Bab 16 Integral di Ruang-n

Catatan Kuliah MA1223 Kalkulus Elementer II Oki Neswan,Ph.D.,

Departemen Matematika-ITB

Bab 16 Integral di Ruang-n Integral Integral Integral Integral

Ganda atas persegi panjang Berulang Ganda atas Daerah sebarang Ganda Koordinat Polar

1

Catatan Kuliah MA1223 Kalkulus Elementer II

Pendahuluan Masalah-masalah yang dipecahkan oleh integral dengan dua variabel atau lebih serupa dengan yang dipecahkan oleh integral satu variabel, hanya lebih umum. Seperti halnya pada turunan fungsi n variabel, integral inipun dibangun berdasarkan pengalaman kita pada integral satu variabel. Hubungan antara integral dan turunan untuk fungsi multivariabel juga sangat erat seperti halnya fungsi satu variabel. Di sini kita dapat mereduksi integral menjadi beberapa integral fungsi satu variabel sehingga Teorema Dasar Kalkulus dapat kembali berperan dalam konteks yang lebih umum ini.

Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

2

1


1. Integral Ganda atas Persegi Panjang Ingat kembali pada fungsi satu variabel f (x), kita membagi interval [a,b] menjadi interval-interval dengan panjang ∆xk, k=1,2,…,n, berdasarkan partisi P : x1 < x2 <  < xk , memilih titik sampel xk dari interval ke k, kemudian

∫ f ( x ) dx = lim

n

b

a

P →0

∑ f ( x ) ∆x k =1

k

k

Diberikan fungsi f (x,y) kontinu pada himpunan berbentuk persegi panjang: R = {(x,y) : a ≤ x ≤ b dan c ≤ y ≤ d}. Kita akan membangun integral dengan cara serupa seperti pada integral fungsi satu variabel. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

3


Daerah berbentuk persegi panjang R dibagi oleh garis-garis yang sejajar dengan kedua sumbu koordinat, menjadi beberapa persegi panjang kecil dengan luas ∆A = ∆x∆y. Tiap persegi panjang tersebut diberi indeks, ∆A1 , ∆A2 ,… , ∆An .

Pilih sebarang titik ( xk , yk ) dari tiap ∆Ak . Bentuklah jumlah Riemann n

Sn = ∑ f ( xk , yk ) ∆Ak k =1


4

2


Definisi Misalkan f dua variabel kontinu terdefinisi pada persegi panjang R. Jika n

lim P →0 ∑ f ( xk , yk ) ∆Ak k =1

ada, maka f terintegral atas R, dan nilai limit ini disebut integral ganda dari f atas R. n

lim P →0 ∑ f ( xk , yk ) ∆Ak = ∫∫ f ( x, y ) dA. k =1

R

( xk , yk ) Jika f kontinu, partisi diperhalus dengan membuat ∆x dan ∆y mendekati nol, maka jumlah Riemann akan konvergen menuju limit yang disebut integral ganda (integral lipat) dari f pada daerah R. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

5


Catatan : Limit pada definisi di atas berbeda dengan limit yang telah kita pelajari, walaupun ide dasarnya tetap sama. 1. Untuk tiap partisi P, P adalah panjang diagonal terpanjang dari persegi panjang bagian yang dibentuk oleh P. Ini adalah ukuran halus-kasarnya pembagian R oleh partisi P. 2. Nilai limit tidak bergantung pada pilihan titik sampel ( xk , yk ) . 3. Untuk tiap ε > 0, terdapat δ > 0 sehingga: untuk setiap partisi dengan P < δ , berlaku

n

∑ f ( x , y ) ∆A − ∫∫ f ( x, y ) dA < ε . k =1

k

k

k

R


6

3


Hampiran Volume

Bila f nonnegatif, maka jumlah Riemann di atas memberikan jumlah dari volume kotak atau balok dengan alas ∆Ak dan tinggi f ( xk , yk ) Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

7


Jika f ( x, y ) ≥ 0, ∫∫ f ( x, y ) dA menyatakan volume benda pada dibawah R

permukaan z = f ( x, y ) dan di atas persegi panjang R.

Volume = lim n→∞ S n = ∫∫ f ( x, y ) dA R

dengan ∆Ak → 0 ketika n → ∞ ∈ .


8

4


Eksistensi Tidak semua fungsi dua variabel terintegral atas sebuah persegi panjang R. Khususnya fungsi-fungsi yang tak terbatas tidak terintegral.

Teorema Eksistensi Jika f ( x, y ) terbatas dan kontinu pada persegi panjang R, kecuali pada berhingga buah kurva mulus, maka f terintegral pada R. Khususnya, jika f kontinu pada R, maka f terintegral pada R.


9


Teorema Sifat - sifat Integral Ganda 1. Integral Ganda Bersifat Linear. a.

∫∫ kf ( x, y ) dA = k ∫∫ f ( x, y ) dA R

b.

R

∫∫ ⎡⎣ f ( x, y ) + g ( x, y )⎤⎦ dA = ∫∫ f ( x, y ) dA + ∫∫ g ( x, y ) dA R

R

R

2. Sifat Dominasi. Jika f ( x, y ) ≤ g ( x, y ) untuk tiap ( x, y ) ∈ R, maka

∫∫ f ( x, y ) dA ≤ ∫∫ g ( x, y ) dA R

R

3. Sifat Additif pada persegi panjang

∫∫ f ( x, y ) dA = ∫∫ f ( x, y ) dA + ∫∫ f ( x, y ) dA

R1 ∪ R2

R1

R2


10

5


2. Integral Berulang Masalah integral erat kaitannya dengan volume. Maka kita coba mendekati masalah menghitung integral dengan masalah menghitung volume. Misalkan kita ingin menentukan volume benda pejal dibawah bidang z=f(x,y) di atas persegi panjang R: a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, dengan mengirisnya seperti pada bab 6. Misalnya benda tersebut diiris tegak lurus terhadap sb-x. selebar ∆x. Misalkan luas penampang irisan benda pejal dengan bidang x adalah A(x).


11


Misalkan interval [ a, b ] dibagi oleh partisi P : a = x0 ≤ x1 ≤

≤ xn = b.

Bidang-bidang x = xi membagi benda menjadi n buah keping yang tebalnya ∆xi = xi +1 − xi dan volumenya ∆Vi . Hampirannya ∆Vi ≈ A ( xi ) ∆xi ,

xi sebarang titik pada selang [ xi −1 , xi ] . A ( xi ) adalah luas daerah dibawah grafik z = f ( x, y ) pada bidang x = xi . Kita dapat memilih xi = xi , sehingga ∆Vi ≈ A ( xi ) ∆xi = ∫

y =d y =c

f ( xi , y ) dy

Jadi, volume benda adalah n

n

i =1

i =1

V = ∑ ∆Vi ≈ ∑ A ( xi ) ∆xi Apabila norm dari partisi menuju nol, maka V =∫

x =b

x=a

A ( x ) dx = ∫

x =b

x=a

(∫

y=d y =c

)

f ( xi , y ) dy dx

Kembali kita baru saja melakukan proses/strategi yang sering digunakan dalam integral: slice - approximate - integrate. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

12

6


Tentu saja volume juga dapat dihitung dengan membagi selang [c, d ]. Dengan cara urutan pengintegralan dibalik menjadi V =∫

y =d

A ( y ) dy = ∫

y =c

y =d y =c

(∫

x =b

x=a

)

f ( x, y ) dx dy

Teorema Teorema Integral Berulang Fubini Jika f ( x, y ) kontinu pada persegi panjang R : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , maka

∫∫ f ( x, y ) dA = ∫

x =b

x=a

R

(∫

y =d y =c

)

f ( x, y ) dy dx = ∫

y =d y =c

(∫

x =b

x=a

)

f ( x, y ) dx dy

Contoh Hitunglah

∫∫ f ( x, y ) dA R

jika f ( x, y ) = 1 − 6 x 2 y atas persegi panjang

R : 0 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 1.


13


Contoh Tentukan volume benda pejal dibawah bidang z = 4 – x – y, di atas persegi panjang R: 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1. Lakukan dengan integral terhadap y kemudian terhadap x. Kemudian dengan urutan dibalik.

Penyelesaian Maka volume adalah

∫

x=2

x =0

A ( x ) dx

di mana A ( x ) adalah luas penampang di x. Untuk tiap x, luas penampang adalah A( x) = ∫

y =1 y =0

( 4 − x − y ) dy,

yaitu luas daerah dibawah kurva z = 4 − x − y pada bidang irisan x. Jadi, pada A ( x ) , x dianggap konstan. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

14

7


Dengan demikian, Volume = ∫

x=2

=∫

x=2

x =0

x =0

A ( x ) dx = ∫

x=2

x =0

(∫

y =1 y =0

( 4 − x − y ) dy

) dx

y =1

x=2 ⎡ y2 ⎤ ⎢ 4 y − xy − 2 ⎥ dx = ∫x =0 ( 7 2 − x ) dx =5 ⎣ ⎦ y =0


15


3. Integral Ganda (umum) Di sini kita akan membicarakan integral ganda atas daerah atau himpunan R yang lebih umum. Lihat gambar berikut. Untuk membangun definisinya, kembali himpunan tersebut dipartisi menjadi persegi-persegi panjang bagian dengan luas ∆Ai = ∆xi ·∆yi (setelah diberi indeks). Pilih persegi panjang yang termuat dalam R. Pilih sebarang titik sampel ( xi , yi ) dari tiap persegi panjang. Maka diperoleh jumlah Riemann n

S n = ∑ f ( xi , yi ) ∆Ai i =1

Jadi

∫∫

R

n

f ( x, y )dA = lim P →0 ∑ f ( xi , yi ) ∆Ai i =1


16

8


Interpretasi sebagai Volume Jika f(x,y) ≥ 0, maka integral ganda dari f memberikan volume dari benda pejal dibawah permukaan di atas daerah R.

Sifat-sifat (a) linear, (b) dominansi, dan (c) aditif juga berlaku.


17


Teorema Sifat - sifat Integral Ganda Diberikan f ( x, y ) , g ( x, y ) kontinu dan k bilangan real. 1. Integral Ganda Bersifat Linear. a.

∫∫ kf ( x, y ) dA = k ∫∫ f ( x, y ) dA R

b.

R

∫∫ ⎡⎣ f ( x, y ) + g ( x, y )⎤⎦ dA = ∫∫ f ( x, y ) dA + ∫∫ g ( x, y ) dA R

R

R

2. Sifat Dominasi. Jika f ( x, y ) ≤ g ( x, y ) untuk tiap ( x, y ) ∈ R, maka

∫∫ f ( x, y ) dA ≤ ∫∫ g ( x, y ) dA R

R

3. Sifat Additif: jika R1 dan R2 tidak bertumpang tindih (irisannya maksimal berupa kurva, lihat gambar), maka

∫∫ f ( x, y ) dA = ∫∫ f ( x, y ) dA + ∫∫ f ( x, y ) dA

R1 ∪ R2

R1

R2


18

9


Menghitung Integral Ganda Integral Ganda yang akan dibicarakan adalah integral ganda dari fungsi f ( x, y ) atas daerah yang dibatasi oleh dua kurva, yaitu di bawah oleh y = g1 ( x ) dan di atas oleh y = g 2 ( x ) . Pada Bab 6 telah kita pelajari bahwa volume benda pejal yang terletak antara x = a dan x = b, dengan luas penampang A ( x ) adalah integral V = ∫ A ( x ) dx b

a

Untuk tiap nilai x, luas penampang yang diperoleh jika benda diiris tegak lurus sb-x untuk tiap nilai x diketahui, misal sebagai fungsi A ( x ) = ∫

y = g2 ( x ) y = g1 ( x )

f ( x, y ) dy.


19


Maka, volume adalah integral (disebut integral berulang) V =∫

x =b

x=a

A ( x ) dx = ∫

x =b

x=a

⎡ y = g2 ( x ) f ( x, y ) dy ⎤ dx. ⎣⎢ ∫y = g1 ( x ) ⎦⎥


20

10


Bila daerah R dibatasi oleh kurva-kurva x = h1 ( y ) dan x = h2 ( y ) , maka dengan cara serupa, volume dihitung dengan integral berulang V =∫

y =d y =c

⎡ x = h2 ( y ) f ( x, y ) dx ⎤ dy ⎣⎢ ∫h = h1 ( y ) ⎦⎥

dimana integral A ( y ) = ∫

x = h2 ( y )

h = h1 ( y )

f ( x, y ) dx. adalah

luas dari penampang bila benda diiris sepanjang bidang tegak lurus sb-y.

Kedua integral di atas adalah konsekuensi dari Teorema Fubini untuk Integral Berulang sebagai berikut.


21



22

11


Teorema Teorema Integral Berulang Fubini (versi 2) Diberikan f ( x, y ) kontinu pada daerah R. 1.

Jika R = {( x, y ) : a ≤ x ≤ b, g1 ( x ) ≤ y ≤ g 2 ( x )} , g1 dan g 2 kontinu pada [ a, b ] , maka x =b

y = g2 ( x )

x=a

y = g1 ( x )

∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ R

f ( x, y ) dy dx

2. Jika R = {( x, y ) : c ≤ y ≤ d , h1 ( y ) ≤ x ≤ h2 ( y )} , h1 dan h2 kontinu pada [ c, d ] , maka y =d

x = h2 ( y )

y =c

h = h1 ( y )

∫∫ f ( x, y ) dA = ∫ ∫ R

f ( x, y ) dx dy


23


Menentukan Batas Pengintegralan Dua macam daerah pengintegralan yang dibicarakan di sini adalah : I: a ≤ x ≤ b, g1(x) ≤ y ≤ g2(x). II: c ≤ y ≤ d, h1(y) ≤ x ≤ h2(y). Apabila daerah pengintegralan sudah diberikan secara eksplisit maka integral dapat dilakukan dengan batas sesuai dengan definisinya (lihat Teorema Fubini). Catatan: suatu daerah pengintegralan bisa saja tipe I maupun tipe II.


24

12

∫

y = g2 ( x ) y = g1 ( x )

f ( x, y ) dy dx


Penentuan batas integral menjadi masalah bila yang diberikan adalah grafik daerah pengintegralannya. Bila daerah dipandang sebagai tipe I, maka penentuan batas, dibantu dengan membuat garis vertikal. x =b

y = g2 ( x )

x=a

y = g1 ( x )

∫ ∫

f ( x, y ) dy dx

Batas y: garis vertikal memasuki daerah R melalui grafik y=g1(x) dan keluar melalui grafik y = g2(x). Batas x: nilai terkecil dan nilai terbesar x yang membatasi daerah R masing-masing adalah a dan b. x =b

y = g2 ( x )

x=a

y = g1 ( x )

∫ ∫

f ( x, y ) dy dx


25


Bila daerah dipandang sebagai tipe II, maka penentuan batas , dibantu dengan membuat garis horizontal: y =d

x = h2 ( y )

y =c

x = h1 ( y )

∫ ∫

f ( x, y ) dx dy

Batas x : garis lingkaran memasuki daerah melalui grafik x = h1(y) dan keluar melalui grafik x = h2(y). Batas y: nilai terkecil dan nilai terbesar y yang membatasi daerah masing-masing adalah c dan d.

y =1

x = 1− y 2

y =0

x =1− y

∫ ∫

f ( x, y ) dx dy


26

13


Contoh Menentukan Volume Benda Hitunglah volume prisma yang dasarnya adalah segitiga pada bidang-xy dibatasi oleh sumbu − x dan garis-garis y = x dan x = 1. Sedangkan atapnya adalah bidang z = f ( x, y ) = 3 − x − y.


27


Penyelesaian Untuk tiap x antara 0 dan 1, jangkauan nilai y adalah dari y = 0 sampai y = x. Oleh karena itu, V =∫

x =1

x=0

y=x

x =1

y =0

x =0

∫ ( 3 − x − y ) dy dx = ∫

= ∫ ( 3x − 32 x 2 ) dx = ⎡⎣ 32 x 2 − 12 x 3 ⎤⎦

y=x

⎡⎣3 y − xy − 12 y 2 ⎤⎦ dx y =0

1

x =1

0

x=0

=1

Apabila urutan pengintegralan dibalik maka integral volume adalah y =1

V =∫

y =0

=∫

y =0

=∫

y =0

y =1

y =1

x =1

y =1

x= y

y =0

∫ ( 3 − x − y ) dx dy = ∫

((3 − (

5 2

1 2

x =1

⎡⎣3x − 12 x 2 − xy ⎤⎦ dy x= y

)

− y ) − ( 3 y − 12 y 2 − y 2 ) dy

− 4 y + 32 y 2 ) dy = ⎡⎣ 52 y − 2 y 2 + 12 y 3 ⎤⎦ = 1 y =0 y =1


28

14


Contoh Hitunglah volume benda pejal pada oktan I ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) , yang dibatasi oleh paraboloida sirkular z = x 2 + y 2 , silinder x 2 + y 2 = 4, dan bidang-bidang koordinat.


29


Contoh Gambarlah daerah pengintegralan dari integral

2

2x

0

x2

∫ ∫ ( 4 x + 2 ) dy dx.

Kemudian tulislah integral yang sama dengan urutan dibalik ( dx dy ) .


30

15


4. Integral Ganda: Polar Banyak integral yang lebih mudah dihitung bila dengan menggunakan koordinat polar. Pada bagian akan dipelajari mengubah integral menjadi koordinat polar dalam koordinat polar dan menghitungnya. Misalkan f(r, ) terdefinisi pada himpunan R yang dibatasi oleh sinar  = α dan  = β, kurva-kurva kontinu r=g1() dan r=g2() dengan 0 ≤ g1() ≤ g2() ≤ a. Jadi R termuat dalam persegi panjang polar Q: α ≤  ≤ β, 0 ≤ r ≤ a. berbentuk kipas. Himpunan Q dapat dibagi menjadi beberapa persegi panjang polar bagian (lihat Gambar)


31


a β −α , . ∆θ = m m' Diperoleh n buah persegi panjang polar dengan luas ∆A1 , ∆A2 ,… , ∆An . ∆r =

Pilih titik pusat masing-masing persegi panjang polar: ( rk , θ k ) . Maka jumlah Riemann nya adalah n

S n = ∑ f ( rk , θ k ) ∆Ak . k =1

Jika f kontinu pada R maka jumlah Riemann tersebut akan konvergen menuju sebuah limit, ketika ∆r → 0 dan ∆θ → 0. Limit ini disebut integral ganda dari f atas R. lim n→∞ S n = ∫∫ f ( r , θ ) dA. R


32

16


Bagaimana menentukan ∆Ak ? Radius luar dan radius dalam yang membatasi persegi panjang polar adalah rk + ∆r 2 dan rk − ∆r 2. Sementara itu, sudut yang mengapit adalah ∆θ . Maka 2

luas sektor luar =

∆r ⎞ 1⎛ ⎜ rk + ⎟ ∆θ 2⎝ 2 ⎠

luas sekor dalam =

1⎛ ∆r ⎞ ⎜ rk − ⎟ ∆θ 2⎝ 2 ⎠

2

Maka diperoleh ∆Ak =

∆θ 2

2 2 ⎡⎛ ∆r ⎞ ⎛ ∆r ⎞ ⎤ r − − ⎢⎜ rk + ⎟ ⎜ k ⎟ ⎥ = rk ∆r ∆θ . Akibatnya 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢⎝

n

S n = ∑ f ( rk , θ k ) rk ∆r ∆θ k =1


33


Teorema Fubini menyimpulkan bahwa limit dari jumlah Riemann ini adalah integral berulang terhadap r dan θ : lim n→∞ S n = ∫∫ f ( r ,θ ) dA = ∫

θ =β

θ =α

R

∫

r = g 2 (θ )

r = g1 (θ )

f ( r , θ )rdr dθ

Teorema Luas dalam Koordinat Polar Luas daerah tertutup dan terbatas R dalam koordinat bidang polar adalah A = ∫∫ dA = ∫∫ rdrdθ R

R

Contoh Tentukan volume benda pejal di atas persegi panjang polar R :1 ≤ r ≤ 3, 0 ≤ θ ≤ π 4 dan di bawah permukaan z = e x

2

+ y2

.


34

17


Menentukan batas-batas Integral

Dua macam daerah pengintegralan yang dibicarakan di sini adalah : I: α ≤  ≤ β, g1() ≤ r ≤ g2().

II: a ≤ r ≤ b, h1(r) ≤  ≤ h2(r).

Apabila daerah pengintegralan sudah diberikan secara θ =β r = g (θ ) eksplisit maka integral dapat I: ∫ ∫ f ( r ,θ )rdr dθ θ =α r = g (θ ) dilakukan dengan batas sesuai r =b θ = h (θ ) f ( r ,θ )rdθ dr II: ∫ ∫ dengan definisinya: r = a θ = h (θ ) 2

1

2

1


35


Catatan: suatu daerah pengintegralan bisa saja tipe I maupun tipe II. (contoh: R adalah himpunan yang dibatasi oleh lingkaran r=2, garis y=2, sumbu-y.) Penentuan batas integral menjadi masalah bila yang diberikan adalah grafik daerah pengintegralannya. Bila daerah dipandang sebagaiy x tipe I, maka penentuan batas, dibantu dengan membuat sinar L dari titik asal.

Batas r: sinar L memasuki daerah melalui grafik r=g1() dan keluar melalui grafik r = g2(). Batas : nilai terkecil dan nilai terbesar  yang membatasi daerah masing-masing adalah α dan β.


36

18


Bila daerah dipandang sebagai tipe II, maka penentuan batas , dibantu dengan membuat lingkaran. Batas  : lingkaran memasuki daerah melalui grafik  =h1(r) dan keluar melalui grafik  = h2(r). Batas r: nilai terkecil dan nilai terbesar r yang membatasi daerah masing-masing adalah a dan b.

Contoh Tentukan batas pengintegralan fungsi f ( r , θ ) atas daerah R pada gambar berikut π 2

∫π ∫ −

r =1+ cosθ

f ( r , θ ) r dr dθ

2 r =2


37


Contoh Hitunglah luas daerah yang dibatasi oleh lemniscate r 2 = 4 cos 2θ .

Penyelesaian Luas total adalah 4 kali luas pada kuadran I. Jadi, Luas = 4 ∫

π 4

0

∫

4 cos 2θ

0

rdr dθ = 4∫

π 4

0

⎡r ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ 0

4 cos 2θ

dθ = 4 ∫

π 4

0

2 cos 2θ dθ

= 4sin 2θ ]0 = 4 π 4


38

19


Latihan Hitunglah integral

∫∫

S

ydA dengan S adalah daerah pada kuadran I di luar

lingkaran r = 2 dan di dalam kardioda r = 2 (1 + cos θ ) .


39


Contoh Carilah volume benda pejal di bawah permukaan z = x 2 + y 2 , di atas bidang-xy dan di dalam silinder x 2 + y 2 = 2 y. π/2 2sin θ

V = 2∫ 0

∫ (x

0

+ y 2 ) rdrdθ

0

π/2 2sin θ

= 2∫

2

∫

r 2 rdrdθ

0


40

20


Contoh Carilah volume benda pejal yang dibatasi di atas oleh permukaan 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 = 18, di bawah oleh bidang z = 0 dan dikelilingi oleh silinder x 2 + y 2 = 4. π 2

V = 2 ∫ ∫ 18 − 2r 2 rdrdθ 0 0


41


Perubahan Cartesian->Polar Prosedur perubahan integral Cartesius f(x,y)dxdy menjadi integral polar memiliki dua langkah:

Substitusi x = r cos  dan y=r sin , ganti dx dy menjadi r dr d. Sesuaikan batas pengintegralan dengan menuliskan batas daerah dalam koordinat polar. R f(x,y)dxdy menjadi G f(rcos, rsin) r dr d G adalah daerah pengintegralan dalam koordinat polar.


42

21


Contoh Tuliskan integral

1

∫∫

1− x 2

0 0

(x

2

+ y 2 ) dydx dalam

koordinat polar, dan hitunglah.

Contoh Hitunglah integral

∫∫ e

x2 + y 2

dydx dalam koordinat

R

polar.


43


Soal-soal PR Bab 16 16.1: 1, 4, 15. 16.2: 3, 4, 12-4, 19-21, 32. 16.3: 3, 4, 10, 16, 17, 21, 24, 28, 34, 37-39. 16.4: 1, 6, 9, 11, 12, 16, 21, 26.


44

22

Bab 16 Integral di Ruang-n

Recommend Documents