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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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.
Universitas Negeri Makassar
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.
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
(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
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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.
Universitas Negeri Makassar
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.
Universitas Negeri Makassar
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
Universitas Negeri Makassar
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)
Universitas Negeri Makassar
Page 19
