yang disuapi: pada Bab 25, sebuah kurva $t \mapsto (x(t), y(t))$ yang digambar di dalam himpunan aras $\{f = c\}$ diturunkan lewat kaidah rantai, dan kesamaan yang dihasilkannya $\langle \nabla f,\ f'(t)\rangle = 0$ menikahkan vektor singgung bab ini dengan gradien bab berikutnya — karena garis singgung kurvanya dan arah normal permukaannya merupakan perhitungan yang sama, yang dilihat dari kedua tepiannya.

24.5 Latihan

Latihan 24.1 ★

Pelajarilah lalu sketsalah kurva $x(t) = t^2$ , $y(t) = t^3$ (kesetangkupan, ragam, dan perilakunya pada titik singular $t = 0$ ).

Solusi

Solusi Latihan 24.1.

$M(-t) = (t^2, -t^3)$ : yaitu pencerminan pada sumbu $x$ ; jadi pelajarilah $t \geq 0$ . Baik $x' = 2t$ maupun $y' = 3t^2$ bernilai $\geq 0$ : sehingga cabangnya bergerak ke kanan dan ke atas, dari $(0,0)$ ke takhingga. Di $t = 0$ kecepatannya lenyap; dan penjabaran $x = t^2$ , $y = t^3$ menunjukkan bahwa garis singgungnya sumbu $x$ ( $y/x = t \to 0$ ) dengan $y$ berganti tanda sedangkan $x \geq 0$ : jadi sebuah titik runcing yang menunjuk ke kiri. Kurvanya adalah parabola semikubik $y^2 = x^3$ .

Latihan 24.2 ★

Bagi sikloid $x(t) = t - \sin t$ , $y(t) = 1 - \cos t$ (yaitu lintasan sebuah titik pada roda yang menggelinding berjari-jari $1$ ): kenalilah kesetangkupan translasi periodiknya, titik singularnya, dan arah singgungnya di $t = 0$ (jabarkanlah $x$ dan $y$ sampai orde taknol yang pertama).

Solusi

Solusi Latihan 24.2.

$M(t + 2\pi) = M(t) + (2\pi, 0)$ : jadi kurvanya berulang, tergeser sejauh satu keliling roda; pelajarilah satu periode. $x'(t) = 1 - \cos t \geq 0$ , $y'(t) = \sin t$ : sehingga lengkungannya naik pada $\intoo{0}{\pi}$ , turun pada $\intoo{\pi}{2\pi}$ , dan memuncak di $(\pi, 2)$ . Adapun titik singularnya tempat $x' = y' = 0$ : yaitu $t \in 2\pi\Z$ , pada tanahnya. Dekat $t = 0$ :

x(t) = \frac{t^3}{6} + o(t^3), \qquad y(t) = \frac{t^2}{2} + o(t^2):

$x$ berganti tanda, $y \geq 0$ , dan $\frac{x}{y^{3/2}}$ terbatas: sehingga garis singgungnya tegak (berarah $(0,1)$ ), yaitu titik runcing tempat titik yang dijejaki sesaat berlaju nol — yakni tanda fisik menggelinding tanpa tergelincir.

Latihan 24.3 ★

Berikanlah garis singgung kurva $(\cos^3 t, \sin^3 t)$ di $t = \frac\pi4$ , lalu periksalah bahwa ruas garis singgung ini yang dipotong sumbunya berpanjang $1$ — yaitu sifat astroid yang termasyhur (yang benar pada setiap titik regulernya).

Solusi

Solusi Latihan 24.3.

Di $t = \frac\pi4$ : $M = \bigl(\frac{\sqrt2}{4}, \frac{\sqrt2}{4}\bigr)$ , dengan arah singgung $(-\cos t, \sin t) = \frac{1}{\sqrt2}(-1, 1)$ (Contoh 24.4). Garis singgungnya: $y - \frac{\sqrt2}{4} = -(x - \frac{\sqrt2}{4})$ , yaitu $x + y = \frac{\sqrt2}{2}$ . Perpotongannya: $\bigl(\frac{\sqrt2}{2}, 0\bigr)$ dan $\bigl(0, \frac{\sqrt2}{2}\bigr)$ ; sehingga ruas di antara keduanya berpanjang $\sqrt{\frac12 + \frac12} = 1$ .

(Titik umum $t$ : garis singgung di $(\cos^3 t, \sin^3 t)$ memotong sumbunya di $(\cos t, 0)$ dan $(0, \sin t)$ — periksalah bahwa garis lewat titik ini berarah $(-\cos t, \sin t)$ dan lewat $M(t)$ — dan ruas yang terpotong berpanjang $\sqrt{\cos^2 t + \sin^2 t} = 1$ .)

Latihan 24.4 ★

Sketsalah kurva kutub $r = \cos 2\theta$ (yaitu mawar berkelopak empat) dan $r = \frac{1}{\cos\theta}$ pada $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ (kenalilah sebuah garis).

Solusi

Solusi Latihan 24.4.

$r = \cos 2\theta$ : berperiode $\pi$ pada $\theta$ , setangkup pada kedua sumbunya; $r$ lenyap di $\theta = \pm\frac\pi4$ (dengan garis singgung di titik asalnya sepanjang diagonalnya) dan negatif untuk $\theta \in \intoo{\frac\pi4}{\frac{3\pi}{4}}$ , tempat titiknya terplot pada sinar garis yang berlawanan — sehingga menghasilkan empat kelopak sepanjang arah sumbunya $\theta = 0, \frac\pi2, \pi, \frac{3\pi}{2}$ , yang masing-masingnya berjari-jari maksimal $1$ .

$r\cos\theta = 1$ adalah persamaan $x = 1$ : sehingga kurva kutub $r = \frac{1}{\cos\theta}$ merupakan garis tegak $x = 1$ (yang tersapu sekali untuk $\theta \in \intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ ).

Latihan 24.5 ★★

Pelajarilah kurva kutub $r = 1 + 2\cos\theta$ (yaitu sebuah limason): daerah tempat $r \geq 0$ lawan $r < 0$ (karena titik yang diplot dengan jari-jari negatif duduk pada sinar garis yang berlawanan), lintasannya lewat titik asalnya, simpul dalamnya, lalu sketsalah.

Solusi

Solusi Latihan 24.5.

$r(\theta) = 1 + 2\cos\theta$ lenyap untuk $\cos\theta = -\frac12$ : yaitu $\theta = \pm\frac{2\pi}{3}$ . Kesetangkupannya pada sumbu $x$ ; jadi pelajarilah $\theta \in \intcc{0}{\pi}$ . Untuk $\theta \in \intco{0}{\frac{2\pi}{3}}$ : $r > 0$ , menurun dari $3$ ke $0$ : yaitu busur luarnya, yang masuk ke titik asalnya menyinggung sinar garis $\theta = \frac{2\pi}{3}$ . Untuk $\theta \in \intoc{\frac{2\pi}{3}}{\pi}$ : $r < 0$ : sehingga titik $r\vec u(\theta)$ duduk pada sinar garis yang berlawanan (bersudut $\theta - \pi \in \intoc{-\frac\pi3}{0}$ ), dengan jarak $\abs r$ tumbuh dari $0$ ke $1$ : dan ini menggambar sebuah simpul dalam yang kecil lewat titik asalnya. Di $\theta = \pi$ , $r = -1$ dan titiknya adalah $-\vec u(\pi) = (1, 0)$ : jadi simpulnya menutup pada sumbu $x$ yang positif. Sketsanya: sebuah kurva luar yang besar bagai hati dengan jangkauan maksimal $3$ di $\theta = 0$ , ditambah sebuah simpul di dalamnya lewat $O$ dan $(1,0)$ .

Latihan 24.6 ★★

Kenalilah irisan kerucut $9x^2 + 25y^2 - 36x - 50y - 164 = 0$ : reduksikanlah dengan melengkapkan kuadratnya, lalu berikanlah pusat, setengah sumbu, fokus, dan eksentrisitasnya.

Solusi

Solusi Latihan 24.6.

Lengkapkanlah kuadratnya:

9(x^2 - 4x) + 25(y^2 - 2y) = 164 \iff 9(x-2)^2 + 25(y-1)^2 = 164 + 36 + 25 = 225 .

Membaginya dengan $225$ : $\frac{(x-2)^2}{25} + \frac{(y-1)^2}{9} = 1$ : yaitu elips berpusat $(2, 1)$ , dengan setengah sumbu $a = 5$ (mendatar), $b = 3$ ; $c = \sqrt{25 - 9} = 4$ : fokusnya $(2 \pm 4,\, 1) = (-2, 1)$ dan $(6, 1)$ ; dan eksentrisitasnya $e = \frac45$ .

Latihan 24.7 ★★

Buktikan bahwa persamaan kutub sebuah irisan kerucut yang berfokus di titik asalnya adalah

r = \frac{p}{1 + e\cos\theta}

(dengan direktriks tegak pada jarak $\frac pe$ di kanan fokusnya). Nilai $\theta$ yang mana yang diperkenankan ketika $e > 1$ ?

Solusi

Solusi Latihan 24.7.

Fokusnya di titik asalnya, direktriksnya $D: x = d$ dengan $d = \frac pe > 0$ . Bagi sebuah titik $M = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ dengan $r > 0$ :

MF = r, \qquad d(M, D) = \abs{d - r\cos\theta},

dan syarat irisan kerucutnya $MF = e\,d(M, D)$ , pada rezim tempat $M$ ada di sisi fokus direktriksnya ( $r\cos\theta < d$ ), terbaca $r = e(d - r\cos\theta)$ , yakni

r(1 + e\cos\theta) = ed = p, \qquad r = \frac{p}{1 + e\cos\theta} .

Untuk $e < 1$ penyebutnya tak pernah lenyap: sehingga semua $\theta$ diperkenankan (yaitu elips). Untuk $e = 1$ : $\theta \neq \pi$ (yaitu parabola, yang terbuka ke arah sisi jauh direktriksnya). Untuk $e > 1$ : dituntut $1 + e\cos\theta > 0$ , yaitu $\theta \in \intoo{-\theta_0}{\theta_0}$ dengan $\theta_0 = \arccos\bigl(-\frac1e\bigr)$ : jadi satu cabang hiperbolanya (sedangkan cabang yang lain bersesuaian dengan pilihan tanda $r < 0$ , atau dengan fokus keduanya).

Latihan 24.8 ★★

Dari sifat bifokal $MF + MF' = 2a$ , simpulkanlah “konstruksi tukang kebun” bagi elipsnya, lalu buktikanlah bahwa garis singgung di $M$ bersudut sama dengan $MF$ dan $MF'$ (yaitu sifat pemantulannya; turunkanlah $\norm{M(t) - F} + \norm{M(t) - F'} = 2a$ lalu tafsirkanlah jumlah hasil kali vektor satuannya yang lenyap).

Solusi

Solusi Latihan 24.8.

Tukang kebun: ikatkanlah seutas tali berpanjang $2a$ pada dua pasak $F, F'$ lalu tegangkanlah ia dengan titik penjejaknya $M$ : maka kendalanya tepat $MF + MF' = 2a$ , sehingga kurva yang terjejaki adalah elipsnya.

Sifat pemantulannya: misalkan $t \mapsto M(t)$ sebuah pemarameteran yang reguler dan $u(t) = \frac{M(t) - F}{\norm{M(t) - F}}$ , dengan $u'(t)$ vektor satuan yang serupa menuju $F'$ . Menurunkan $\norm{M - F} + \norm{M - F'} = 2a$ , dengan memakai $\frac{\dd}{\dd t}\norm{M - F} = \bigl\langle \frac{M - F}{\norm{M-F}},\, M'\bigr\rangle$ (yaitu kaidah rantai pada $\sqrt{\langle\cdot,\cdot\rangle}$ ):

\bigl\langle u + u',\, M'\bigr\rangle = 0 .

Jadi arah singgungnya $M'$ ortogonal terhadap arah garis bagi $u + u'$ atas kedua sinar garis fokusnya: sehingga garis singgungnya bersudut sama dengan $MF$ dan $MF'$ . (Karena seberkas cahaya dari satu fokusnya memantul pada elipsnya menuju fokus yang lain.)

Latihan 24.9 ★★★

Lemniskat Bernoulli adalah kurva kutub $r^2 = \cos 2\theta$ (ambillah $r = \sqrt{\cos2\theta}$ di tempat ia terdefinisi).

Berikanlah daerah asal, kesetangkupan, dan garis singgungnya di titik asalnya, lalu sketsalah ia.
Buktikan bahwa ia tempat kedudukan titik $M$ dengan $MF \cdot MF' = \frac12$ dengan $F, F' = \bigl(\pm\frac{1}{\sqrt2}, 0\bigr)$ . (Hitunglah $MF^2\,MF'^2$ dalam koordinat kutub.)

Solusi

Solusi Latihan 24.9.

Daerah asalnya: $\cos 2\theta \geq 0$ : yaitu $\theta \in \intcc{-\frac\pi4}{\frac\pi4} \cup \intcc{\frac{3\pi}{4}}{\frac{5\pi}{4}}$ . Kesetangkupannya: $\theta \mapsto -\theta$ (sumbu $x$ ) dan $\theta \mapsto \pi - \theta$ (sumbu $y$ ): jadi pelajarilah $\intcc{0}{\frac\pi4}$ ; dan $r$ menurun dari $1$ ke $0$ . Di $\theta = \pm\frac\pi4$ : $r = 0$ , dengan garis singgung di titik asalnya sepanjang diagonalnya. Kurvanya adalah lambang $\infty$ : yaitu dua simpul setangkup yang bertemu di $O$ , dan mencapai $(\pm 1, 0)$ .
Dengan $F, F' = (\pm c, 0)$ , $c = \frac{1}{\sqrt 2}$ , dan $M = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ :

$MF^2\, MF'^2 = \bigl((r\cos\theta - c)^2 + r^2\sin^2\theta\bigr) \bigl((r\cos\theta + c)^2 + r^2\sin^2\theta\bigr) = (r^2 + c^2)^2 - (2rc\cos\theta)^2 ,$

lewat kesamaan $(A - B)(A + B) = A^2 - B^2$ dengan $A = r^2 + c^2$ , $B = 2rc\cos\theta$ . Dengan $c^2 = \frac12$ :

$MF^2 MF'^2 = \Bigl(r^2 + \frac12\Bigr)^2 - 2r^2\cos^2\theta = r^4 + r^2\bigl(1 - 2\cos^2\theta\bigr) + \frac14 = r^4 - r^2\cos 2\theta + \frac14 .$

Pada lemniskatnya, $r^2 = \cos 2\theta$ : sehingga kedua suku pertamanya saling menghapus, dan menyisakan $MF^2MF'^2 = \frac14$ , yaitu $MF \cdot MF' = \frac12$ . Sebaliknya, perhitungan yang dibaca terbalik menunjukkan bahwa persamaan tempat kedudukannya $MF\,MF' = \frac12$ adalah $r^2 = \cos 2\theta$ (untuk $r \neq 0$ ; dan $O$ memenuhi keduanya).

Latihan 24.10 ★★

Hitunglah panjang total kardioid $r = 1 + \cos\theta$ dengan memakai rumus kutub Definisi 24.9 (karena kesamaan $1 + \cos\theta = 2\cos^2\frac\theta2$ mengubah akar kuadratnya menjadi $2\abs{\cos\frac\theta2}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 24.10.

$r = 1 + \cos\theta$ , $r' = -\sin\theta$ :

r^2 + r'^2 = 1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta + \sin^2\theta = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2\frac\theta2 ,

sehingga $\sqrt{r^2 + r'^2} = 2\abs{\cos\frac\theta2}$ dan, lewat kesetangkupannya pada sumbu $x$ ,

L = \int_0^{2\pi} 2\Bigl|\cos\frac\theta2\Bigr|\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi} 2\cos\frac\theta2\,\dd\theta = 2\Bigl[4\sin\frac\theta2\Bigr]_0^{\pi} = 8 .

Sekali lagi sebuah keliling yang aljabar dan bebas $\pi$ .

Latihan 24.11 ★★

Tunjukkan bahwa garis singgung elips $(a\cos t, b\sin t)$ pada titik berparameter $t$ berpersamaan

\frac{x\cos t}{a} + \frac{y\sin t}{b} = 1 ,

lalu simpulkanlah garis singgung $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ pada sebuah titik $(x_0, y_0)$ elipsnya: $\frac{x\,x_0}{a^2} + \frac{y\,y_0}{b^2} = 1$ (yaitu kaidah “pembelahan kuadratnya”).

Solusi

Solusi Latihan 24.11.

Titik $(a\cos t, b\sin t)$ memenuhi persamaannya: $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$ . Adapun vektor normal garisnya adalah $\bigl(\frac{\cos t}a, \frac{\sin t}b\bigr)$ , dan hasil kalinya dengan kecepatannya $(-a\sin t, b\cos t)$ adalah $-\sin t\cos t + \sin t\cos t = 0$ : sehingga garisnya lewat titiknya dengan arah singgungnya — jadi ialah garis singgungnya. Bagi $(x_0, y_0)$ pada elipsnya, tulislah $\cos t = \frac{x_0}a$ , $\sin t = \frac{y_0}b$ lalu sulihkanlah:

\frac{x\,x_0}{a^2} + \frac{y\,y_0}{b^2} = 1 ,

yang diperoleh dari persamaan elipsnya dengan “membelah” $x^2 \mapsto x\,x_0$ dan $y^2 \mapsto y\,y_0$ .

Latihan 24.12 ★★★

Spiral logaritmik adalah kurva kutub $r = \eu^{k\theta}$ (dengan $k > 0$ yang tetap, $\theta \in \R$ ).

Tunjukkan bahwa sudut $V$ antara jari-jarinya dan garis singgungnya bersifat tetap ( $\tan V = \frac1k$ ) — sehingga spiralnya menyilang setiap sinar garis pada sudut yang sama.
Tunjukkan bahwa memutar spiralnya sebesar sudut $c$ memetakannya ke penskalaannya oleh faktor $\eu^{-kc}$ : jadi setiap rotasi spiralnya merupakan perbesarannya (yaitu keserupaan diri).
Hitunglah panjang busur $\theta \in \intoc{-\infty}{\theta_0}$ (sebagai limit panjangnya pada $\intcc{A}{\theta_0}$ , $A \to -\infty$ ) lalu amatilah bahwa ia hingga: yaitu kurva yang berpilin takhingga banyaknya kali mengelilingi titik asalnya, tetapi berpanjang hingga.

Solusi

Solusi Latihan 24.12.

$r' = k\eu^{k\theta}$ , sehingga $\tan V = \frac{r}{r'} = \frac1k$ : jadi tetap. Sehingga spiralnya memotong setiap sinar garis dari titik asalnya pada sudut yang sama $V = \arctan\frac1k$ .
Dalam notasi kompleks spiralnya adalah $\{\eu^{k\theta} \eu^{\iu\theta} : \theta \in \R\}$ . Memutarnya sebesar $c$ mengalikannya dengan $\eu^{\iu c}$ :

$\eu^{k\theta}\eu^{\iu(\theta + c)} = \eu^{-kc}\,\eu^{k(\theta + c)}\eu^{\iu(\theta+c)} ,$

dan ketika $\theta + c$ menjelajahi $\R$ ini memerikan $\eu^{-kc}$ kali spiralnya: jadi rotasi $=$ penskalaan. Tak ada kurva mulus lain selain garis dan lingkaran yang mempunyai sifat ini.
$\sqrt{r^2 + r'^2} = \sqrt{1 + k^2}\,\eu^{k\theta}$ , sehingga pada $\intcc{A}{\theta_0}$ panjangnya adalah $\frac{\sqrt{1+k^2}}{k}\bigl(\eu^{k\theta_0} - \eu^{kA}\bigr)$ , dan ketika $A \to -\infty$ :

$L = \frac{\sqrt{1 + k^2}}{k}\,\eu^{k\theta_0} < \infty :$

yaitu takhingga banyaknya putaran mengelilingi titik asalnya, tetapi berpanjang total hingga (karena putarannya menyusut secara geometri).

24.6 Soal: sikloid, ratu segala kurva

Soal 24.1

Sebuah roda berjari-jari $R$ menggelinding tanpa tergelincir sepanjang sumbu $x$ ; dan titik pelek yang mula-mula di titik asalnya menjejaki sikloid. Abad ketujuh belas bertengkar atas kurva ini — Galileo menimbang guntingan kertasnya, Wren mengukurnya, Roberval menghitung luasnya, Huygens membangun jam di atasnya — dan setiap hasil mereka terjangkau bab ini. Kita membuktikan keempat klasiknya: yaitu konstruksi singgungnya, panjang Wren $8R$ , luas $3\pi R^2$ , dan sifat tautokron Huygens.

Bagian I — Menggelinding dan garis singgungnya.

Setelah rodanya berputar sebesar sudut $t$ , pusatnya duduk di $\Omega(t) = (Rt, R)$ (karena menggelinding tanpa tergelincir: jarak sentuhnya $=$ busur yang tergelinding). Tunjukkan bahwa titik yang ditandai berada di

$M(t) = \bigl(R(t - \sin t),\; R(1 - \cos t)\bigr).$
Hitunglah $f'(t)$ lalu tunjukkanlah $\norm{f'(t)} = 2R\,\abs{\sin\frac t2}$ ; lalu carilah titik singularnya (yaitu titik runcing — bandingkanlah Latihan 24.2) dan puncak setiap lengkungannya.
Misalkan $C(t) = (Rt, 0)$ titik sentuhnya dan $T(t) = (Rt, 2R)$ puncak rodanya. Buktikan bahwa untuk $0 < t < 2\pi$ vektor $M - C$ bersifat normal terhadap kurvanya di $M(t)$ sedangkan vektor $T - M$ bersifat menyinggung: jadi untuk menggambar garis singgung sebuah sikloid, hubungkanlah titiknya ke puncak lingkaran yang menggelindingkannya. (Faktorkanlah segalanya lewat $\sin\frac t2$ dan $\cos\frac t2$ .)
Tafsirkanlah pertanyaan 3 secara kinematika: bahwa titik sentuhnya adalah pusat rotasi sesaatnya, dan laju $M$ sama dengan jaraknya ke $C$ (bagi kecepatan sudut satuan). Periksalah $\norm{M - C} = 2R\abs{\sin\frac t2}$ .
Buktikan hubungan tinggi–laju

$\norm{f'(t)}^2 = 2R\,y(t) :$

bahwa pada sikloid yang dilintasi pada kecepatan sudut satuan, lajunya pada setiap titik tepat laju jatuh bebas bagi penurunan yang sama dengan tinggi saat itu. (Simpanlah ini bagi Bagian IV.)

Bagian II — Teorema Wren: lengkungannya berpanjang $8R$ .

Dengan memakai Definisi 24.9, hitunglah panjang satu lengkungannya:

$L = \int_0^{2\pi} 2R\sin\frac t2\,\dd t = 8R$

(yaitu teorema Wren, 1658). Empat garis tengah roda, dan tanpa $\pi$ di mana pun.
Hitunglah panjang busur dari titik runcingnya: $s(t) = 4R\bigl(1 - \cos\frac t2\bigr)$ , lalu periksalah $s(2\pi) = 8R$ .
Kini ukurlah busurnya dari puncaknya $t = \pi$ : $\sigma(t) = \abs{4R\cos\frac t2}$ . Buktikan hubungan intrinsiknya

$\sigma^2 = 8R\,\bigl(2R - y\bigr) :$

bahwa kuadrat jarak busur dari puncaknya sebanding dengan penurunan tingginya di bawah puncaknya.
Periksa kewarasannya: pulihkanlah dari pertanyaan 8 bahwa setengah lengkungan dari puncak ke titik runcingnya berpanjang $4R$ , lalu bandingkanlah dengan perhitungan astroid Contoh 24.10 — karena kedua kurvanya berpanjang aljabar dan bebas $\pi$ ; lalu jelaskanlah apa yang memungkinkan ini walaupun keduanya dibangun dari lingkaran. (Lihatlah bentuk $\norm{f'}$ .)

Bagian III — Luas Roberval: $3\pi R^2$ .

Benarkanlah bahwa luas antara satu lengkungan dan tanahnya adalah $A = \int_0^{2\pi} y(t)\,x'(t)\,\dd t$ (yaitu penyulihan $x = x(t)$ pada $\int y\,\dd x$ , Teorema 15.15; karena $x$ naik).
Hitunglah

$A = R^2\int_0^{2\pi}(1 - \cos t)^2\,\dd t = 3\pi R^2 :$

yaitu tepat tiga kali luas rodanya — yakni nisbah yang telah ditebak Galileo lewat penimbangan.
Metode yang sama bagi astroid $(\cos^3t, \sin^3t)$ : tunjukkanlah bahwa luas yang dilingkupinya adalah $\frac{3\pi}8$ (linearkanlah $\sin^4 t\cos^2 t$ ; karena hanya suku tetapnya yang bertahan atas satu periode penuh).
Periksalah kewarasan rumus pertanyaan 10 pada setengah lingkaran satuan atas $(\cos t, \sin t)$ , dengan $t$ dari $\pi$ ke $0$ : apakah ia mengembalikan $\frac\pi2$ ?

Bagian IV — Tautokron Huygens. Baliklah lengkungannya: sebutir manik tanpa gesekan meluncur, di bawah gravitasi $g$ , di dalam mangkuk sikloidal

x(t) = R(t + \sin t), \qquad y(t) = R(1 - \cos t) \qquad (t \in \intcc{-\pi}{\pi}),

yang titik terendahnya adalah titik asalnya ( $y$ diukur ke atas).

Hitunglah lajunya $\norm{f'(t)} = 2R\cos\frac t2$ , panjang busur dari dasarnya $s(t) = 4R\sin\frac t2$ , lalu buktikanlah kesamaan kuncinya

$y = \frac{s^2}{8R} .$
Manik yang dilepas diam dari titik berparameter $t_0 > 0$ menuruti kekekalan energi: bahwa jika $s(\tau)$ menyatakan kedudukan busurnya pada waktu $\tau$ , maka $\frac12\bigl( \frac{\dd s}{\dd\tau}\bigr)^2 + g\,y = g\,y_0$ . Tulislah ulang ini, dengan memakai pertanyaan 14, sebagai

$\Bigl(\frac{\dd s}{\dd\tau}\Bigr)^{\!2} = \frac{g}{4R}\,\bigl(s_0^2 - s^2\bigr), \qquad s_0 = s(t_0).$
Turunkanlah terhadap $\tau$ lalu perolehlah pengayun harmonisnya

$\frac{\dd^2 s}{\dd\tau^2} = -\frac{g}{4R}\,s ;$

pecahkanlah ia dengan Teorema 5.10 dan syarat awalnya: $s(\tau) = s_0\cos(\omega\tau)$ , $\omega = \sqrt{g/4R}$ .
Simpulkanlah sifat tautokronnya (Huygens, 1659): bahwa waktu untuk mencapai dasarnya,

$T_{\downarrow} = \frac{\pi}{2\omega} = \pi\sqrt{\frac Rg}\,,$

tak bergantung pada titik pelepasannya — karena manik yang dilepas bersama dari sebarang dua ketinggian mangkuknya tiba bersama.
Periksalah lewat penyulihan bahwa $s(\tau) = s_0\cos\omega\tau$ memenuhi persamaan energi berorde pertama pada pertanyaan 15 dengan persis (bukan hanya yang diturunkan), lalu jelaskanlah dalam satu kalimat mengapa bandul lingkaran hanya secara hampiran isokron sedangkan sikloidnya persis demikian.
Secara numeris: jari-jari $R$ yang mana yang membuat waktu turunnya tepat satu detik ( $g = 9.81$ )? Perhatikanlah betapa dekat jawabannya dengan satu meter, dan bagaimana periode ayunan penuhnya $2\pi\sqrt{4R/g}$ dibandingkan dengan rumus bandul bersudut kecil $2\pi\sqrt{\ell/g}$ untuk $\ell = 4R$ .

Bagian V — Dividen, dan sintesisnya.

Terapkanlah kaidah singgung pertanyaan 3 di $t = \frac\pi2$ (ambillah $R = 1$ ): hitunglah $M$ , $T$ , arah $MT$ , lalu periksalah ia terhadap $f'(\frac\pi2)$ .
(Trokoid) Tandailah sebagai gantinya sebuah titik berjarak $d$ dari pusatnya ( $d \neq R$ ): maka kurvanya adalah $x = Rt - d\sin t$ , $y = R - d\cos t$ . Tunjukkan bahwa untuk $d < R$ kurvanya reguler di mana-mana dan tak memperlihatkan perilaku singular apa pun ( $x' > 0$ : jadi ia maju), sedangkan untuk $d > R$ absisnya $x'$ berganti tanda dan kurvanya membuat simpul — yakni roda kereta api bertepi yang titik peleknya bepergian mundur.
(Cuplikan brakistokron) Dari titik runcing $(\pi R, 2R)$ pada mangkuknya ke dasarnya, bandingkanlah waktu turun sikloidnya $\pi\sqrt{R/g}$ dengan waktu sepanjang peluncur lurus yang menghubungkan titik yang sama (dengan percepatan tetap $g\sin\alpha$ sepanjang tali busurnya): tunjukkanlah bahwa tali busurnya memakan $\sqrt{\pi^2 + 4}\,\sqrt{R/g} \approx 3.72\sqrt{R/g}$ . Jadi kurvanya mengalahkan garisnya — dan ia sesungguhnya yang tercepat di antara semua kurva, yaitu hasil kalkulus variasi.
Tunjukkan bahwa pada lengkungannya ( $0 < t < 2\pi$ ),

$\frac{\dd y}{\dd x} = \cot\frac t2, \qquad \frac{\dd^2 y}{\dd x^2} = -\frac{1}{4R\sin^4\frac t2} < 0 :$

bahwa lengkungannya cekung, dengan garis singgung tegak tepat pada titik runcingnya.
Pulihkanlah garis singgung tegak titik runcing pada Latihan 24.2 secara geometri: hitunglah arah limit tali busur $MT$ pertanyaan 3 ketika $t \to 0^{+}$ , tanpa penjabaran sama sekali.
Sintesis, dalam empat kalimat: ketiga teorema bernama yang mana yang dibuktikan soal ini (beserta bilangannya $8R$ , $3\pi R^2$ , $\pi\sqrt{R/g}$ dan penulisnya); perangkat perhitungan tunggal yang mana (yaitu pemfaktoran $\sin\frac t2$ , $\cos\frac t2$ ) yang menggerakkan seluruh Bagian I, II dan IV; bagaimanakah hubungan intrinsik $y = s^2/8R$ mengubah geometri menjadi persamaan diferensial linear; dan bab yang mana pada buku ini yang disandari tiap Bagiannya.

Solusi

Solusi Soal 24.1.

1. Menggelinding tanpa tergelincir berarti titik sentuhnya telah menempuh jarak yang sama dengan busur roda yang tergulung: sehingga setelah berputar sebesar $t$ , pusatnya ada di $(Rt, R)$ . Adapun titik yang ditandai duduk pada peleknya bersudut $t$ di belakang garis tegak ke bawahnya (karena rodanya berputar searah jarum jam sembari maju):

M(t) = \Omega(t) + R(-\sin t, -\cos t) = \bigl(R(t - \sin t),\ R(1 - \cos t)\bigr),

yang benar di $t = 0$ ( $M = (0,0)$ ) dan di $t = \pi$ ( $M = (\pi R, 2R)$ , yaitu puncaknya).

2. $f'(t) = R(1 - \cos t,\ \sin t)$ dan

\norm{f'}^2 = R^2\bigl((1-\cos t)^2 + \sin^2 t\bigr) = 2R^2(1 - \cos t) = 4R^2\sin^2\frac t2 ,

sehingga $\norm{f'} = 2R\abs{\sin\frac t2}$ . Titik singularnya di $t \in 2\pi\Z$ : yaitu titik runcing pada tanahnya (Latihan 24.2); sedangkan puncak lengkungannya di $t = \pi$ , tempat lajunya $2R$ maksimal.

3. Pemfaktoran setengah sudutnya:

f'(t) = 2R\sin\frac t2\,\Bigl(\sin\frac t2,\ \cos\frac t2\Bigr), \quad M - C = 2R\sin\frac t2\,\Bigl(-\cos\frac t2,\ \sin\frac t2\Bigr),

T - M = \bigl(R\sin t,\ R(1 + \cos t)\bigr) = 2R\cos\frac t2\,\Bigl(\sin\frac t2,\ \cos\frac t2\Bigr).

Untuk $0 < t < 2\pi$ , $\sin\frac t2 \neq 0$ : sehingga $M - C$ ortogonal terhadap arah singgungnya $\bigl(\sin\frac t2, \cos\frac t2\bigr)$ (karena hasil kalinya adalah $-\sin\frac t2\cos\frac t2 + \sin\frac t2\cos\frac t2 = 0$ ), sedangkan $T - M$ sejajar dengannya. Jadi tali busur ke puncak rodanya adalah garis singgungnya; sedangkan tali busur ke titik sentuhnya adalah normalnya.

4. Pada setiap saat rodanya berporos pada titik sentuhnya (karena titik itu berkecepatan nol: yakni menggelinding tanpa tergelincir), sehingga setiap titik tegar rodanya bergerak ortogonal terhadap garis yang menghubungkannya ke $C$ , dengan laju (pada kecepatan sudut $1$ ) yang sama dengan jarak itu. Periksa: $\norm{M - C} = 2R\abs{\sin\frac t2} = \norm{f'(t)}$ .

5. $2R\,y(t) = 2R\cdot 2R\sin^2\frac t2 = 4R^2\sin^2\frac t2 = \norm{f'(t)}^2$ . Jadi lajunya pada ketinggian $y$ adalah $\sqrt{2R\,y}$ — yang secara bentuk adalah hukum $v = \sqrt{2gh}$ pada jatuh bebas, dengan tanahnya berperan sebagai langit-langitnya; dan Bagian IV mengubah pengamatan ini menjadi kerja jam.

6. Menurut Definisi 24.9 dan pertanyaan 2 ( $\sin\frac t2 \geq 0$ pada $\intcc{0}{2\pi}$ ):

L = \int_0^{2\pi} 2R\sin\frac t2\,\dd t = 2R\Bigl[-2\cos\frac t2\Bigr]_0^{2\pi} = 2R(2 + 2) = 8R .

Teorema Wren: tepat empat garis tengah.

7. $s(t) = \int_0^t 2R\sin\frac u2\,\dd u = 4R\bigl(1 - \cos\frac t2\bigr)$ ; dan $s(2\pi) = 4R(1+1) = 8R$ , yang selaras.

8. $\sigma(t) = \abs{s(t) - s(\pi)} = \abs{4R(1 - \cos\frac t2) - 4R} = 4R\abs{\cos\frac t2}$ , sehingga $\sigma^2 = 16R^2\cos^2\frac t2$ ; dan $2R - y = R(1 + \cos t) = 2R\cos^2\frac t2$ , dan dari situlah $8R(2R - y) = 16R^2\cos^2\frac t2 = \sigma^2$ .

9. Pada titik runcing $t = 0$ (atau $2\pi$ ): $\sigma = 4R$ , yaitu separuh $8R$ : jadi puncaknya membelah dua lengkungannya. Pada kedua perhitungannya lajunya berupa $\abs{\text{polinomial trigonometri pada } t/2}$ , yang antiturunannya trigonometri lagi: sehingga panjangnya adalah selisih nilai kosinus — yaitu bilangan rasional kali $R$ — tanpa busur lingkaran yang perlu diukur, jadi tanpa $\pi$ . Sedangkan lingkarannya sendiri berlaju tetap, sehingga integral panjangnya menghasilkan panjang selang penuhnya $2\pi$ ; sedangkan laju sikloidnya lenyap pada ujungnya dan terintegralkan secara aljabar.

10. Lengkungannya tersapu dengan $x$ naik dari $0$ ke $2\pi R$ ( $x' = R(1 - \cos t) \geq 0$ , yang lenyap hanya pada titik yang terpencil). Jadi menyulihkan $x = x(t)$ ke dalam integral luasnya $\int_0^{2\pi R} y\,\dd x$ (Teorema 15.15) memberikan $A = \int_0^{2\pi} y(t)\,x'(t)\,\dd t$ .

11.

A = \int_0^{2\pi} R(1 - \cos t)\cdot R(1 - \cos t)\,\dd t = R^2\int_0^{2\pi}\bigl(1 - 2\cos t + \cos^2 t\bigr)\dd t = R^2\Bigl(2\pi - 0 + \pi\Bigr) = 3\pi R^2 ,

dengan memakai $\int_0^{2\pi}\cos^2 = \pi$ . Jadi tepat tiga luas roda: karena timbangan Galileo berkata “sekitar $3$ ”; sedangkan perhitungan Roberval berkata “tepat”.

12. Dengan $x = \cos^3 t$ , $y = \sin^3 t$ : $y\,x' = -3\sin^4 t\cos^2 t$ . Linearkanlah:

\sin^4 t\cos^2 t = \frac{1 - \cos 2t}{2}\cdot\frac{\sin^2 2t}{4} = \frac{\sin^2 2t}{8} - \frac{\sin^2 2t\cos 2t}{8} ,

dan atas $\intcc{0}{2\pi}$ : $\int\sin^2 2t = \pi$ , $\int \sin^2 2t\cos 2t = \bigl[\frac{\sin^3 2t}{6}\bigr] = 0$ . Jadi $\oint y\,\dd x = -3\cdot\frac\pi8$ , dan luas yang dilingkupinya adalah $\frac{3\pi}8$ (dengan tandanya mencatat arah berlawanan jarum jam).

13. Untuk $(\cos t, \sin t)$ dengan $t$ dari $\pi$ ke $0$ , $x$ naik dari $-1$ ke $1$ dan

\int_\pi^0 \sin t\cdot(-\sin t)\,\dd t = \int_0^\pi \sin^2 t\,\dd t = \frac\pi2 :

jadi rumusnya mengembalikan luas setengah cakram atasnya, sebagaimana mestinya.

14. $x' = R(1 + \cos t) = 2R\cos^2\frac t2$ , $y' = R\sin t = 2R\sin\frac t2\cos\frac t2$ , sehingga $\norm{f'} = 2R\cos\frac t2$ (yang taknegatif pada $\intcc{-\pi}{\pi}$ ). Adapun busur dari dasarnya: $s(t) = \int_0^t 2R\cos\frac u2\,\dd u = 4R\sin\frac t2$ . Lalu

y = R(1 - \cos t) = 2R\sin^2\frac t2 = 2R\Bigl(\frac{s}{4R}\Bigr)^{\!2} = \frac{s^2}{8R} .

15. Kekekalan energinya dengan $v = \frac{\dd s}{\dd\tau}$ dan $y = \frac{s^2}{8R}$ , $y_0 = \frac{s_0^2}{8R}$ :

\Bigl(\frac{\dd s}{\dd\tau}\Bigr)^{\!2} = 2g(y_0 - y) = \frac{2g}{8R}\bigl(s_0^2 - s^2\bigr) = \frac{g}{4R}\bigl(s_0^2 - s^2\bigr).

16. Menurunkannya pada $\tau$ : $2s's'' = -\frac{g}{4R}\,2ss'$ , sehingga di mana pun $s' \neq 0$ (jadi di mana-mana lewat kekontinuannya), $s'' = -\frac{g}{4R}s$ : yaitu pengayun harmonisnya. Menurut Teorema 5.10, $s(\tau) = A\cos\omega\tau + B\sin\omega\tau$ dengan $\omega = \sqrt{g/(4R)}$ ; dan syarat awalnya $s(0) = s_0$ , $s'(0) = 0$ memberikan $s(\tau) = s_0\cos\omega\tau$ .

17. Maniknya mencapai dasarnya ketika $s = 0$ , yaitu di $\omega\tau = \frac\pi2$ :

T_{\downarrow} = \frac{\pi}{2\omega} = \frac\pi2\sqrt{\frac{4R}{g}} = \pi\sqrt{\frac Rg}\,,

yang tak bergantung pada $s_0$ : jadi dilepas dari mana pun di mangkuknya, semua maniknya tiba pada saat yang sama — itulah tautokronnya.

18. Menyulihkan $s = s_0\cos\omega\tau$ : maka ruas kirinya adalah $s_0^2\omega^2\sin^2\omega\tau$ sedangkan ruas kanannya adalah $\frac{g}{4R}s_0^2(1 - \cos^2\omega\tau) = s_0^2\omega^2\sin^2\omega\tau$ : jadi kesamaan yang persis, sehingga tak ada penyelesaian palsu yang diperkenalkan. Adapun bagi busur lingkaran, $y$ tak sebanding dengan $s^2$ ( $y = \ell(1 - \cos\frac s\ell) = \frac{s^2}{2\ell} - \frac{s^4}{24\ell^3} + \dots$ ): sehingga suku pemulihnya hanya secara hampiran linear, jadi periode bandul lingkarannya melayang bersama amplitudonya, sedangkan periode sikloidnya tetap secara ketat.

19. $\pi\sqrt{R/g} = 1$ memberikan $R = \frac{g}{\pi^2} \approx \frac{9.81}{9.87} \approx 0.994$ m — yaitu nyaris tepat satu meter. Adapun ayunan penuhnya memakan $\frac{2\pi}\omega = 2\pi\sqrt{4R/g}$ , yang persis rumus bersudut kecil $2\pi\sqrt{\ell/g}$ bagi bandul berpanjang $\ell = 4R$ : dan Huygens menggantungkan bandulnya pada pipi sikloidal dengan perbandingan tepat itu.

20. Di $t = \frac\pi2$ , $R = 1$ : $M = \bigl(\frac\pi2 - 1,\ 1\bigr)$ , $T = \bigl(\frac\pi2,\ 2\bigr)$ , sehingga $T - M = (1, 1)$ . Dan $f'(\frac\pi2) = (1 - 0,\ 1) = (1, 1)$ : jadi tali busur ke puncaknya adalah kecepatannya, sebagaimana dijanjikan.

21. Bagi trokoidnya, $x'(t) = R - d\cos t$ dan $y'(t) = d\sin t$ . Jika $d < R$ : maka $x' \geq R - d > 0$ , sehingga titiknya selalu maju; dan kecepatannya tak pernah lenyap (karena komponen pertamanya positif): jadi tak ada titik singular, melainkan gelombang yang reguler. Jika $d > R$ : $x'(0) = R - d < 0 < R + d = x'(\pi)$ , sehingga titiknya bergerak mundur dekat saat sentuhnya dan maju di tempat lain: jadi kurvanya menyilang dirinya dalam simpul. Adapun sebuah titik pada tepi roda kereta api (di bawah kepala relnya, $d > R$ ) bepergian mundur pada setiap putaran.

22. Tali busur dari titik runcing $(\pi R, 2R)$ ke titik asalnya berpanjang $L = R\sqrt{\pi^2 + 4}$ dan bersudut kemiringan $\alpha$ dengan $\sin\alpha = \frac{2R}{L}$ . Meluncur dari diam dengan percepatan tetap $g\sin\alpha$ : $L = \frac12 g\sin\alpha\,T^2$ , sehingga

T = \sqrt{\frac{2L}{g\sin\alpha}} = \sqrt{\frac{2L^2}{2Rg}} = \frac{L}{\sqrt{Rg}} = \sqrt{\pi^2 + 4}\,\sqrt{\frac Rg} \approx 3.72\sqrt{\frac Rg}\,,

lawan $\pi\sqrt{R/g} \approx 3.14\sqrt{R/g}$ bagi sikloidnya: jadi lintasan yang melengkung lebih cepat. Dan ia sesungguhnya yang paling cepat — yakni brakistokronnya — yaitu teorema kalkulus variasi, yang di luar jilid ini.

23. $\dfrac{\dd y}{\dd x} = \dfrac{y'}{x'} = \dfrac{\sin t}{1 - \cos t} = \cot\dfrac t2$ (lewat rumus setengah sudutnya). Lalu

\frac{\dd^2y}{\dd x^2} = \frac{\dd}{\dd t}\Bigl(\cot\frac t2\Bigr)\cdot\frac{1}{x'(t)} = -\frac{1}{2\sin^2\frac t2}\cdot\frac{1}{2R\sin^2\frac t2} = -\frac{1}{4R\sin^4\frac t2} < 0 :

jadi cekung sepanjang lengkungannya; dan ketika $t \to 0^+$ atau $2\pi^-$ kemiringannya $\cot\frac t2 \to \pm\infty$ : jadi garis singgung tegak pada titik runcingnya.

24. Arah tali busurnya adalah $T - M \parallel \bigl(\sin\frac t2, \cos\frac t2\bigr)$ , yang menuju $(0, 1)$ ketika $t \to 0^{+}$ : sehingga garis singgung pada titik runcingnya tegak — yang dipulihkan dari geometri murni, tanpa penjabaran Taylor.

25. (i) Teorema Wren, $L = 8R$ ; luas Roberval, $A = 3\pi R^2$ (dengan nisbah $3$ yang diterka Galileo); dan tautokron Huygens, $T_\downarrow = \pi\sqrt{R/g}$ . (ii) Setiap perhitungannya berjalan di atas pemfaktoran setengah sudutnya $f' = 2R\sin\frac t2(\sin\frac t2, \cos\frac t2)$ dan padanan mangkuknya — yaitu satu kesamaan yang menggerakkan garis singgung, panjang dan jam sekaligus. (iii) Adapun hubungan intrinsiknya $y = s^2/8R$ mengubah persamaan energinya menjadi $s'' = -\frac{g}{4R}s$ , yaitu persamaan linear berkoefisien tetap yang penyelesaiannya persis isokron. (iv) Bagian I memakai kalkulus diferensial Bab 14, Bagian II–III integral Bab 15, dan Bagian IV persamaan diferensial Bab 5 — jadi sikloidnya adalah seluruh bahan ajar buku ini yang tergulung menjadi satu kurva.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium