Program Perkuliahan Dasar Umum Sekolah Tinggi Teknolo eknologi gi Telkom
Integral Lipat Dua
[MA1124] KALKULUS II
Integral Lipat Dua Misalkan z = f(x,y) terdefinisi terdefinisi pada R merupakan merupakan suatu persegi panjang tertutup, yaitu : R = {(x {( x , y ) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} z Z=f(x,y)
c
d y
a
b x
1. Bentuk partisi [a,b] dan [c,d] menjadi n bagian. 2. Pilih ( x k , yk ) pada setiap sub interval pada [xi, xi-1] dan [yi, yi-1] . . n n ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak i = 1 i =1
∆yk
∆xk
( x k , yk )
R
4. Jika n ∞ (|P| 0) diperoleh limit jumlah Riemann. n n lim ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak n →∞
i = 1 i =1
Jika limit ada, maka z = f(x,y) terintegralkan Riemann pada R, ditulis n n ∫∫ f (x , y )dA = lim ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak 2/11/2010
R
[MA 1124] KALKULUS II
n →∞
i = 1 i =1
2
Integral Lipat Dua Misalkan z = f(x,y) terdefinisi terdefinisi pada R merupakan merupakan suatu persegi panjang tertutup, yaitu : R = {(x {( x , y ) : a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} z Z=f(x,y)
c
d y
a
b x
1. Bentuk partisi [a,b] dan [c,d] menjadi n bagian. 2. Pilih ( x k , yk ) pada setiap sub interval pada [xi, xi-1] dan [yi, yi-1] . . n n ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak i = 1 i =1
∆yk
∆xk
( x k , yk )
R
4. Jika n ∞ (|P| 0) diperoleh limit jumlah Riemann. n n lim ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak n →∞
i = 1 i =1
Jika limit ada, maka z = f(x,y) terintegralkan Riemann pada R, ditulis n n ∫∫ f (x , y )dA = lim ∑ ∑ f (x k , y k )∆Ak 2/11/2010
R
[MA 1124] KALKULUS II
n →∞
i = 1 i =1
2
Integral Lipat Dua Definisi integral lipat dua : Misalkan f suatu fungsi dua peubah yang terdefinisi pada suatu persegi panjang tertutup R. n
Jika
lim
P
→0
∑ f ( x , y ) k
ada, kita katakan f f dapat dapat
k ∆Ak
k =1
f ( x, y)dA =
diintegralkan pada R. Lebih lanjut R
f ( x , y)dxdy R
yang disebut integral lipat dua f pada R diberikan oleh :
∫∫ f ( x, y)dA atau
n
=
lim
P
→0
R
k
k ∆Ak
k =1 n
∫∫ f (x, y)dx dy = lim ∑ f (x P →0
R
2/11/2010
∑ f ( x , y )
, y k )∆x k ∆y k
k
k =1
[MA 1124] KALKULUS II
3
Arti Geometri Integral Lipat Dua Jika z = f(x,y) kontinu, f(x,y) ≥ 0 pada persegpanjang R, maka
∫∫ f (x , y )dA
menyatakan volume benda padat yang
R
terletak di bawah permukaan permukaan z = f(x,y) dan di atas R.
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
4
Menghitung Integral Lipat Dua Jika f(x,y) ≥ 0 pada R, maka volume dapat dihitung dengan metode irisan sejajar, yaitu: (i) Sejajar bidang XOZ z
z
z= f(x,y)
A(y) A(y)
c a
d a
y
b
x
b
A(y )
b
=
∫ f (x , y ) dx a
x
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
5
Menghitung Integral Lipat Dua (Lanjutan)
∫∫ f (x , y ) d A = R
b ( ) ( , ) ∫ c A y dy = ∫c ∫ a f x y dx dy = d
d
d b
∫ ∫ f (x , y ) dx dy c a
Maka d b
∫∫ f (x , y ) dA = ∫ ∫ f (x , y ) dx dy R
2/11/2010
c a
[MA 1124] KALKULUS II
6
Menghitung Integral Lipat Dua (lanjutan) (ii) Sejajar bidang YOZ z
z
z= f(x,y)
A(x) A(x) c a
c
y
d
y
d
A(x )
b
=
∫ f (x , y ) dy c
x
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
7
Menghitung Integral Lipat Dua (Lanjutan)
∫∫ f (x , y ) d A = R
d ( ) ( , ) ∫ a A x dx = ∫a ∫ c f x y dy dx = b
b
b d
∫ ∫ f (x , y ) dy dx a c
Maka b d
∫∫ f (x , y ) dA = ∫ ∫ f (x , y ) dx dy R
2/11/2010
a c
[MA 1124] KALKULUS II
8
Contoh 1. Hitung integral lipat dua berikut ini :
∫∫ (x
2
+
2y 2 ) dA
R
dimana
R = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 6, 0 ≤ y ≤ 4}
Jawab:
∫∫ (x
2
+
2y 2 ) dA
6 4
=
0 0
R
2
2 3 dx x y y + ∫ 0 3 0 6 2 128 = 4 x + dx ∫ 0 3
=
y 4 R 6
2/11/2010
2 2 ( x + 2y ) dy dx ∫ ∫
x
=
4 3 x 3
6
+
128 x = 288 + 256 3 0
[MA 1124] KALKULUS II
=
544
9
Contoh Atau, 2 2 ( x + 2y ) dA ∫∫
4 6
=
2 2 ( )dx dy x 2 y + ∫ ∫ 0 0 4
R
=
1 3 ∫ 0 3 x
6
+
2
2 xy
dy
0
4
=
2 ( 72 + 12y ) dy ∫ 0
=
4 3
72 x + 4 x
=
288 + 256
=
544
0
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
10
Contoh 2. Hitung integral lipat dua berikut ini :
∫∫ sin(x + y )dA R
dimana
R = {(x,y) | 0 ≤ x ≤π/2, 0 ≤ y ≤ π/2}
Jawab:
π
∫∫ sin(x + y ) dA
=
R
π/2
2/11/2010
x
0
∫ − cos(x + y )
dx 0 0 6 π = ∫ − cos + y + cos(y ) dx 2 0 π / 2 π / 2 π = sin y − sin + y 0 2 0 π π = sin − sin(π ) + sin = 2 2 2 =
π/2
∫ ∫ sin(x + y ) dy dx 0
R
y
/ 2 π / 2
[MA 1124] KALKULUS II
11
Latihan 1. Hitung 1 2
1 1
a.
∫ ∫
2
xy e x
2
+ y
dy dx
b.
∫ 0
2.
∫ ∫ x
y
2
0 0
0 0 2
c .
+1
dy dx
1
2 ( ) xy ∫ dy dx −1
∫∫ f (x , y ) dx dy
untuk fungsi
R
a. f (x,y )= (x + 2y )2 dengan R = [-1, 2] x [0, 2] b. f (x,y )= x 2 + y 2 dengan R = [0, 1] x [0, 1] c. f (x,y )= y 3 cos2x dengan R = [-π/2, π] x [1, 2]
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
12
Sifat Integral Lipat Dua Misalkan f(x,y) dan g(x,y) terdefinisi di persegipanjang R 1.
∫∫ k f (x , y ) dA = k ∫∫ f (x , y ) dA R
2.
R
∫∫ ( f (x , y ) + g(x , y )) dA = ∫∫ f (x , y ) dA + ∫∫ g(x , y ) dA R
R
R
3. Jika R = R1 + R2 , maka
∫∫ f (x , y ) dA = ∫∫ f (x , y ) dA + ∫∫ f (x , y ) dA R
R1
R2
4. Jika f (x,y ) ≤ g(x,y ), maka
∫∫ f (x , y ) dA ≤ ∫∫ g(x , y ) dA R
2/11/2010
R
[MA 1124] KALKULUS II
13
Integral Lipat Dua atas Daerah Sembarang Ada dua tipe Tipe I D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b , p(x) ≤ y ≤ q(x) } Tipe II = x,y r y ≤x≤s y , c≤y≤
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
14
Tipe I Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :
y q(x)
D
x
b q( x)
p(x)
, D
a
y
b
,
= a p( x)
x
D={(x,y)| a≤x≤b, p(x)≤y≤q(x)}
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
15
Tipe II Integral lipat dua pada daerah D dapat dihitung sebagai berikut :
d
D
x
d s( y)
c
,
s y
r (y )
x
D
=
, c r ( y)
y D={(x,y)|r(y)≤x≤s(y), c≤y≤d}
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
16
Aturan Integrasi
Urutan pengintegralan dalam integral lipat dua tergantung dari bentuk D (daerah integrasi). Dalam perhitungannya, kadangkala kita perlu merubah urutan pengintegralan. Hal ini dapat disebabkan dengan perubahan urutan pengintegralan akan memudahkan dalam roses inte rasin a. Oleh karena itu, langkah pertama kita harus dapat menggambarkan daerah integrasi, integrasi selanjutnya kita dapat merubah urutan integrasi dengan mengacu pada sketsa daerah integrasi yang sama.
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
17
Contoh 1. Hitung
∫∫ (2y e )dA ,R dibatasi x= y2, y =1, sumbu y x
R
R = {(x,y)| 0 ≤x≤ y2, 0 ≤ y ≤ 1}
y x = y2
1
x ∫∫ (2y e ) dA
2 1 y
=
x
x ( ) dx dy y e 2 ∫ ∫ 1
=
1
x
∫ 2y e 0 1
=
∫ (
x
y 2 0 2
2y e y
dy
)dy
−1
0
=
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
(e
y 2
−
y 2
)
1
=
e
−1−1 =
e
−
2
0
18
Contoh Atau dibalik urutan pengintegralannya, yaitu: R = {(x,y)| 0 ≤x≤ 1, √x ≤ y ≤ 1} 1 1
y x = y2
1
x ( ) dA y e 2 ∫∫
=
x ( ) dy dx y e 2 ∫ ∫ 0
R
x
1
1
e x y 2
=
dx
0 1
=
y
1
x
−
xe x dy
0
x =
=
2/11/2010
∫ e
(e x − xe x + e x ) 2e
[MA 1124] KALKULUS II
−
e
−
(1 + 1)
1 0
=
e
−
2
19
Contoh 4 2
2.
∫ ∫ e 0
y 2
dy dx
x 2
Jawab: Daerah integrasinya R = {(x,y)| 0 ≤x≤ 4, x/2 ≤ y ≤ 2} Diubah urutan pengintegralannya, yaitu: y R = {(x,y)| 0 ≤x≤ 2y, 0 ≤ y ≤ 2} Sehingga yx=2y = x/2 4 2
2 x
∫ ∫ e
R
0
4 y
2 2 y
2
y
dy dx
=
0 0 2
x 2
=
x
∫ ∫ e
[MA 1124] KALKULUS II
2 y
∫ e x 0 dy ∫ 2y e 0
=
dx dy
y 2
0 2
=
2/11/2010
y 2
e
y 2
y 2
2
= 0
dy e4
−1 20
Latihan 3 3y
∫ ∫ x e
1.
1 2
dx dy
3.
0
2/11/2010
0
2
+1
1 1
dy dx
5.
∫ ∫ sin(x + y) dx dy π
2
8.
2
dy dx
4 1
2 2
4.
∫ ∫ e
−y
0 x
π π
4− x 2
∫ ∫ (x + y) dy dx
∫ ∫ x
y
0 0
−y
∫ ∫ y cos x dy dx 2
7.
y
sin x
π
2.
1 2
3
6.
∫ ∫ e
x
3
dx dy
cos x y sin x dy dx
∫ ∫ 0
0
[MA 1124] KALKULUS II
21
Integral lipat dalam koordinat kutub/polar Hitung
∫∫ e
x 2 + y2
dA , D={(x,y)|x2+y2≤4}
D
Dalam sistem koordinat kartesius, integral ini sulit untuk diselesaikan. Sistem Koordinat Kutub Hubungan Kartesius – Kutub x = r cos θ x2+y2=r2 y = r sin θ r = x 2 + y2 θ = tan-1(y/x)
y
P(r,θ) r
θ
θ=0 x
2/11/2010
(sumbu kutub)
[MA 1124] KALKULUS II
22
Transformasi kartesius ke kutub Misalkan z = f(x,y) terdefinisi pada persegipanjang kutub D D={(r, θ)| a ≤ r ≤ b, α ≤ θ ≤ β}
∫∫ f (x , y ) dA = ? D
∆A r=b
∆Ak r=a
∆θ
D θ=α
rk rk-1
Pandang satu partisi persegi panjang kutub ∆A Luas juring lingkaran dengan sudut pusat θ adalah ½θr2
∆Ak = ½ rk2 ∆ θ- ½ rk-12 ∆θ = ½ (rk2 - rk-12) ∆θ
= ½ (rk + rk-1) (rk - rk-1)∆θ = r ∆r ∆θ
Sumbu Kutub
Jika |P| 0, maka dA = r dr dθ (|P| panjang diagonal ∆Ak) 2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
23
Transformasi kartesius ke kutub Sehingga
∫∫ f (x , y ) dA = ∫∫ f (r cos θ , r sin θ ) r dr d θ Dk
Dp
Contoh: 1. Hitung
∫∫ e
x 2 + y2
dA , D={(x,y)|x2+y2≤4}
D
2. Hitung
di kuadran I di dalam ∫∫ y dA , D adalah daerah 2 2 2 2 D
2/11/2010
lingkaran x +y =4 dan di luar x +y =1
[MA 1124] KALKULUS II
24
Contoh 1.
x e ∫∫
2
2 + y
dA dengan D = {(x,y)| x2+y2≤ 4}
D
Jawab. D adalah daerah di dalam lingkaran dengan pusat (0,0) jari-jari 2. D = {(r,θ)| 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ 2π} y 2 Sehingga
∫∫ e
x 2 + y 2
2π 2
dA
=
D
∫
r e ∫ r dr d θ 2
0 0 2π
=
1 r ∫ 0 2 e 0 d θ 2 1 4 1 e − ∫ d θ 2 0 2 2
D θ θ
r 2
x
2
π
=
2/11/2010
= π e
4
−1
[MA 1124] KALKULUS II
25
Contoh 2.
∫∫ y dA D
dengan D adalah persegipanjang kutub di kuadran I di dalam lingkaran x 2+y2=4 di luar x2+y2=1
D = {(r,θ)| 1 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ π/2} Sehingga
∫∫ r dA
=
D
∫
∫ r sin θ r dr d θ
0
1
π / 2
=
∫ 0
1 3 2 r sin θ d θ 3 1
y
D θ r θ 1 2
x
π / 2
1 (8 − 1) sin θ d θ = 3 0 π / 2 7 7 = − cos θ = 0 3 3
∫
(
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
)
26
Latihan 1 − x 2
1
1. Hitung
∫ ∫ 0
−
y 2 dy dx
0 1
2. Hitung
4 − x 2
1 − y 2
∫ ∫ sin( x
2
0
+
y 2 ) dx dy
0
. paraboloid z = x 2+y 2 dan di dalam tabung x 2 + y 2 = 9 dengan menggunakan koordinat kutub.
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
27
D daerah sembarang/umum D={(r, θ)| φ1(θ) ≤ r ≤ φ2(θ), α ≤ θ ≤ β} D={(r, θ)| a ≤ r ≤ b, ψ 1(r) ≤ θ ≤ ψ 2(r)}
1. 2.
θ= r=φ2(θ)
r=φ1(θ)
r=b
D
D θ=α
r=a
θ=ψ 1(r)
Sumbu Kutub
Sumbu Kutub
2/11/2010
r
[MA 1124] KALKULUS II
28
Tuliskan daerah integrasi dalam koordinat polar Terlihat bahwa D adalah lingkaran dengan pusat di (1,0) dan berjari-jari 1
1
D 1
2
Jadi, (x – 1)2 + y 2 = 1 x 2 – 2x + 1 + y 2 = 1 x 2 + y 2 = 2x r = 2r cos θ r 2 – 2r cos θ =0 r (r – 2 cos θ )=0 r = 0 atau r = 2 cos Untuk batas Sehingga,
θ (dari
gambar)
D={(r, θ)| 0 ≤ r ≤ 2 cos 2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
θ
π /2
θ =–
θ ,–
θ =
π/2
π /2 ≤ θ ≤ π/2} 29
Tuliskan daerah integrasi dalam koordinat polar y
θ=π/4
x = 1 y = 0
D 1
2
x
x = 2 2 y = 2 x − x
x 2 + y 2 – 2x = 0 (x – 1)2 + y 2 = 1
y 2 = 2x – x 2
,
,
Untuk batas r dihitung mulai x = 1 r cos θ = 1 hingga r = 2 cos θ Untuk batas
θ (dari
r = sec
gambar)
θ
θ =0 θ =
π/4
Sehingga koordinat polarnya adalah D={(r , θ )| sec 2/11/2010
θ
≤ r ≤ 2 cos
[MA 1124] KALKULUS II
θ ,0
≤
θ
≤ π/4} 30
Tuliskan daerah integrasi dalam koordinat polar 2
Terlihat bahwa D adalah lingkaran dengan pusat di (0,1) dan berjari-jari 1
1
Jadi, x 2 + (y – 1)2 = 1 x 2 + y 2 – 2y + 1 = 1 x 2 + y 2 = 2y
1
r = 2r sin θ r 2 – 2r sin θ =0 r (r – 2 sin θ )=0 r = 0 atau r = 2 sin Untuk batas Sehingga,
θ (dari
gambar)
D={(r, θ)| 0 ≤ r ≤ 2 sin 2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
θ
θ =0 θ =
θ ,0
≤
θ
π
≤ π} 31
Tuliskan daerah integrasi dalam koordinat polar 1
D 1
x = 0 y = 0
x = 1 y = x
Untuk batas r x = 1
r cos
θ =
1
r = sec
θ
Sehingga koordinat polarnya adalah D={(r, θ )| 0 ≤ r ≤ sec
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
θ ,0
≤
θ
≤ π /4}
32
Contoh 2 x −x 2
2
1. Hitung
∫ ∫ 1
1 x
0
2
+
y
2
dydx
Jawab: Dari soal terlihat batas untuk x dan y : x=1 y=0
x=2 2 y = 2 x − x
y2 = 2x – x2
x2 + y2 – 2x = 0 (x – 1)2 + y2 = 1
ini merupakan lingkaran dengan pusat (1,0), jari-jari 1 y Koordinat polarnya adalah θ=π/4 D={(r, θ)| sec θ ≤ r ≤ 2 cos θ ,0 ≤ θ ≤ π/4} D 1 2/11/2010
2
x [MA 1124] KALKULUS II
33
Contoh (Lanjutan) Sehingga, 2
2 x − x 2
∫ ∫ 1
0
π / 4
1
x 2
+
y 2
dy dx
=
∫
2 cos θ
1 . r dr d θ r sec θ
∫
0 π / 4
=
∫ (r
π / 4
2 cos θ sec
θ
) d θ ∫ (2 cos =
θ −
sec θ ) d θ
0
=
π / 4
(2 sin θ − ln sec θ + tanθ ) 0
π π π = 2 sin − ln sec + tan − (2 sin(0) − ln sec(0) + tan(0) ) 4 4 4 1 2 − ln 2 + 1 + ln(1) = 2 − ln 2 + 1 = 2. 2
2/11/2010
[MA 1124] KALKULUS II
34
