SIFAT-SIFAT INTEGRAL LIPAT

TUGAS KALKULUS LANJUT

SIFAT-SIFAT INTEGRAL LIPAT

Oleh: KAMELIANI 1211041016

JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS NEGERI MAKASSAR 2014

SIFAT-SIFAT INTEGRAL LIPAT

A. SIFAT-SIFAT INTEGRAL LIPAT Integral lipat dua dan integral lipat tiga mewarisi hampir semua sifat-sifat integral tunggal. Berikut adalah sifat-sifat integral lipat dua (yang juga dimiliki integral sifat tiga). (1) Integral lipat dua bersifat linear, yaitu

∬[𝑓(𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑥, 𝑦)]𝑑𝐴 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 + ∬ 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝑅

𝑅

𝑅

∬ 𝑘𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = 𝑘 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴, 𝑅

𝑑𝑖𝑚𝑎𝑛𝑎 𝑘 𝑎𝑑𝑎𝑙𝑎ℎ 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑎

𝑅

(2) . 𝐽𝑖𝑘𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑡𝑖𝑎𝑝 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑖 𝑅, 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 ≤ ∬ 𝑔(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 𝑅

𝑅

(3) . 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0 𝑢𝑛𝑡𝑢𝑘 𝑠𝑒𝑚𝑢𝑎 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑖 𝑅, 𝑑𝑎𝑛 𝑆 ⊂ 𝑅 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝑏𝑒𝑟𝑙𝑎𝑘𝑢 ∬ 𝑘𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 ≤ 𝑘 ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴, 𝑆

𝑅

(4). Integral lipat dua bersifat aditif (dapat dijumlahkan) berimpit

pada

hanya

sebuah

sisi

pada daerah yang saling atau

ruas

garis.

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 + ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝐴 𝑅∪𝑆

Universitas Negeri Makassar

𝑅

𝑆

Page 2

Sifat-sifat integral tersebut membawa beberapa akibat yang perlu dikemukakan di sini. Misalkan 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑀 untuk semua (𝑥, 𝑦) di 𝑅 maka 𝑚 (luas R) = ∬𝑅 𝑚 𝑑𝑥𝑑𝑦 ≤ ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑑𝑦 ≤ ∬ 𝑀 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑀 (luas R) Satu sifat lainnya yang perlu dikemukakan adalah akibat dari sifat −|𝑓(𝑥, 𝑦)| ≤ 𝑓(𝑥, 𝑦) ≤ |𝑓(𝑥, 𝑦)| Berdasarkan sifat integral nomor 2, maka berlaku − ∬ |𝑓(𝑥, 𝑦)|𝑑𝑥𝑑𝑦 ≤ ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 ≤ ∬ |𝑓(𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑅

𝑅

Atau ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 ≤ ∬ |𝑓(𝑥, 𝑦)| 𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑅

Untuk fungsi 𝑓 yang

kontinu, ternyata urutan pengintegralan tidak menjadi

masalah. Hal ini dituliskan dalam teorema berikut. Teorema urutan integral (Teorema Fubini) Misalkan 𝑓 fungsi kontinu pada empat persegi panjang 𝑅 = [𝑎, 𝑏]𝑥[𝑐, 𝑑], maka 𝑏

𝑑

𝑑

𝑏

∬ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦] 𝑑𝑥 = ∫ [∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 ] 𝑑𝑦 𝑅


𝑎

𝑐

𝑐

𝑎

Page 3

B. PENERAPAN SIFAF-SIFAT INTEGRAL DALAM MENYELESAIKAN MASALAH. Soal dan Pembahasan 1. Hitunglah integral berikut berdasarkan daerah D yang diberikan! 𝑥

∬ 𝑒 𝑦 𝑑𝐴 , 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)|1 ≤ 𝑦 ≤ 2 , 𝑦 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦 3 } 𝐷

Penyelesaian: Dengan menerapkan sifat (1) dan (2), maka 𝑥 ∬ 𝑒 𝑦 𝑑𝐴

2

𝑦3

=∫ ∫ 1

𝐷 2

𝑥

2

𝑥

𝑒 𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦𝑒 𝑦 |

𝑦

2

1

2

2 𝑦3 𝑑𝑦 = ∫ (𝑦𝑒 𝑦 − 𝑦𝑒)𝑑𝑦 𝑦 1

2

= ∫ (𝑦𝑒 𝑦 )𝑑𝑦 − ∫ (𝑦𝑒)𝑑𝑦 1

=

2 1 [2 𝑒 𝑦

1

−

1 2 𝑒𝑦 2 ] 2 1

1 1 1 1 1 = ( 𝑒 4 − 4𝑒) − ( 𝑒 − 𝑒) = 𝑒 4 − 2𝑒 2 2 2 2 2

2. Hitunglah integral berikut berdasarkan daerah D yang diberikan! ∬ 6𝑥 2 − 40𝑦 𝑑𝐴, 𝐷

D adalah segitiga dengan titik puncak (0,3) , (1,1), dan (5,3)

Penyelesaian: Pertama-tama harus dibuat persamaan garis yang melalui titik-titik puncak tersebut, agar bisa diketahui batas-batas daerahnya. Kita dapat membuat persamaan garis berdasarkan dua titik puncak yang diketahui.  Persamaan garis yang melalui titik (0,3) dan (1,1) 𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 = 𝑦2 − 𝑦`1 𝑥2 − 𝑥`1 Universitas Negeri Makassar

Page 4

𝑦−3 𝑥−0 = 1−3 1−0 𝑦 − 3 = −2𝑥 𝑦 = −2𝑥 + 3  Persamaan garis yang melalui titik (0,3) dan (5,3) 𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 = 𝑦2 − 𝑦`1 𝑥2 − 𝑥`1 𝑦−3 𝑥−0 = 3−3 5−0 5𝑦 = 15 𝑦=3  Persamaan garis yang melalui titik (1,1) dan (5,3) 𝑦 − 𝑦1 𝑥 − 𝑥1 = 𝑦2 − 𝑦`1 𝑥2 − 𝑥`1 𝑦−1 3−1

𝑥−1

= 5−1

4𝑦 − 4 = 2𝑥 − 2 1 1 𝑦= 𝑥+ 2 2 Berikut ini adalah gamba𝑟 segitiga yang dimaksud


Page 5

Ada dua cara untuk mendeskripsikan daerah yang diarsir. 

Cara

I

Jika kita menggunakan fungsi x, maka daerah D akan dibagi menjadi dua daerah karena fungsi

yang

berada

di

bawah

berbeda

bergantung pada nilai x. Pada kasus ini, daerah D diberikan sebagai 𝐷 = 𝐷1 ∪ 𝐷2 , dimana 𝐷1 = {(𝑥, 𝑦)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1 , −2𝑥 + 3 ≤ 𝑦 ≤ 3} 1 1 𝐷2 = {(𝑥, 𝑦)|1 ≤ 𝑥 ≤ 5 , 𝑥 + ≤ 𝑦 ≤ 3} 2 2 Dengan menggunakan sifat (6), maka ∬ 6𝑥 2 − 40𝑦 𝑑𝐴 = ∬ 6𝑥 2 − 40𝑦 𝑑𝐴 + ∬ 6𝑥 2 − 40𝑦 𝑑𝐴 𝐷

𝐷1

𝐷2

1 3 5 3 =∫ ∫ 6𝑥2 − 40𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 + ∫ ∫1 1 6𝑥2 − 40𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 0 −2𝑥+3 1 𝑥+ 2 2

1

5

= ∫ (6𝑥 2 𝑦 − 20𝑦 2 )|3−2𝑥+3 𝑑𝑥 + ∫ (6𝑥 2 𝑦 − 20𝑦 2 )|31 0

1

2

1 𝑥+ 2

𝑑𝑥

1 5 1 1 2 = ∫ [12𝑥 3 − 180 + 20(−2𝑥 + 3)2 ]𝑑𝑥 + ∫ [−3𝑥 3 + 15𝑥 2 − 180 + 20 ( 𝑥 + ) ] 𝑑𝑥 2 2 0 1

= [3𝑥 4 − 180𝑥 − =−

10 3 40 1 1 3 5 1 (−2𝑥 + 3)3 ] + [− 𝑥 4 + 5𝑥 3 − 180𝑥 + ( 𝑥+ ) ] 0 1 3 4 3 2 2

935 3

Perhatikan bahwa menyelesaikan integral pada fungsi berbentuk kuadrat tidak perlu dikalikan satu persatu. Lebih mudah diintegralkan dengan integral subsitusi yang telah dipelajari di Calculus I.


Page 6



Cara II Jika kita menggunakan fungsi y, maka daerah D tidak perlu dibagi menjadi dua bagian. Batas-batas untuk x adalah 𝑦 = −2𝑥 + 3

1 3 →𝑥=− 𝑦+ 2 2

1 1 𝑦 = 𝑥 + → 𝑥 = 2𝑦 − 1 2 2

1 3 𝐷 = {(𝑥, 𝑦)| − 𝑦 + ≤ 𝑥 ≤ 2𝑦 − 1 , 1 ≤ 𝑦 ≤ 3 } 2 2 Sehingga 3

2𝑦−1

∬ 6𝑥 2 − 40𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 1

𝐷

1 3 − 𝑦+ 2 2

(6𝑥 2 − 40𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦

2𝑦 − 1 3 3 𝑑𝑦 = ∫ 2𝑥 3 − 40𝑥𝑦 | 1 − 𝑦+ 1 2 2 3 1 3 3 = ∫ 100𝑦 − 100𝑦 2 + 2(2𝑦 − 1)3 − 2 (− 𝑦 + ) dy 2 2 1

100 3 1 1 3 4 3 4 = [50y − y + (2y − 1) + (− y + ) ] 1 3 4 2 2 2

=−

935 3

3. Hitunglah nilai integral berikut dengan membalikkan urutan dari integralnya. ! 3

9

3

∫ ∫ 𝑥 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 0

𝑥2

Penyelesaian: Perhatikan bahwa kita tidak bisa melakukan integral terhdap 𝑦 karena kita membutuhkan 𝑦 2 di depan eksponensial untuk melakukan integral terhadap 𝑦. Akan tetapi, jika urutan integral dibalik, maka kita bisa menghitung nilai integral di atas.


Page 7

Membalik urutan integral artinya kita akan melakukan integral terhadap 𝑥 terlebih dahulu kemudian terhadap 𝑦. Ketika membalik urutan integral, maka batas-batsanya juga akan berubah. Agar memudahkan mencari batas-batasnya, maka pertama-tama kita gambarkan daerah yang diberikan berdasarkan batas-batas yang telah diketahui. Berdasarkan integral di atas, batas-batas daerahnya adalah 0≤𝑥≤3 𝑥2 ≤ 𝑦 ≤ 9 Berdasarkan pertidaksamaan di atas, batas bawah pada sumbu y adalah 𝑦 = 𝑥^2 dan batas atas pada sumbu y adalah 𝑦 = 9 dengan batas pada sumbu 𝑥 yaitu antara 𝑥 = 0 dan 𝑥 = 3. Berikut ini adalah gambar daerah yang dimaksud

Karena kita ingin mengintegralkan terhadap 𝑥 terlebih dahulu,maka kita perlu menentukan batas-batas untuk 𝑥 terlebih dahulu, kemudian batas-batas untuk 𝑦 . Batas pada sumbu 𝑥 adalah 0 ≤ 𝑥 ≤ √𝑦 Batas pada sumbu 𝑦 adalah 0 ≤ 𝑦 ≤ 9 Sehingga bentuk integralnya sekarang adalah sebagai berikut 3

9

9

√𝑦

∫ ∫ 𝑥 3 𝑒 𝑦 3 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ ∫ 𝑥 3 𝑒 𝑦 3 𝑑𝑥𝑑𝑦 0

𝑥2

0


0

Page 8

Berikut adalah penyelesaian untuk bentuk integral yang baru 9

𝑦

9

𝑦

3 3 √ √ ∫0 ∫0 𝑥 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫0 𝑒 𝑦 ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥𝑑𝑦 9

√𝑦

= ∫ 𝑒 𝑦 3 ∫ 𝑥 3 𝑑𝑥𝑑𝑦 0

(karena di integralkan terhadap 𝑥, maka 𝑦 dianggap konstanta, sehingga berlaku sifat linear integral

0

9

1 = ∫ 𝑒 𝑦 3 [ 𝑥 4 ] √𝑦 𝑑𝑦 4 0 0 9 3 1 = ∫ 𝑒 𝑦 [ 𝑥 4 ] √𝑦 𝑑𝑦 4 0 0 9

=∫ 0

1 2 𝑦3 𝑦 𝑒 𝑑𝑦 4

1 9 = 𝑒𝑦3 | 0 4 1 = (𝑒 729 − 1) 4

C.

Menerapkan Sifat-Sifat Integral untuk Menyelesaikan Soal Integral pada Daerah Persegi Panjang dan Bukan Persegi Panjang

Contoh Soal! 

Daerah Persegi Panjang 1. Tentukan Volume benda pejal di bawah bidang 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 + 1 pada 𝑅 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 1 ≤ 𝑦 ≤ 3 Penyelesaian: 3 1 3 1 1 ∫ ∫ (𝑥 + 𝑦 + 1) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ [ 𝑥 2 + 𝑦𝑥 + 𝑥] 𝑑𝑦 0 1 0 1 2 3 1 = ∫ ( + 𝑦 + 1) 𝑑𝑦 1 2

1 1 3 = [ 𝑦 + 𝑦 2 + 𝑦] 1 2 2 3 9 1 1 = ( + + 3) − ( + + 1) 2 2 2 2 =7


Page 9

daerah 𝑧 = 𝑥 + 𝑦 + 1 pada 𝑅 = {(𝑥, 𝑦): 0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 1 ≤ 𝑦 ≤ 3

2. Carilah Volume benda pejal yang berada di atas fungsi g(x,y) dan berada di bawah fungsi f(x,y) dengan batas-batas x dan y sebagai berikut. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 9 − 𝑥 2 − 𝑦 2

𝑔(𝑥, 𝑦) = −4 −2,5 ≤ 𝑥 ≤ 2,5

− 0,5 ≤ 𝑦 ≤ 2,5

Penyelesaian: 2,5

2,5

Volume = ∫

∫

[9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 − (−4)]𝑑𝑦𝑑𝑥

−2,5 −0,5 2,5

1 2,5 𝑑𝑥 [13𝑦 − 𝑥 2 𝑦 − 𝑦 3 ] −0,5 3 −2,5

=∫

2,5

=∫

{[

−2,5 2,5

=∫

[

−2,5

655 155 − 2,5𝑥 2 ] − [− + 0,5𝑥 2 ]} 𝑑𝑥 24 24

135 − 3𝑥 2 ] 𝑑𝑥 4

135 2,5 𝑥 − 𝑥3] −2,5 4 275 275 = + 4 4 =[

= 137,5 satuan volume


Page 10



Daerah bukan Persegi Panjang 1.

Carilah volume benda yang dibatasi oleh persamaan bola 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 6 dan Paraboloida 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 Penyelesaian: Bentuk daerahnya adalah sebagai berikut

Gambar di atas adalah daerah yang dimaksud yakni irisan antara bola dan paraboloida. Subsitusi

𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2

ke

persamaan

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 6

sehingga diperoleh


Page 11

𝑥 2 + 𝑦 2 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 = 6 𝑥 2 + 𝑦 2 + (𝑥 2 + 𝑦 2 )2 − 6 = 0 (𝑥 2 + 𝑦 2 − 2)(𝑥 2 + 𝑦 2 + 3) = 0 Untuk (𝑥 2 + 𝑦 2 − 2) = 0 maka 𝑦 = ±√2 − 𝑥 2 untuk (𝑥 2 + 𝑦 2 + 3) = 0 tidak ada solusi Batas-batas untuk y adalah −√2 − 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ √2 − 𝑥 2 sedangkan untuk x adalah −√2 ≤ 𝑥 ≤ √2 Sehingga dengan menggunakan maple, volume benda yang diperoleh adalah diperoleh √2

∫

√2−𝑥 2

∫

−√2 −√2−𝑥 2

√6 − 𝑥 2 − 𝑦 2 − (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 4√6 𝜋 −

22 𝜋 = 7,74 3

Perhitungan dengan Maple

Menggambar plot


Page 12

D.

Menerapkan Sifat-Sifat Integral untuk Menyelesaikan Soal Integral dalam Koordinat Polar

Soal Dan Pembahasan 1. Hitunglah nilai integral berikut dengan mengubahnya ke dalam koordinat polar terlebih dahulu. ∬ 2𝑥𝑦 𝑑𝐴 𝐷

D adalah daerah di antara lingkaran dnegan jari-jari 2 dan jari-jari 5 . lingkaranlingkaran tersebut berpusat pada titik asal. Daerahnya berada pada kuadran I.

Penyelesaian: Pertama-tama kita harus mengubah daerah D dalam koordinat polar. Lingkaran dengan jari-jari 2 berarti 𝑟 = 2 , dan lingkaran dengan jari-jari 5 berarti 𝑟 = 5 . Karena daerah yang dimaksud berada di antara jari-jari tersebut, maka dapat dituliskan 2 ≤ 𝑟 ≤ 5 Sedangkan daerah yang dimaksud berada pada kuadran I, sehingga dapat dituliskan 0 ≤ 𝜃 ≤

𝜋 2

Diketahui bahwa dalam koordinat polar, 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 dan 𝑦 = 𝑟 sin 𝜃, 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑 𝜃

Sehingga, 𝜋 2

5

∬ 2𝑥𝑦 𝑑𝐴 = ∫ ∫ 2( 𝑟 cos 𝜃)( 𝑟 sin 𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑 𝜃 𝐷

0

𝜋 2

2

5

= ∫ ∫ 𝑟 3 (sin 2𝜃) 𝑑𝑟𝑑 𝜃 0 2 𝜋 2 1

5 = ∫ [ 𝑟 4 (sin 2𝜃)] 𝑑 𝜃 2 4 0 𝜋 1 5 = 4 ∫02 [𝑟 4 (sin 2𝜃)] 𝑑 𝜃 2

=

𝜋

609 2 ∫ (sin 2𝜃) 𝑑 4 0

𝜃


(menggunakan sifat kelinearan integral) (menggunakan sifat kelinearan integral)

Page 13

𝜋 609 1 =− ( ) cos 2𝜃 |2 4 2 0 =

609 4

2. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh 𝑟 = 3 + 2 sin 𝜃 dan 𝑟 = 2 Penyelesaian: Daerah yang dimaksud adalah sebagai berikut.

Untuk mengetahui luas daerah di atas, maka terlebih dahulu perlu diketahui batas-batas untuk nilai 𝜃 dimana kurva saling berpotongan. Untuk mengetahui nilai 𝜃 bisa dilakukan dengan cara sebagai berikut. Diketahui 𝑟 = 3 + 2 sin 𝜃 dan 𝑟 = 2 Dapat dituliskan 3 + 2 sin 𝜃 = 2 sin 𝜃 = −

1 7𝜋 11𝜋 𝑚𝑎𝑘𝑎 𝜃 = , 2 6 6


Page 14

Berikut ini adalah gambar daerah 𝜃

𝜋 6

Kita tahu bahwa − adalah bentuk lain dari Jika kita gunakan

7𝜋 6

≤𝜃≤

11𝜋 6

11𝜋 6

maka kita akan menghitung daerah yang tidak di 𝜋 6

arsir. Oleh karena itu batas yang digunakan adalah − ≤ 𝜃 ≤

7𝜋 6

Untuk menentukan nilai 𝑟, fungsi yang terdekat dengan titik asal merupakan batas bawah, dan fungsi yang terjauh merupakan batas atas.

Sehingga luas daerah D adalah 𝐴 = ∬ 𝑑𝐴 𝐷 7𝜋 6

=∫

−

𝜋 6

3+2 sin 𝜃

∫

7𝜋 6 1

=∫

−

𝜋 6

7𝜋 6

=∫

𝜋 − 6 7𝜋 6

=∫

−

𝜋 6

𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

2

2

2

𝑟 |

3+2 sin 𝜃 2

𝑑𝜃

5 ( + 6 𝑠𝑖𝑛𝜃 + 2 sin2 𝜃 ) 𝑑𝜃 2 7 ( + 6 𝑠𝑖𝑛𝜃 − cos(2𝜃)) 𝑑𝜃 2


Page 15

7𝜋

6 7 1 = 𝜃 − 6 cos 𝜃 − sin 2𝜃| 𝜋 2 2 − 6

=

11√3 14𝜋 + 2 3

= 24,187 3. Tentukan volume benda yang berada di bawah bola 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 9, di atas bidang 𝑧 = 0, dan berada pada silinder 𝑥 2 + 𝑦 2 = 5 Penyelesaian: Kita tahu bahwa rumus untuk menentukan volume adalah 𝑉 = ∬ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 𝐷

Ubah fungsi 𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 = 9 ke bentuk 𝑧 = √9 − 𝑥 2 + 𝑦 2 . Kita mengambil nilai yang positif karena kita akan menghitung di atas bidang 𝑥𝑦 (𝑧 = 0) Kini kita mempunyai dua fungsi yaitu 𝑧 = 0 dan 𝑧 = √9 − 𝑥 2 + 𝑦 2 Kita ingin menghitung daerah yang berada di bawah bola tetapi berada pada silinder 𝑥 2 + 𝑦 2 = 5. Untuk lebih jelasnya perhatikan gambar berikut.

Jadi, daerah yang akan dicari volumenya adalah sebuah cilinder yang penutupnya merupakan sebuah bola.


Page 16

Sebelumnya kita ubah terlebih dahulu batas-batasnya dalam koordinat polar. 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋 0 ≤ 𝑟 ≤ √5 (jari-jari silinder)

Sehingga volume daerah yang dimaksud adalah 𝑉 = ∬ √9 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝐴 𝐷 2𝜋

√5

=∫

∫

0

0

2𝜋

=∫ 0

√9 − 𝑟 2 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃

(𝑟 2 = 𝑥 2 + 𝑦 2 )

3 √5 1 2 − (9 − 𝑟 )2 | 𝑑𝜃 3 0

3 √5 1 2𝜋 = − ∫ (9 − 𝑟 2 )2 | 𝑑𝜃 3 0 0 2𝜋

=∫ 0

=

19 𝑑𝜃 3

38𝜋 3

4. Hitunglah volume benda yang berada di antara fungsi 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 dan bidang 𝑧 = 16. Penyelesaian: Jika disketsakan maka gambar grafiknya sebagai berikut.


Page 17

Volume yang dicari adalah daerah selisih antara kedua kurva tersebut, yakni 𝑉 = ∬ 16 𝑑𝐴 − ∬ 𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝐴 = ∬ 16 − (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝐴 𝐷

𝐷

𝐷

Agar memudahkan dalam mencari nilai volume, fungsi di atas di ubah dalam koordinat polar. Demikian pula batas-batas daerahnya. Berikut ini adalah batas-batas daerahnya 0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋

0≤𝑟≤4

𝑧 = 16 − 𝑟 2

Sehingga, 𝑉 = ∬ 16 − (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝐴 𝐷 2𝜋 4

= ∫ ∫(16 − 𝑟 2 ) 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 0 0 2𝜋

4 1 = ∫ (8𝑟 2 − 𝑟 4 )| 𝑑𝜃 4 0 0 2𝜋

= ∫ 64 𝑑𝜃 0

= 128𝜋


Page 18

DAFTAR PUSTAKA

Purcell,dkk.2011.Kalkulus Edisi Kesembilan Jilid 2. Jakarta: Erlangga Budi Wono Setya.2001.Kalkulus Peubah Banyak dan Penggunannya.Bandung:ITB. http://www.math24.net/definition-and-properties-of-double-integrals.html (di akses 24 Desember 2014) http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/CalcIII/DIGeneralRegion.aspx (di akses 24 Desember 2014) http://ltcconline.net/greenl/courses/202/multipleintegration/Volume.htm (di akses 29 Desember 2014) http://www2.seminolestate.edu/lvosbury/CalculusIII_Folder/ExamplesForExam4.ht m (di akses 5 Januari 2015) http://tutorial.math.lamar.edu/Classes/CalcIII/DIPolarCoords.aspx (di akses 5 Januari 2015)


Page 19

SIFAT-SIFAT INTEGRAL LIPAT

Recommend Documents