Bab I - Matekim I

BAB I INTEGRAL LIPAT DUA DAN TIGA I.1 INTEGRAL LIPAT DUA b

Integral tertentu

 f ( x)dx

ditentukan terhadap f (x ) dalam interval a  x  b . Integral

a

lipat dua

 R

f ( x, y ) dydx didefinisikan terhadap fungsi f ( x, y ) dalam daerah tertutup R dari

bidang xy. Selanjutnya perlu untuk menganggap R terbatas.

z y

y x x

 R

n

f ( x, y )dxdy  lim  f ( xi , yi ) i A i 1

setiap suku f ( xi , yi )  i A merupakan volume dari parallel epipedum tegak dengan dasar  i A dan tinggi f ( xi , yi ) . Untuk menghitung integral lipat dua dalam daerah seperti itu digunakan integral iterasi. y2  x 



 f  x , y  dy  dx    X 1  y1  x 

X2



untuk setiap nilai tertentu dari x, integral yang didalam adalah integral tertentu terhadap y dari fungsi kontinue f  x, y  . Integral ini dapat dianggap sebagai luas dari penampang tegak lurus sumbu x. Jika luas ini dinyatakan dengan A(x) maka integral iterasi diberikan sebagai berikut, x2

 A( x)dx

x1

1

n

Jika integral ini dianggap sebagai limit dari jumlah suku-suku:

 A  x   x untuk i

i 1

i

n=tak

berhingga, maka secara geometris jelas bahwa integral tersebut menunjukkan volume. TEOREMA: Jika f  x, y  kontinue dalam kawasan tertutup R yang dilukiskan oleh Pertidaksamaan: y1  x   y  y2  x  untuk x1  x  x2 maka:  x

y

 f  x, y  dy

adalah fungsi kontinue dari x dan

y1  x 

x2 y2  x 

 f  x, y  dA    f  x, y  dydx R

x1 y1 x

Sesuai dengan itu jika R dilukiskan oleh pertidaksamaan x1  y   x  x2  y  untuk y1  y  y2 maka, y2 x2  y 

 f  x, y  dA    f  x, y  dxdy R

y1 x1 y

Contoh-1

 f  x, y  dA

Hitung integral lipat dua berikut:

R

dimana f  x, y   x 2  y 2 dan R adalah

seperempat lingkaran pada bidang XY. Penyelesaian: Daerah R bias dinyatakan dengan pertidaksamaan berikut: 0  y  1  x 2 untuk 0  x  1 Maka,



f  x, y  dA 

R

1 x 2

1

   0

0

1

2





1 x 2

1  x  y dydx    x y  y 3  3  0  2

2

0

1 1  dx    x 2 1  x 2  3 0 



Substitusi: x  sin   dx  cosd , untuk x  0    0 , untuk x  1     / 2 Berarti:



f  x, y  dA 

 /2



R

2 2  sin  cos  



0





 /2

 0

 /2

=

 0



0

 /2

 0

 sin 2 2 1  cos 2  1      4 3 2  



2

 d  

1  1  cos 4   cos 2 2  2 cos 2  1  d  8 12  





 1  cos 4 1  1  cos 4      2 cos 2  1 8 12  2  

 /2



1  cos 4   d  3 



 d 

sin 2 sin 4   1 cos 2 cos 4   1      d     6 12  12 48   4  4

Aplikasi: 2

 /2

 0

 8



3 1  x 2  dx 

Volume:

Bila z  f  x, y   persamaan permukaan V 

 f  x, y  dxdy R

Luas:

Bila f  x, y   1 A

 dxdy =luas R R

Massa:

Bila f  x, y     x, y   rapat massa yaitu massa per satuan luas M     x, y  dxdy = massa dari keeping R R

Pusat Massa: Bila f  x, y     x, y  =rapat massa, maka pusat massa dari keping yang digambarkan dengan daerah R dinyatakan dengan: R x  x, y  dxdy x M R y  x, y  dxdy y M

Momen Inersia: f  x, y     x, y  Momen inersia keeping R terhadap sumbu X dan Y diberikan berikut ini, I x   y 2   x, y  dxdy R

Iy 

 x   x, y  dxdy 2

R

Momen polar inersia terhadap titik O diberikan oleh: IO  I x  I y

Luas Permukaan Lengkung: 

Untuk panjang garis lengkung 2   y   2 s 2  x 2  y 2   1     x  x   

2

 y   x  x 

s  1  

2

 dy   dx  dx 

ds  lim s  1   x  0

ds 



 dx    dy 

1  

(diproyeksikan ke sb-x)

2

dy

(diproyeksikan ke sb-y)

Luas bidang lengkung Diproyeksikan pada bidang XOY

3

S 

2

 z    x 

 R

2

 z    y 

 

1 

dxdy

Diproyeksikan pada bidang YOZ S 

 x    y 



2

 x    z 

1  

R

2



dydz

Diproyeksikan pada bidang ZOX S 

 R

 y    x 

2

1 

2

 y   dxdz  z 



Sifat-sifat Integral lipat dua: 1.   f  x, y   g  x, y   dxdy   f  x, y  dxdy   g  x, y  dxdy R

R

R

2.

 C. f  x, y  dxdy  C  f  x, y  dxdy

3.

 f  x, y  dxdy   f  x, y  dxdy   f  x, y  dxdy

R

R

R

R1

C= tetap

R2

R adalah gabungan dari R1 dan R2 yang saling menutupi hanya pada titik-titik batas saja

4.

 f  x, y  dxdy  f  x , y . A 1

1

R

A= luas dari R; (x1,y1) adalah titik sesuai yang dipilih dari R. 5. Jika M 1  f  x, y   M 2 untuk  x, y  didalam R, maka: M1 A 

 f  x, y  dxdy  M

2

A

R

Perubahan variable dalam integral:  Untuk fungsi dari satu variable: dF dF du  . dx du dx x2

u2

x1

u1

dx

 f  x  dx   f  x u   du du

 Untuk integral lipat dua:

  x, y 

 f  x, y  dxdy   f  x u, v  , y u, v    u, v 

R xy

dudv

Ruv

x u   x, y  =J=Yacobian=  u, v  y u

x v y v

Misal perubahan dari koordinat siku ke koordinat kutub, 4

x  r cos

y  r sin 

x x cos rsin x,y r  J    r r, y y sin rcos r  Sehingga,

 f  x, y  dxdy   f  r cos , r sin   rdrd 

R xy

Rr

 r2 ( )

 f  r cos , r sin  rdrd     f  r cos , r sin   rdrd 

R r

r1 ( )

Contoh-2 Hitung luas dibatasi oleh lemiskat r 2  a 2 cos 2 dan terletak di bidang XOY Penyelesaian:    / 4 r  a cos 2

A 4

 



0

 2 a2

 /4

rdrd   4

r 0

 0

1 sin 2 2

 /4

1 2 r 2

a cos 2

 /4

d  2 0

 a

2



cos 2  0 d

0

 a 2  sin( / 2)  0  a 2

0

Contoh-3 Hitung luas dibidang XOY yang dibatasi oleh y 2  4 x, y 2  5  x, dan y  0 Penyelesaian: Pertama dihitung titik potong antara kurva y 2  4 x dan kurva y 2  5  x : 4 x  5  x  x 1 1 2 x

A

 0



0

5

dydx  

5 x



1

1

5

0

1

1

dydx 

0

y0 0

2 x

5

dx   y 0



dx

1

1

5

1 1  5  x  0.5 1  x 0.5 1  0.5  1 0 . 5  1 0 1 4 16 20 2 1.5   5  1    6 3 3 3 3

 2 x dx   5  x dx  2

4 2 1.5  11.5  0    5  5 3 3

5 x



5

Contoh-4 Hitung volume dibatasi oleh silinder x 2  y 2  4 , bidang datar y  z  4 , dan bidang datar z0 Penyelesaian: 4 y 2

2

V 

 z dxdy   

 2  4 Y 2

R

2

2  (4  y ) x 0

4 y

2

 32



 16

 

(4  y )dxdy  2 

 (4  y )dxdy

2

0

2

2

2

2

2

2

dy  2  ( 4  y ) 4  y 2 dy  8  4  y 2 dy  2  y 4  y 2 dy

2

 /2

4 y 2

2

2

cos 2 d 

 4  y 

2 1/ 2



d 4  y2



2

/2

 /2

 1  cos 2  d 

 / 2



1 4  y2 0 .5  1

1    16    sin 2  2  

 /2

 16  8 0  0  

2  0  0  16 3

  / 2



2

0.5 1

2



2  4  4 1.5   4  4 1.5 3



Contoh-5 Tentukan massa, pusat massa, dan momen inersia terhadap sumbu x, y dan z dari keping tipis dengan kerapatan   x, y   xy dibatasi oleh sumbu x , garis x  8 , dan kurva y  x 2 / 3 Penyelesaian: Massa: M 

8 x2/3

   x, y  dA 



aR



1  3 10 / 3  x  2  10 

8

 0

0

0

 xy 2  xydydx     2  0  8

x2/3

dx  0

768  153.6 5

Pusta massa:

x

My M



M y x  M

 x  x, y  dA R

M

 y  x, y  dA R

M

6

1 8 7/3 x dx 2 0

8 x2/3



My 

0

 x xy  dydx  0

8

1 y2 x2 2 0

x2/3 0

 1  2 3 1  0 dx   x10 / 3dx  x  2 0  20  4

8

dx 

8

8

 1 1 x   2  10 3



8 x2/3

Mx 

 0



x

y

10 1 3







3 813 / 3  0  945.23 2 x13

0

y  xy  dydx 

0

8

2/3 1 3 x xy dx 0 3 0





1 8 1 2 1 48 1 4 x dx  x  8  0  341.33  30 12 0 12 My



M

945.23  6.15 153.6

M x 341.33   2.22 M 153.6

Momen Inersia: 8 x2/3

Ix 

 y   x, y  dA    2

R

0

0

8

1 xy dydx   xy 4 40 3

x2/3 0

8





4 1 dx   x x 2 / 3 dx 40

8 8



8 1 3

1 x 4 0

8

dx 

1 1 1 x11 / 3dx  x  11 40 4 1 3 8 x2/3

Iy 

 x   x, y  dA    2

R

0

0

11 1 3

8

 0

1 x ydydx   x 3 y 2 20 3

6144  877.71 7

x2/3 0

1 8 13 / 3   x dx 20

8



1 1 x 2 13  1 3

13 1 3

16



1 3 3 8  6144 2 16

0

I z  I x  I y  877.71  6144  7021.71

Contoh -6 Hitung luas dari bagian silinder x 2  z 2  16 terletak didalam silinder x 2  y 2  16

Penyelesaian: 7

z

x 2  y 2  16

x 2  z 2  16

y

x

S 

 z    x 



2

R

 z    y 

 

1 

2

dA

z 2  16  x 2  z  16  x 2   z    x 

2

4

S  8 0

 z    y 

2

 

1 

16  X 2

 0

 1

4 16  x 2

z x z  ; 0 2 x y 16  x

x2 16 0  2 16  x 16  x 2 4

dydx  32  0

1 16  x 2

y0

Contoh-7 Tentukan luas lingkaran x 2  y 2  a 2

Penyelesaian:

8

16  x 2

4

dx  32  dx  128 0

y

x a

x  r cos

y  r sin 

 x, y cos  rsin J   r  r,  sin rcos a

L  4  dxdy  4  R

0

a2 x2



dydx  4

0

 /2 a

  r dr d   a 0

2

0

Contoh-8 Dapatkan momen inersia terhadap titik (0,0), I0 keping homogen yang dibatasi oleh garis-garis lurus x  y  0, x  y  2, x  y  0, dan x  y  2 Penyelesaian: Substitusi:

u=x+y x = (u+v)/2

dan

v= x-y

maka:

y= (u-v)/2

9

11  x, y  2 2 1 J     u, v  1  1 2 2 2 v

y y=x 2

y=4-x

x

2

y=4-x y=-x I0 

  x



 y 2  dx dy   

2

R

2 2

 0 0







1 2 u  v 2 J du dv 2



1 2 1 8 u  v2 du dv   2 2 3

Produk Inersia Definisi: I xy 

 xy dM R

10

u

I xy  0

jika keping R simetris terhadap sumbu x atau sumbu y atau terhadap kedua sumbu koordinat.

y

dM x

y

x

Contoh-9Dapatkan produk inersia keping datar yang dibatasi oleh parabola x 

x dan garis x  a . Densitas keping   konstan Penyelesaian:

y (a,b)

R

x a

a

I xy 

x a

b

 0

0

xydydx 

a 2b xy 0 2 0

x a

dx 

 a x 2b 2  b2 3 a 1 2 2 dx  x 0  a b  2 0 a 6a 6

11

a 2 y , sumbu b2

Teorema Sumbu Sejajar

v y

u

C ( x, y )

x

Titik berat keping R di

C ( x, y )

. Sumbu u // sumbu x.

Sumbu v // sumbu y

I xy  I uv  x y M

Bukti: I uv 

  x  x  y  y dM   xydM  y  xdM  x  ydM  x y  dM R

R

R

R

R

 I xy  y x M  x y M  x y M  I xy  I uv  x y M

Contoh-10 Dapatkan I xy dari keping seperti gambar berikut. Densitas=  =konstan, Titik Berat: C  x, y 

12

v

y q

b

 

u

C x, y

p a

x

Penyelesaian: I xy  I uv  x y M  0  p q  ab

Contoh-11 Dapatkan I xy dari keping setengah lingkaran seperti gambar berikut. Densitas=  =konstan.

y

v

a x u

4a   C  a,   3  

Penyelesaian: 4a   1 2 a4   2 I xy  I uv  x y M  0   a      a      3   2 3  

Rotasi Sumbu 13

Produk Inersia penting untuk mendapatkan Momen Inersia keping datar terhadap sumbusumbu miring. y  dM

v

u 

 x

Momen Inersia terhadap sumbu u u  x cos   y sin  v  y cos   x sin 

Iu 

 v dM    y cos  x sin   2

R

2

dM

R

 cos 2   y 2 dM  2 sin  cos  xy dM  sin 2   x 2 dM R

R

R

Atau, I u  cos 2  I x  2 sin  cos I xy  sin 2  I y

Momen Inersia terhadap sumbu v Dengan cara sama, I v  cos 2  I y  2 sin  cos I xy  sin 2  I x

Produk Inersia I uv 

 uv dM    x cos  y sin   y cos  x sin   dM R

R





I uv  I x sin  cos   I xy cos 2   sin 2   I y sin  cos 

Dapat dibuktikan bahwa, Iu  Iv  I x  I y

14

Karena: sin 2  2 sin  cos ; cos 2  cos 2   sin 2  sin 2  

1 1  cos 2  ; cos 2   1 1  cos 2  2 2

Maka:

1  I x  I y    I x  I y  cos 2  I xy sin 2 2 1 1 I v   I x  I y    I x  I y  cos 2  I xy sin 2 2 2 1 I uv   I x  I y  sin 2  I xy cos 2 2 Sudut yang membuat I u dan I v menjadi maximum/minimum: Iu 

dI u dI v 0 0 atau d d dI u   I x  I y  sin 2  2 I xy cos 2  0 0 → d Misal sudut kritis ini disebut  : tg 2 

2 Ixy Iy  Ix

Karena tg 2  tg  2    maka jawaban untuk

 akan berbeda

1  . Yang satu I max 2

dan yang lain I min . Kedua sumbu itu disebut Sumbu Inersia Utama. Substitusi sin 2 dan cos 2 dari persamaan ( ) kedalam persamaan ( ) dan ( ) I max 

1 Ix  Iy   1 2 2 1 1  Ix  Iy   2 2

I

x

2  I y   4 I xy

I min

I

x

2  I y   4 I xy

2

2

Contoh-12 Diberikan keping empat persegi panjang ABCD. AB=a, =konstan.Tentukan momen inersia terhadap garis AC. Penyelesaian: I x  I AB 

1  a b3 3

I y  I AD 

1  ba 3 3

15

BC=b,

Densitas= 

y

a

D

C b



A

x B

b

sin  

a b 2

2

I xy  R  xy dM   1 2 2  x b    4  

a

cos  a b

a

0 0

0

  xydxdy   

a

 

 0

a  b2 2

1  x y2  2 

b

0

a

dx    0

1 x b 2 dx 2

1  a 2 b2 4

I AC  cos 2  I x  2 sin  cos I xy  sin 2  I y



a2 1  a b3  2 a 2  b2 3



a 3 b3  6 a 2  b 2 

b a 2  b2

.

1 b2 1  a 2b 2  2  b a3 2 2 2 4 a  b 3 a b a

I.2 Integral Lipat Tiga

 f  x, y, z  dxdydz R

disebut integral lipat tiga. n





* * *  f  x, y, z  dV  lim  f xi , yi , zi iV R

n

i 1

 iV = volume dari parallel epipedum ke I

* * * Titik  xi , yi , zi  dipilih sebarang dalam parallel epipedum ke I Syarat f  x, y , z  kontinue dalam R. Analog dengan integral lipat dua, integral lipat tiga bias dihitung dengan integral iterasi,

16

 f  x, y, z  dV  R

x2 y2 ( x ) z2 ( x, y )

 

 f  x, y, z  dzdydx

x1 y1 ( x ) z1 ( x , y )

Tipe-tipe Sistim Koordinat: Siku; Silinder; Siku: z

P(x,y,z)

z y x y

x

z dy dz

dx y

x

17

Bola

Silinder

P  r , , z  z

r

dV  rddrdz

18

Bola

P  r , ,  





19

dV  r 2 sin ddrd

Untuk koordinat silinder dan bola, integral lipat tiga bisa dinyatakan, Koordinat Silinder:

 f  r , , z  dV  R

 r2 ( ) z 2 ( r , )

  

 f  r , , z  r dzdrd

r1 ( ) z1 ( r , )

Koordinat Bola: 20

 f  r , ,  dV  R

  2 ( ) r2 ( , )

    f  r , ,  r 1(

2

sin  drdd

) r1 ( , )

Aplikasi: Volume:

f  x, y , z   1

V 

 dxdydz R

Massa:

f  x, y, z     x, y, z   rapat massa

   x, y, z  dxdydz

M 

R

Pusat Massa:

f  x, y, z     x, y, z   rapat massa

x

 x  x, y, z  dxdydz

y z

R

M  y  x, y, z  dxdydz R

M  z  x, y, z  dxdydz R

M

Momen Inersia

f  x, y, z     x, y, z   rapat massa

Iz 

  y R

2



 x 2   x, y , z  dxdydz =momen inersia terhadap sumbu-z

Contoh-13: Hitung volume benda yang berada diatas z=0, dibawah 2z=y dan ddalam r2 = 16. Penyelesaian:

21

z

y

x

 /24 y/2

V 2

 0



0

 /24

 0



0

2  r sin drd  0

 /24

r dzdrd   2

 0

rz 0

y/2

 /24

drd  2

0

1

  r 2 y dr d 0

0

4 1 /2 3 1 /2 3 43   cos  0 / 2 r sin  d   4 sin  d     0 3 0 3 0 3

43  cos  / 2  cos 0  64 3 3

Contoh-14 Hitung massa, pusat massa dan momen inersia terhadap sumbu z untuk benda yang dibatasi oleh kerucut bersudut puncak 600 berpuncak pada (0,0,0) dan z=5.(=1) Penyelesaian:

22

z z=4

/6 y

x

m

2 / 6 4 / cos 

  0





0

1 2 / 6 43 43 sin  d  d    3 0 0 cos3  3

2 / 6

 0

r 3 sin 

0

2

4 / cos  0

1  3 1 0  3  1 cos 

d d

 /6

d  0

43 1 3 cos 2 

 /6

0

43 1 1 43  1 43   2      1    4  1  64  2  3 3  1 / 4  3  cos  / 6 1

M xy 

2 / 6 4 / cos 

   z r 0







M xy m

0

2  / 6

0

z

0

  r sin  dr d d  3 2

0

2

sin  dr d d 

0

1 4  r cos  sin   4 

    r cos   r 0

0

4 / cos 

d d  0

1 4 1  4 cos  3 1   4  3 1 



2 / 6 4 / cos 

 /6

0

2 

2



sin  dr d d

0

1 2 / 6 4 4 cos sin  d d 4 0 0 cos 4 

43  1   1 2 192   2  1/ 4 

192 3 64

23

 2 

Iz 

  y



2 / 6 4 / cos 

   r

 x   x, y , z  dxdydz 

2

2

R



2 / 6 4 / cos 

  0



0

0

0



0

0

1

  5  1 cos

 5 1



1 5  r sin 3   5 

0

2 / 6

 0

1  cos  3 1    3 1 

 45  5

0

 

0







 

0





1  1 4  2

4



3 



1  1 2  2

2



3 

4 / cos 

d d 0

1  cos 2  d d cos5 

 /6

0



2



sin 2  sin 2   r 2 sin 2  cos 2   r 2 sin  dr d d

0

 1 45 45 3    sin    0  d d   5 5 5  cos  

5 2

4 5



3

0

2 / 6



2 / 6

r sin dr d d  4

0

2

 1 1 45 2048    d  2    11.37778  4 2 5 (36) 180   

24