Matematika Lanjut

DIKTAT BAHAN KULIAH
MATEMATIKA LANJUT
SIP 612162 BOBOT 3(3-0)
SEMESTER II
OLEH
YOHANNES
NIP. 195204071986031001
JURUSAN TEKNIK SIPIL
FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS LAMPUNG
AGUSTUS 2012
KATA PENGANTAR
Matematika Lanjut adalah lanjutan dari mata kuliah Matematika. Mata kuliah Ini juga
masih merupakan ilmu dasar dalam bidang keteknik-sipilan. Banyak permasalahan teknik sipil
yang lebih rumit dapat diatasi dengan pendekatan matematika lanjut ini.
Oleh karena itu
penguasaan bidang ilmu ini juga sangat penting bagi mahasiswa teknik sipil.
Diktat ini disusun sesuai dengan kurikulum 2012 bagi mahasiswa S1 Teknik Sipil
Fakultas Teknik Universitas Lampung untuk memudahkan pemahaman dalam perkuliahan,
walaupun tidak menutup kemungkinan dipergunakan juga oleh para alumni atau teknisi yang
berkepentingan dengan masalah matematika. Diktat ini berisi penjelasan singkat mengenai
konsep matematika lanjut disertai tuntunan praktis dalam contoh-contoh perhitungan. Rumusrumus yang ditampilkan tidak diuraikan penjabarannya secara rinci namun hanya dibahas
penggunaannya saja. Oleh karena itu, jika ingin mempelajari Matematika Lanjut lebih
mendalam, dianjurkan mempelajari buku teks lainnya.
Terima kasih penulis sampaikan kepada para rekan dosen dan mahasiswa yang
memberi saran dan kritik demi penyempurnaan buku ini. Semoga diktat ini bermanfaat.
Bandarlampung, 16 September 2012
Penulis,
Yohannes
i
DAFTAR ISI
Halaman
JUDUL
Kata Pengantar
……………………………………………
i
Bab I Integral Tak Tentu
1.1.
Pengertian Integral
……………………………………………
1
1.2.
Integral Parsial
……………………………………………
4
1.3.
Integral Fungsi Rasional
……………………………………………
4
1.4.
Integral Fungsi Trigonometri
……………………………………………
6
1.5.
Integral dengan Substitusi Trigonometri
1.6.
Integral dengan Substitusi Khusus
Tugas Mandiri Bab I
……………………………
7
……………………………………
9
……………………………………………
12
BAB II Integral Tertentu
2.1
Pengertian Integral Tertentu
……………………………………………
14
2.2
Perhitungan Luas
……………………………………………
15
2.3
Volume Benda Putar
……………………………………………
16
a. Metode Cakram
……………………………………………
16
b. Metode Kulit
……………………………………………
18
2.4
Panjang Busur Kurva Datar
……………………………………………
19
2.5
Luas Permukaan Benda Putar
……………………………………………
20
Tugas Mandiri Bab II
……………………………………………
22
BAB III Integral Lipat
3.1
Integral Lipat Dua
……………………………………………
24
3.2
Luas Daerah Tertutup
……………………………………………
26
3.3
Integral Lipat Dua Dalam Koordinat Kutub
3.4
Integral Lipat Dua Pada Ruang 3D …………………………………………
28
3.5
Integral Lipat Tiga
……………………………………………
29
Tugas Mandiri Bab III
……………………………………………
30
.......………………………………………………................…
31
Sumber Pustaka
ii
……………………………
27
BAB I
INTEGRAL TAK TENTU
1.1
Pengertian Integral
Anti-derivatif
Jika F(x) adalah fungsi dengan turunannya F’(x) = f(x) pada interval tertentu dari sumbu x, maka antiderivatif atau disebut sebagai integral tak tentu dari f(x) diberikan oleh persamaan:
∫ f(x) dx = F(x) + C
dengan C adalah konstanta sembarang yang disebut juga konstanta integral.
Jadi anti-derivatif atau anti-diferensial adalah proses menemukan anti-turunan dari suatu fungsi. Integral
tak tentu dari suatu fungsi bersifat tidak unik.
Rumus dasar integral
Karena integral adalah operasi kebalikan dari diferensial, maka rumus integral dapat diperoleh dari rumus
diferensial.
Berikut adalah rumus dasar integral dimana x, u dan v merupakan fungsi, a adalah bilangan konstanta
dan C adalah konstanta integrasi
a. Rumus Dasar Integral
1. Fungsi Aljabar
1. ∫ dx = x + C
2. ∫ (u + v) dx = ∫ u dx + ∫ v dx
3. ∫ au dx = a ∫ u dx, a konstan
a
4. ∫ x dx =
5. ∫
1
a+1
x + C, a ≠ – 1
a +1
1
dx = ln | x | + C
x
ax
x
6. ∫ a dx =
x
ln a
+ C, a > 0 dan a ≠ 1
x
7. ∫ e dx = e + C
Contoh: Hitunglah integral berikut
1. ∫ 3 dx
Jawab : ∫ dx = 3x + C
2. ∫ (x + 5x – 2) dx
Jawab : ∫ (x + 5x – 2) dx = ∫ x dx + ∫ 5x dx – ∫ 2 dx =
3. ∫ 3(4x + 5) dx
Jawab : ∫ 3(4x + 5) dx = 3 ∫ (4x + 5) dx = 3(2x + 5x + C = 6x + 15 x + C
4. ∫ x dx
Jawab : ∫ x dx =
2
3
5. ∫
1
dx
x
2
2
2
3
Jawab : ∫
1
1 4
3+1
x +C
x +C =
4
3 +1
1
dx = ln |x| + C
x
6x
6. ∫ 6 dx
Jawab : ∫ 6 dx =
7. ∫ e dx
Jawab : ∫ e dx = e + C
x
x
x
x
ln 6
+C
x
1
1 3
5 2
x + x – 2x + C
3
2
2
8. ∫ (1 – x)
x dx
Jawab : ∫ (1 – x)
= 2/3 x
3
2
2
9. ∫ (x + 2) 3x dx
x dx = ∫ (
3/2
– 2/5 x
5/2
x–x
x dx = ∫ (x
+ C = 2/3 x
3
1/2
3/2
– x ) dx
x – 2/5 x
2
x+C
2
Jawab : misal u = x + 2, maka du = 3x dx
3
2
2
2
3
3
3
∫ (x + 2) 3x dx = ∫ u du = 1 u + C = 1 ( x + 2) + C
3
10. ∫
8 x 2 dx
3
3
2
2
Jawab : misal u = x + 2, maka du = 3x dx atau x dx = 1/3 du
( x 3 + 2) 3
∫
8 x 2 dx
8 1 / 3 du
du
-2
=∫
= 8∫
= 8 (− 1 ) u + C
2
3
3
3
3
3
3
u
( x + 2)
u
=–
4
3 u2
+C = −
4
+C
3
3( x + 2)2
2. Fungsi Trigonometri
1.
∫ sin x dx = – cos x + C
2.
∫ cos x dx = sin x + C
3.
∫ tan x dx = – ln cos x + C
4.
∫ cot x dx = ln sin x + C
5.
∫ sec x dx = ln sec x + tan x + C
6.
∫ csc x dx = ln csc x – cot x + C
7.
∫ sec x dx = tan x + C
8.
∫ csc x dx = – cot x + C
9.
∫ sec x tan x dx = sec x + C
2
2
10. ∫ csc x cot x dx = – csc x + C
Contoh: Hitunglah integral berikut
1. ∫ sin x dx
Jawab : ∫ sin x dx = – cos x + C
2. ∫ cos x dx
Jawab : ∫ cos x dx = sin x + C
3. ∫ sin 2x dx
Jawab : misal 2x = u maka turunannya 2 dx = du atau dx = ½ du
Jadi ∫ sin 2x dx = ∫ sin u ½ du = ½ ∫ sin u du = – ½ cos u + C = – ½ cos 2x + C
4. Buktikan bahwa ∫ tan x dx = – ln cos x + C
Jawab : ∫ tan x dx = ∫
Jadi ∫
sin x
dx =
cos x
∫–
sin x
dx
cos x
misal: cos x = u, turunannya – sin x dx = du
du
= – ln | u | + C = – ln | cos x | + C
u
(Terbukti)
5. Buktikan bahwa ∫ sec x dx = ln sec x + tan x + C
Jawab : ∫ sec x dx = ∫
Misal u =
du =
1
dx =
cos x
∫
1
cos x 1 + sin x
dx =
cos x cos x 1 + sin x
∫
1+ sin x cos x
dx
cos 2 x 1 + sin x
1+ sin x
maka
cos x
cos x cos x − (1 + sin x )( − sin x )
1+ sin x
cos 2 x + sin x + sin 2 x
dx =
dx =
dx
2
2
cos x
cos x
cos 2 x
2
Jadi ∫ sec x dx = ∫
= ln |
1+ sin x cos x
dx =
cos 2 x 1 + sin x
∫ du
1
=
u
∫
1
du = ln | u | + C
u
1+ sin x
1
sin x
+
| + C = ln |
| + C = ln | sec x + tan x | + C (terbukti)
cos x
cos x cos x
6. Buktikan bahwa ∫ sec x dx = tan x + C
2
1
sin x
cos 2 x + sin 2 x
2
maka du =
dx =
dx = sec x dx
2
2
cos x
cos x
cos x
Jawab : misal u = tan x =
Jadi ∫ sec x dx = ∫ du = u + C = tan x + C
2
(Terbukti)
7. Buktikan bahwa ∫ sec x tan x dx = sec x + C
Jawab : ∫ sec x tan x dx = ∫
1 sin x
dx =
cos x cos x
∫
sin x
dx
cos 2 x
Misal u = cos x maka du = – sin x dx atau sinx dx = – du
Jadi ∫ sec x tan x dx = ∫
=
sin x
dx = –
cos 2 x
∫
1
1
du =
+C
2
u
u
1
+ C = sec x + C (terbukti)
cos x
8. Fungsi Dalam Bentuk Pecahan atau Akar
1. ∫
dx
= arc sin
a2 − x 2
2. ∫
3. ∫
x
+C
a
1
du
x
=
arc tan
+C
2
2
a
a
a +x
dx
x x 2 − a2
=
1
x
arc sec
+C
a
a
4. ∫
dx
1
x −a
ln
+C
=
2
2
2
a
x+a
x −a
5. ∫
dx
1
x+a
ln
+C
=
2
2
2
a
x−a
a −x
6. ∫
dx
= ln (x +
x 2 + a2
7. ∫
dx
x2 − a2
= ln x +
8. ∫ a 2 − x 2 dx = 1 x
2
9. ∫ x 2 + a 2 dx = 1 x
2
10. ∫
x 2 − a 2 dx = 1 x
2
x 2 + a2 ) + C
x 2 − a2  + C
x
2
a 2 − x 2 + 1 a arcsin
+C
2
a
2
x 2 + a 2 + 1 a ln | x +
2
2
x 2 − a 2 – 1 a ln | x +
2
3
x 2 + a2 | + C
x 2 − a2 | + C
Contoh: Buktikan hasil integral berikut
dx
1. ∫
= arc sin
a2 − x 2
x
+C
a
Jawab : misal x = a sin u maka dx = a cos u du
x
x
maka u = arc sin
a
a
sin u =
a 2 − a 2 sin2 u =
a2 − x 2 =
dx
∫
= ∫
a2 − x 2
1.2
a 2 (1 − sin2 u) =
a 2 cos 2 u = a cos u
x
a cos u du
= ∫ du = u + C = arc sin
+ C (terbukti)
a cos u
a
Integral Parsial
Jika u dan v merupakan fungsi yang dapat diturunkan terhadap x, maka
d(uv)
=
u dv + v du
u dv
=
d(uv) – v du
∫ u dv
=
uv – ∫ v du
adalah rumus integral parsial
Contoh: Hitung integral berikut
1. ∫ x ln x dx
Jawab :
misal u = ln x maka du =
1
dx dan dv = x dx maka v = 1 x 2
2
x
∫ u dv = uv – ∫ v du
1
∫ x ln x dx = ln x. 1 x 2 – ∫ 1 x 2 . dx = 1 x 2 ln x – 1 ∫ x dx = 1 x 2 ln x – 1 x 2 + C
2
2
2
2
2
4
x
2. ∫ x sin x dx
Jawab :
misal u = x maka du = dx dan dv = sin x dx maka v = – cos x
∫ x sin x dx = x (– cos x) – ∫ – cos x dx = – x cos x + sin x + C
1.3
Integral Fungsi Rasional
Fungsi polinomial dalam x adalah fungsi dengan bentuk
a 0 x n + a1x n −1 + a 2 x n − 2 + ............. + a n −1x + a n
dengan semua a kontanta dan a0 ≠ 0, dan n bilangan asli termasuk nol.
Fungsi H disebut fungsi rasional jika H(x) =
P( x )
dimana P(x) dan Q(x) adalah polinomial.
Q( x )
Jika derajat P(x) lebih rendah daripada derajat Q(x), maka H(x) disebut rasional sejati.
Jika derajat P(x) lebih tinggi daripada derajat Q(x), maka H(x) disebut rasional tidak sejati.
a. Rasional Sejati
Untuk mengintegrasikan fungsi rasional sejati, maka bentuk
P( x )
harus diubah menjadi jumlah dari
Q( x )
bagian yang lebih sederhana. Penyebut diubah dengan menguraikan/memfaktorisasi Q(x) dalam
hasil kali faktor linier atau kuadratis.
4
KASUS 1:
Hasil pemfaktoran Q(x) semuanya dapat dibuat linier dan tak berulang, atau
Q(x) = (x – a1) (x – a2) ……………. ..... (x – an) maka dibuat menjadi
P( x )
A
B
N
=
+
+ ...................... +
Q( x )
( x − a1)
( x − a2 )
( x − an )
KASUS 2:
Faktor Q(x) semua linier tapi ada yang berulang
n
Q(x) = (ax + b) (ax + b) ……………. ..... (ax + b) maka dibuat menjadi
P( x )
A
B
N
=
+
+ ...................... +
2
Q( x )
(ax + b)
(ax + b)
(ax + b )n
KASUS 3: Faktor Q(x) ada yang linier dan kuadratis, dimana faktor kuadratis tidak berulang. Setiap
faktor kuadratis ax2 + bx + c pada penyebut yang tidak dapat diringkas, dibentuk menjadi
Ax + B
dengan A dan B konstanta yang harus ditentukan.
2
ax + bx + c
Contoh : Hitung integral fungsi berikut
1. ∫
x −1
dx =
3
x − x 2 − 2x
Jawab: Ubahlah fungsi tersebut menjadi pecahan terpisah:
A( x − 2)( x + 1) + Bx( x + 1) + Cx( x − 2)
A
B
C
x −1
x −1
=
=
+
+
=
3
2
x
x−2
x +1
x ( x − 2)((x + 1)
x ( x − 2)(( x + 1)
x − x − 2x
Carilah nilai konstanta A, B, dan C dengan pemecahan berikut
x – 1 = A (x – 2) (x + 1) + Bx (x + 1) + Cx (x – 2)
2
2
2
= Ax – Ax – 2A + Bx + Bx + Cx – 2Cx
2
2
= (A + B + C) x + (– A + B – 2C) x – 2A = 0x + x – 1
Selesaikan persamaan berikut
a. A + B + C = 0
diperoleh A = 1 , B = 1 , C = − 2 , sehingga
b. – A + B – 2C = 1
2
3
6
c. – 2A = 1
∫
1
2
1
x −1
dx = ∫ (
+
–
) dx
3
2
2x
6( x − 2)
3( x + 1)
x − x − 2x
= 1 lnx + 1 lnx – 2 – 2 lnx + 1 + 1 ln C
2
6
3
6
Cx 3 ( x − 2)
= 1 (3 lnx + lnx – 2 – 4 lnx + 1 + ln C ) = 1 ln
6
2. ∫
6
( x + 1) 4
x3 − 1
dx
x 2 ( x − 2) 3
Jawab : Ubahlah menjadi pecahan terpisah.
catatan: Untuk penyebut dengan faktor berpangkat n dibuat n pecahan dengan pangkat n, n -1,
……… dan seterusnya,
5
x3 − 1
x 2 ( x − 2)3
x3 − 1
x 2 ( x − 2)3
C
D
E
=
B
A
+
2
x
x
=
A( x − 2)3 + Bx( x − 2)3 + Cx 2 + Dx 2 ( x − 2) + Ex 2 ( x − 2) 2
x 2 ( x − 2)3
=
A( x − 2)3 + Bx( x − 2)3 + Cx 2 + Dx 2 ( x − 2) + Ex 2 ( x − 2) 2
x 2 ( x − 2)3
3
+
+
( x − 2 )3
3
3
+
( x − 2) 2
2
( x − 2)
2
2
x – 1 = A(x – 2) + Bx (x – 2) + Cx + Dx (x – 2) + Ex (x – 2)
3
2
3
2
2
2
3
2
2
2
= A(x – 6x + 12x – 8) + Bx(x – 6x + 12x – 8) + Cx + Dx – 2Dx + Ex (x – 4x + 4)
3
2
4
3
2
2
= Ax – 6Ax + 12Ax – 8A + Bx – 6Bx + 12Bx – 8Bx + Cx + Dx
2
4
3
– 2Dx + Ex – 4Ex + 4Ex
3
2
4
3
= (B + E)x + (A – 6B + D – 4E)x + (–6A + 12B + C – 2D + 4E)x
4
3
2
2
+ (12A – 8B)x – 8A = 0x + x + 0x + 0x – 8A
Maka
a. B + E = 0
diperoleh:
b. A – 6B + D – 4E = 1
A= 1, B= 3 ,C=7
8
16
4
c. – 6A + 12B + C – 2D + 4E = 0
D= 5, E=– 3
4
16
d. 12A – 8B = 0
e. – 8A = – 1
Jadi,
∫
x3 − 1
3
dx = ∫ 1 +
x 2 ( x − 2) 3
8x 2
16 x
= –
+
7
4 ( x − 2) 3
+
5
–
4 ( x − 2) 2
3
16 ( x − 2)
1
7
5
+ 3 ln x –
–
– 3 ln x – 2 + C
2
16
16
8x
4
(
x
− 2)
8 ( x − 2)
b. Rasional Tidak Sejati
Untuk menyelesaikan integral fungsi rasional tidak sejati, pembilang dibagi penyebut sehingga
membentuk rasional sejati, lalu dintegrasikan sesuai petunjuk di atas. Untuk mengubah fungsi
rasional tidak sejati menjadi fungsi rasional sejati dapat dilihat pada contoh berikut
Contoh:
1.4
3x − 23
x 4 − 10 x 2 + 3 x + 1
( x 2 − 4 )( x 2 − 6) + 3 x − 23
( x 2 − 4)( x 2 − 6 ) 3 x − 23
=
=
+
= x2 − 6 +
2
2
2
2
x2 − 4
x −4
x −4
x −4
x −4
Integral Fungsi Trigonometri
Untuk mengerjakan integral fungsi trigonometris, terkadang harus mengubah fungsi tersebut dengan
menggunakan persamaan-persamaan trigonometri.
Contoh: Hitung integral berikut
2
1. ∫ sin x dx = ∫ 1 (1 – cos2x) dx = 1 x – 1 sin 2x + C
2
5
2
4
4
2
2
2
4
2. ∫ cos x dx = ∫ cos x cos x dx = ∫ (1 – sin x) cos x dx = ∫ (1 – 2sin x + sin ) cos x dx
2
4
= ∫ cos x dx – ∫ 2sin x cos x dx + ∫ sin x cos x dx
6
2
4
= sin x – ∫ 2sin x cos x dx + ∫ sin x cos x dx + C
misal u = sin x maka du = cos x dx
2
2
3
3
– ∫ 2sin x cos x dx = – 2 ∫ u du = – 2 u + C = – 2 sin x + C
3
3
5
5
1
1
∫ sin x cos x dx = ∫ u du = u + C = sin x + C
5
5
5
3
5
2
1
Jadi ∫ cos x dx = sin x – sin x + sin x + C
3
5
4
4
2
3
2
2
2
2
2
4
3. ∫ sin x cos x dx = ∫ sin x cos x cos x dx = ∫ sin x (1 – sin x) cos x dx = ∫ (sin x – sin x) cos x dx
misal u = sin x maka du = cos x dx
2
4
2
4
3
5
3
5
∫ (sin x – sin x) cos x dx = ∫ (u – u ) du = 1 u – 1 u = 1 sin x – 1 sin x + C
3
1.5
5
3
5
Integral Dengan Substitusi Trigonometri
a 2 − b2 x 2 ,
Fungsi yang mengandung salah satu dari bentuk
a2 + b2 x 2 , atau
b2 x 2 − a2 dan
tidak memiliki faktor irasional lainnya dapat ditransformasikan ke dalam fungsi trigonometri menggunakan
variabel baru sebagai berikut:
BENTUK
SUBSTITUSI
DIPEROLEH
1.
a2 − b2x 2
x=
a
sin u
b
a
1− sin2 u = a cos u
2.
a 2 + b2 x 2
x=
a
tan u
b
a
1+ tan 2 u = a sec u
3.
b2 x 2 − a2
x=
a
sec u
b
a
sec 2 u − 1 = a tan u
Contoh: Hitung integral berikut
1. ∫
9 − 4x 2
dx
x
Jawab:
Soal ini mempunyai bentuk
atau x =
a
sin u
b
3
3
sin u dan dx = cos u du
2
2
sehingga
∫
a2 − b2 x 2 maka gunakan substitusi x =
9 − 4x 2
x
9 − 4x 2 =
9 − 9 sin 2 u =
9 cos 2 u = 3 cos u
3 cos u 3
cos 2 u
1 − sin 2 u
( cos u du) = 3 ∫
du = 3 ∫
du
3 sin u 2
sin u
sin u
2
1
= 3∫(
– sin u) du = 3 ∫ csc u du – 3 ∫ sin u du
sin u
dx = ∫
= 3 lncsc u – cot u + 3 cos u + C
karena x =
3
2x
sin u maka sin u =
(lihat gambar di samping)
2
3
didapat csc u =
3
, cot u =
2x
9 − 4x 2
2x
, cos u =
7
9 − 4x 2
3
3
2x
u
9 − 4x 2
9 − 4x 2
∫
dx = 3 lncsc u – cot u + 3 cos u + C
x
= 3 ln
= 3 ln
1
2. ∫
x2
9 − 4x 2
3
–
2x
3−
2x
9 − 4x 2
2x
+3
+
9 − 4x 2
3
+C
9 − 4x 2 + C
dx Jawab:
4 + x2
a 2 + b 2 x 2 maka gunakan substitusi x =
Soal ini mempunyai bentuk
a
tan u
b
2
substitusi : x = 2 tan u, dx = 2 sec u du,
4 + x2 =
1
∫
x2
dx = ∫
4 + x2
x
x
, sin u =
2
tan u =
4 + x2
4 + 4 tan 2 u = 2 sec u
u
4 + x2
2
2 sec 2 u du
1 sec u
1
1 cos 2 u
= ∫
du = ∫
du
4 tan 2 u
4 cos u sin 2 u
4 tan 2 u 2 sec u
=
1 cos u
∫
du
4 sin 2 u
=
1 cos u
1 1
1 1
1
∫
du =
∫
dp = –
+C=–
+C = –
4 sin 2 u
4 p2
4 p
4 sin u
3. ∫
1
misal
dx
x
p = sin u maka dp = cos u du sehingga
4 + x2
+C
4x
Jawab :
x 2 − 25
Soal ini mempunyai bentuk
substitusi :
b 2 x 2 − a 2 maka gunakan substitusi x =
a
sec u
b
x = 5 sec u maka dx = 5 sec u tan u du
x
x 2 − 25 =
25 sec 2 u − 25 =
x
sec u =
dan tan u =
5
∫
1
x 2 − 25
dx = ∫
u
x 2 − 25
5
5
5 sec u tan u
du = = ∫ sec u du = lnsec u + tan u + C
5 tan u
= ln
x
+
5
= lnx +
x 2 − 25
5
x 2 − 25
25 tan 2 u = 5 tan y,
 + C = ln
x+
x 2 − 25
5
x 2 − 25  – ln 5 + C = lnx +
+C
x 2 − 25  + C
Catatan : karena – ln 5 adalah konstan maka digabung dengan C
8
1.6
Integral Dengan Substitusi Khusus
Jika fungsi mempunyai bentuk sebagai berikut:
n
A. n ax + b maka substitusi ax + b = u akan mengubahnya menjadi rasional.
Contoh:
Hitung ∫
1
dx
( x − 2) x + 2
Jawab:
2
2
x+2
Substitusi x + 2 = u , maka x = u – 2 , dx = 2u du. dan u =
∫
1
( x − 2) x + 2
dx = ∫
1
1
1
+
) du = 2. ( – lnu + 2 + lnu – 2) + C
4
4(u + 2)
4(u − 2)
=2 ∫(−
=
2u du
du
du
= 2∫
=2∫
2
2
(
u
+
2
)(u − 2)
(u − 4) u
(u − 4)
1
u−2
ln
2
u+2
+C =
1
ln
2
x+2 −2
x+2 +2
+C
q + px + x 2 maka substitusi q + px + x = (u – x) akan mengubahnya menjadi rasional.
2
B.
2
Contoh:
1
Hitung ∫
dx
Jawab:
x x2 + x + 2
2
2
2
2
Substitusi x + x + 2 = (u – x) , maka x + x + 2 = u – 2ux + x
2
disederhanakan menjadi x + 2ux = u – 2 didapat
2
2
dan x + x + 2 = (u – x) atau u – x =
dx =
1
(u − x ) 2 = u – x = u –
dx = ∫
x x2 + x + 2
=∫
u2 − 2
1 + 2u
x 2 + x + 2 maka u =
x2 + x + 2 + x
2u (1 + 2u) − (u 2 − 2)2
2u + 4u 2 − 2u 2 + 4
2u 2 + 2u + 4
du =
du =
du
(1 + 2u) 2
(1 + 2u) 2
(1 + 2u) 2
x2 + x + 2 =
∫
x=
2
2u 2 + 2u + 4
du
(1 + 2u) 2
u 4 + u3 − 2u − 4
(1 + 2u) 2
1
(u + 2 ) (u − 2 )
=
2u 2 + 2u + 4
du
(1 + 2u) 2
u2 − 2 u2 + u + 2
1 + 2u
1 + 2u
= ∫
u2 − 2
u + 2u 2 − u 2 + 2
u2 + u + 2
=
=
1 + 2u
1 + 2u
1 + 2u
= ∫
2u 2 + 2u + 4
du
(1 + 2u) 2
u 4 + u 3 + 2u 2 − 2u 2 − 2u − 4
(1 + 2u) 2
du
du
2 (u 2 + u + 2) du
=2∫
=2∫
2
2
2
(u + 2 ) (u − 2 )
u −2
(u + u + 2 ) (u − 2 )
A
(u + 2 )
+
B
(u − 2 )
=
A (u − 2 ) + B (u + 2 )
(u + 2 ) (u − 2 )
9
=
Au − A 2 + B u + B 2 )
(u + 2 ) (u − 2 )
=
( A + B) u + ( − A 2 + B 2 )
0u + 1
=
(u + 2 ) (u − 2 )
(u + 2 ) (u − 2 )
Dari A + B = 0 dan (– A + B) 2 = 1 diperoleh A = −
1
= −
(u + 2 ) (u − 2 )
= 2∫
1
=
du
(u + 2 ) (u − 2 )
(ln |u –
1
2 2 (u + 2 )
1
= 2∫
1
u+ 2
1
2 |) =
ln
2
2
C.
+
q + px − x 2 =
1
=
2 2 (u − 2 )
(−
2 2
2 | – ln |u +
1
+
2 2
1
u− 2
u−
2
u+
2
1
(−
1
dan B =
maka
2 2
2 2
1
u+ 2
1
) du =
∫(
2
1
+C=
+
1
u− 2
1
u− 2
ln
2
2
)
–
1
u+ 2
) du
x2 + x + 2 + x −
2
x2 + x + 2 + x +
2
2
+C
2
( α + x ) (β − x ) maka substitusi q + px – x = (α + x) u atau
2
2
2
q + px – x = (β – x) u akan mengubahnya menjadi rasional
Contoh:
x
Hitung ∫
dx
Jawab:
(5 − 4 x − x 2 ) 3
2
2
2
5 – 4x – x = (5 + x) (1 – x) maka substitusi (5 + x) (1 – x) = (1 – x) u
2
2
2
5 + x = (1 – x) u sehingga 5 + x = u – xu
dan dx =
2
2
diperoleh (1 + u ) x = u – 5 atau x =
12 u du
2u + 2u 3 − 2u 3 + 10u
2u (1 + u 2 ) − (u 2 − 5 ) 2u
du =
du =
2
2
2
2
(1 + u )
(1 + u )
(1 + u 2 ) 2
2
2
2
Karena 5 – 4x – x = (1 – x) u
5 − 4 x − x 2 = (1 – x) u = ( 1 –
maka
Jadi ∫
= ∫
6u
u2 − 5
1 + u2 − u2 + 5
)u =
u =
2
2
1+ u
1+ u
1 + u2
12u3 − 60u
u2 − 5
12u
x
(1 + u 2 )3
1 + u 2 (1 + u 2 ) 2
dx = ∫
du = ∫
du
6u 3
216u 3
(
)
(5 − 4 x − x 2 ) 3
1 + u2
(1 + u 2 )3
5
1
1
5
12u(u 2 − 5)
u2 − 5
du = ∫
du =
∫ (1 −
) du =
(u + ) + C
3
2
2
18
18
u
216u
18u
u
2
2
2
Karena 5 – 4x – x = (1 – x) u
2
maka u =
sehingga ∫
5 − 4x − x 2
(5 + x)(1 − x )
5+x
=
=
dan u =
2
2
1− x
(1 − x )
(1 − x )
x
(5 − 4 x − x 2 ) 3
dx =
5+x
1− x
1
5
1 u2 + 5
(u + ) + C =
(
)+C
u
18
u
18
10
u2 − 5
1 + u2
5 + x 5 − 5x
+
1 1− x
1− x ) + C =
=
(
18
5+x
5 − 2x
1− x
+C
5 − 4x − x 2
9
m
D. ( n x − m x , maka substitusi x = u jika m > n akan mengubahnya menjadi rasional.
Contoh:
1
dx
x −4 x
Hitung ∫
Jawab:
4
3
2
Substitusi x = u , maka dx = 4u du,
x = u , dan
4 x
=u
u2
(u 2 − 1) + 1
u2 − 1
1
1
4u 3
+
) du
dx = ∫
du = 4 ∫
du = 4 ∫
du = 4 ∫ (
2
4
u −1
u −1
u −1 u −1
x− x
u −u
∫
= 4 ∫ (u + 1 +
=2
x +4
1 2
1
) du = 4 ( u + u + lnu – 1) + C
2
u −1
4
4 x
+ ln ( 4 x – 1) + C
E. Substitusi x = 2 arc tan u akan mengganti setiap fungsi rasional dalam sin x dan cos x menjadi
fungsi rasional dalam u karena
2
1+u
1 − u2
2 du
sin x =
, cos x =
, dx =
1 + u2
1 + u2
1 + u2
2u
2u
x
2
1–u
x
Setelah diintegrasi, gunakan u = tan
untuk kembali ke variabel aslinya.
2
Contoh:
Hitung ∫
1
dx
1 + sin x − cos x
substitusikan
sin x =
Jawab
2u
1 + u2
, cos x =
2 du
1 − u2
, dx =
2
1+ u
1 + u2
2
∫
1
dx = ∫
1 + sin x − cos x
1 + u2
1 − u2
1+
−
1 + u2 1 + u 2
2u
2
du = ∫
1 + u2
1 + u2
2u
1 − u2
+
−
1 + u2 1 + u2 1 + u2
du
2
= ∫
= ln
1 + u2
2u (1 + u)
1 + u2
u
1+ u
du = ∫
1
1
1
) du = lnu – ln1+u + C
du = ∫ ( −
u (1 + u)
u 1+ u
tan
+ C = ln
x
2
1 + tan
x
2
+C
11
TUGAS MANDIRI BAB I
Tugas Subbab 1.1
Hitung integral berikut
1. ∫
x 2 dx
4. ∫
4 3
x +2
2. ∫ 3x 1 − 2x 2 dx
(1 + x ) 2
3. ∫
( x 2 + 2) 3
dx
x3
-2
-1 2
5. ∫ (x + x ) dx
5
6. ∫ (x – 3) dx
dx
x
Tugas: Buktikan hasil integral berikut
1. ∫ cot x dx = ln sin x + C
2. ∫ csc x dx = ln csc x – cot x + C
2
3. ∫ csc x dx = – cot x + C
4. ∫ csc x cot x dx = – csc x + C
Tugas: Buktikan hasil integral di atas no. 2 – 10
Tugas Subbab 1.2
Hitung integral berikut dengan menggunakan metode integral parsial
2
1. ∫ x cos x dx
4. ∫ x sin x dx
2. ∫ x
5. ∫ (x + a) sin ax dx
1+ x dx
2
3. ∫ x sin x dx
Tugas Subbab 1.3
1.
∫
(3x + 5) dx
3
x − x2 − x + 1
4. ∫
( x 3 + x 2 + x + 3) dx
( x 2 + 1) ( x 2 + 3)
2.
∫
( x 4 − x 3 − x − 1) dx
x3 − x2
5. ∫
x 4 dx
(1 − x )3
3.
∫
(2x 2 + 3) dx
( x 2 + 1)2
Tugas Subbab 1.4
1.
2.
4
∫ tan x dx
3
∫ cot 2 x dx
3. ∫ sin 4 3 x cos 2 3 x dx
5. ∫ sin 3 x cos 5 x dx
4. ∫ 1 − cos x dx
6. ∫ cos 4 x cos 2x dx
12
Tugas Subbab 1.5
1.
2.
dx
∫
1− x 2
dx
∫
x
x2 − 1
3. ∫
4. ∫
x 2 dx
5. ∫
1− x 6
( x + 3) dx
6. ∫
1− x 2
( x + 2) dx
4x − x 2
dx
x2 + 1
Tugas Subbab 1.6
1.
∫x
1 + x dx
6. ∫
2.
∫
dx
(1 + x 2 )5 / 2
7. ∫
3.
∫
(3 x + 5) dx
3
x − x2 − x + 1
4.
∫
∫
5.
sin x dx
cos x (1 + cos 2 x )
x4
dx
12. ∫
8. ∫
( x 3 + x 2 + x + 3 ) dx
( x 2 + 1) ( x 2 + 3 )
13. ∫
( x 4 − x 3 − x − 1) dx
x3 − x2
9.
∫
2x 2 + 3
dx
( x 2 + 1)2
10. ∫ x 5
(1 − x )3
dx
x
14. ∫
1− x
1 − x 3 dx
13
dx
11. ∫
x (1 +
x)
dx
4
x +1 + x +1
sin x cos x
dx
1 − cos x
x 2 dx
15. ∫ sin
1+ x
x dx
BAB II
INTEGRAL TERTENTU
2.1 Pengertian Integral Tertentu
Jika fungsi f(x) terdefinisi pada interval tertutup [a, b] maka integral tertentu f(x) dari a ke b dinyatakan
b
oleh ∫ f ( x ) dx , dimana f(x) disebut integran, a disebut batas bawah dan b disebut batas atas.
a
Jika fungsi f(x) kontinyu pada interval tertutup [a, b], maka f(x) dapat diintegralkan pada [a, b].
Jika f(x) dan g(x) kontinyu pada interval integrasi a ≤ x ≤ b, dan k = konstanta, maka berlaku :
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
a
∫ f ( x ) dx = 0
a
b
a
∫ f ( x ) dx = – ∫ f ( x ) dx
a
b
b
b
∫ k f ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx
a
a
b
b
b
∫ { f ( x ) ± g ( x ) } dx = ∫ f ( x ) dx ± ∫ g ( x ) dx
a
a
a
c
b
b
∫ f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx jika a < c < b
a
c
a
u
d F(u )
Jika F(u) = ∫ f ( x ) dx , maka
= f(u)
du
0
b
b
∫ f ( x ) dx = F(x) = F(b) – F(a)
a
a
b
b
∫ f ( x ) dx ≥ ∫ g ( x ) dx , jika f(x) ≥ g (x) dalam interval [a, b]
a
a
Contoh soal
3
1. Hitung ∫ x 2 dx
1
3
2. Hitung ∫ x
1 + x dx
3
 1
3
1
26
2
Jawab: ∫ x 2 dx =  x 3  = [3 – 1 ] =
=8
3
3
3
 3
1
1
3
3
2
2
Jawab: Substitusi: 1 + x = u , maka x = u – 1, dx = 2 u du, dan
0
3
∫x
0
u2
u2
u
1
1
 2
1 + x dx = ∫ (u 2 − 1) u (2u du) = 2 ∫ (u 4 − u 2 ) du = 2  u 5 − u 3 
3
5
 u
u1
u1
1
2
2
3
2
2
2
2
=  (1 + x )5 / 2 − (1 + x )3 / 2  = ( 4 )5 / 2 − ( 4)3 / 2 − (1)5 / 2 + (1)3 / 2
5
3
5
3
3
5
0
= 64/5 – 16/3 – 2/5 + 2/3 = 116/15
14
1+ x = u.
4
 x + 2 jika x ≥ −2
− ( x + 2) jika x < −2
Jawab : Fungsi f(x) = x + 2 dapat ditulis f(x) = 
3. Hitung ∫ x + 2 dx
−3
4
4
−2
4
−2
 1 2

+  1 x 2 + 2x  = 1/2 + 18 = 37/2
∫ x + 2 dx = ∫ − ( x + 2) dx + ∫ ( x + 2) dx =  − x − 2 x 
2
2
 −2

 −3 
−3
−3
−2
2.2 Perhitungan Luas
Aplikasi integral untuk perhitungan luas dinyatakan dalam persamaan berikut:
Y
y = g (x)
Luas daerah yang dibatasi oleh fungsi y = f(x) dan y = g(x) dalam
interval [a, b] sepanjang sumbu X dinyatakan sbb.:
Luas
a
b
y = f (x)
X
Y x = f (y)
b
A = ∫ {f ( x ) − g ( x )} dx
a
Luas daerah yang dibatasi oleh fungsi x = f(y) dan x = g(y) dalam
d
interval [c, d] sepanjang sumbu Y dinyatakan sbb.:
Luas
c
x = g (y)
X
d
A = ∫ {f ( y ) − g ( y )} dy
c
Contoh soal:
3
1. Hitung luas daerah yang dibatasi oleh y = x – x dan y = 0
Jawab:
3
Y
3
y=x -x
Fungsi y = x – x dan y = 0 berpotongan di titik x = 1,
x = 0, dan x = – 1. Terdapat 2 luasan yang simetris.
Luas 1
1
–1
0
1
Luas = – 2 ∫ {( x 3 − x ) − 0} dx = – 2  1 x 4 − 1 x 2 
X
4
0
Luas 2
2
1
0
= – 2 (1/4 – 1/2) = – 2. (– 1/4) = 1/2 satuan luas
2
2. Hitung luas daerah yang dibatasi oleh x = y + 1 dan x = 5
Jawab:
Y
2
x=y +1
2
Kurva x = y + 1 dan x = 5 berpotongan di (5, 2) dan (5, – 2).
2
Luas
0 1
–2
x=5
X
d
2
c
0
Luas = ∫ {f ( y) − g ( y)} dy = 2 ∫ {5 − ( y 2 + 1)} dy
= 2  4 y − 1 y 3 
3


15
2
0
= 2 (8 – 8/3) = 32/3
2.3 Volume Benda Putar
Pengertian Benda Putar
Benda putar terbentuk oleh perputaran suatu luasan bidang terhadap sebuah garis sebidang yang
disebut sumbu putar. Sumbu putar dapat menyinggung keliling luasan bidang, atau tidak memotong
luasan tersebut sama sekali. Penentuan volume benda putar dapat dihitung dengan dua metode, yaitu
metode cakram (disc) dan metode kulit (shell).
a. Metode Cakram
Dalam metode cakram dikenal dua keadaan yaitu: (1). Sumbu putar merupakan batas luasan bidang, dan
(2) Sumbu putar bukan merupakan batas luasan bidang.
Sumbu putar merupakan batas luasan bidang
Rumus volume benda putar:
Y
y = f(x)
Volume
benda putar
a
a. yang dibatasi kurva y = f(x) dan sumbu X, dengan sumbu
putar sumbu X
X
b
V = π ∫ [ f ( x ) ] 2 dx
b
a
x = g (y)
Y
d
b. yang dibatasi kurva x = g(y) dan sumbu Y, dengan sumbu
Volume benda putar
putar sumbu Y
d
c
V = π ∫ [ g ( y ) ] 2 dy
X
c
Sumbu putar bukan merupakan batas luasan bidang
y = f2 (x)
Y
Volume
benda putar
y = f1 (x)
X
a
Y
x = g1 (y)
Rumus volume benda putar:
a. yang dibatasi kurva y = f1 (x) dan y = f2 (x), dengan
sumbu putar sumbu X
b
b
V = π ∫  [ f2 ( x ) ] 2 − [ f1( x ) ] 2  dx


a
x = g2 (y)
b. yang dibatasi kurva x = g1 (y) dan x = g2 (y), dengan
sumbu putar sumbu Y
d
Volume benda putar
d
c
X
V = π ∫  [ g2 ( y ) ] 2 − [ g1 ( y ) ] 2  dy


c
16
Contoh :
1. Hitung volume yang terbentuk karena perputaran terhadap sumbu X dari daerah yang dibatasi oleh
2
parabola y = x + 1 dan garis y = x + 3
Jawab:
2
Perpotongan parabola y = x + 1 dan garis y = x + 3
y=x+3
Y
diberikan oleh: x + 1 = x + 3 → x – x – 2 = 0
2
Q
2
atau (x – 2) (x + 1) = 0. Jadi x = – 1 dan x = 2.
Jadi volume benda putar tsb:
2
y=x +1
P
b
2
a
−1
V = π ∫  [ f2 ( x ) ] 2 − [ f1( x ) ] 2  dx = π ∫  ( x + 3)2 − ( x 2 + 1)2  dx




X
2
2
V = π ∫  − x 4 − x 2 + 6x + 8  dx = π  − 1 x 5 − 1 x 3 + 3x 2 + 8x 
3
 5
 −1

−1
V = π  ( − 32 − 8 + 12 + 16) − ( 1 + 1 + 3 − 8)  = 117/5 π satuan volume

5
3
5

3
2. Tentukan volume benda putar yang terbentuk oleh perputaran terhadap garis x = – 4 dari daerah
2
2
yang dibatasi oleh dua parabola x = y – y dan x = y – 3
2
2
2
x=y –3
x=y–y
2
2
y –3=y–y
P
y = 3/2
2
Titik potong kurva x = y – y dan x = y – 3 adalah:
→ 2y –y–3=0
2
(y + 1) (y – 3/2) = 0. Jadi titik potong Q untuk y = – 1,
X
(0, 0)
y=–1
Q
x=–4
x = – 2, dan P untuk y = 3/2, x = – 3/4
Volume benda putar antara kedua kurva pada sumbu putar x =
xp adalah
Y
d
[
]
[
]
V = π ∫  − x p + g2 ( y ) 2 − − x p + g1( y ) 2  dy


c
3/2
V = π ∫   4 + y − y 2  2 −  4 + y 2 − 3  2  dy


 

−1
3/2
3/2
= π ∫ ( −2y 3 − 9y 2 + 8 y + 15) dy = π  − 1 y 4 − 3y 3 + 4 y 2 + 15 y 
= 875/32 π satuan volume
 2
 −1
−1
17
b. Metode Kulit
Jika suatu bidang yang dibatasi oleh y = f(x), x = a, x = b dan
Y
y = f(x)
sumbu X diputar terhadap sumbu Y, maka akan membentuk
benda dengan volume:
X
Daerah
a
Y
b
V = 2π ∫ x f ( x ) dx
b
a
x = g(y)
Jika suatu bidang yang dibatasi oleh x = g(x), y = c, y = d dan
d
sumbu Y diputar terhadap sumbu X, maka akan membentuk
Daerah
c
benda dengan volume:
X
d
V = 2π ∫ y g( y ) dy
c
Contoh:
2
1. Suatu daerah yang dibatasi parabola y = x , sumbu x, dan garis x = 2 diputar terhadap sumbu Y
sebagai sumbu putar. Tentukan volume benda akibat putaran tersebut.
Jawab:
2
y=x
Y
b
2
a
0
V = 2π ∫ x f ( x ) dx = 2π ∫ x x 2 dx
Daerah
2
2
= 2π ∫ x 3 dx = 2π  1 x 4  = 2π  1 2 4  = 8π
4
4



X
0
2
0
0
2
2. Suatu daerah dibatasi kurva y = x dan garis y = 1 dan x = 2 diputar terhadap garis y = – 2 sebagai
sumbu putar. Tentukan volume benda yang terbentuk karena perputaran itu.
Jawab:
Kurva y = x diubah menjadi x = ±
2
2
y=x
Y
4
(2, 4)
dimaksud terdapat dalam kuadran I maka digunakan x =
Daerah
0
2
y.
Batasnya c = 1 dan d = 4. Diputar terhadap y = –2 maka y → y + 2
y=1
1
y namun karena daerah yang
X
dan g(y) → 2 – g(y) = 2 –
y=–2
V = 2π ∫ y g( y ) dy = 2π ∫ ( y + 2) (2 − y ) dy
d
4
c
1
y sehingga
4
4
= 2π ∫ ( − y 3 / 2 + 2y − 2y1/ 2 + 4) dy = 2π  − 2 y 5 / 2 + y 2 − 4 y 3 / 2 + 4 y  =
π
3
 5
 1
5
1
18
37
2
2
3. Hitung volume torus yang terbentuk oleh perputaran lingkaran x + y = 4 terhadap garis x = 3
sebagai sumbu putar.
Jawab:
Y
x=3
2

2
V = 2π ∫ (3 − x ) 2 y dx = 4π ∫ (3 − x )
−2
−2
2
2
= 12π ∫ 4 − x 2 dx - 4π ∫ x
−2
−2
2

x  4π 
2
2  3/2
= 24 π
4 − x 2 + 2 arcsin  +
 4−x 


2  3 
 − 2
0
–2
X
2
x
=  12 π 

2
4 − x2
Fungsi tersebut diubah menjadi y = ±
4 − x 2 dx
4 − x 2 dx
2
4. Daerah yang dibatasi parabola y = – x – 3x + 6 dan garis x + y – 3 = 0 diputar terhadap
a. garis x = 3
b. garis y = 0
Hitung volume benda yang terjadi akibat perputaran tersebut.
Jawab:
Kedua kurva itu berpotongan di P(1, 2) dan Q (–3, 6)
a. Menggunakan metode kulit
Y
1
V = 2π ∫ (3 − x ) ( y1 − y 2 ) dx
X=3
−3
Q
1
P
= 2π ∫ (3 − x )  ( − x 2 − 3x + 6) − ( − x + 3)  dx

−3
X

1
O
= 2π ∫ (3 − x ) ( − x 2 − 2x + 3) dx
−3
2
y = – x – 3x + 16
1
= 2π ∫ ( x 3 − x 2 − 9 x + 9) dx =
−3
256
π
3
b. Menggunakan metode cakram
1
1
V = π ∫  ( y1)2 − ( y 2 )2  dx = π ∫  ( − x 2 − 3 x + 6)2 − ( − x + 3)2  dx


−3 
−3 
1
= π ∫ ( x 4 + 6 x 3 − 4x 2 − 30x + 27) dx =
−3
1792
π
15
2.4 Panjang Busur Kurva
Y
Teorema. Jika fungsi f dan turunannya f’ kontinu dalam interval tutup [a,
y = f(x)
b] maka panjang busur dari kurva y = f(x) mulai dari titik (a, f(a)) sampai
b
titik (b, f(b)) adalah: S = ∫
a
X
a
b
19
 dy 
1+ 

 dx 
2
dx
Teorema. Jika fungsi g dan turunannya g’ kontinu dalam interval tutup [c,
d] maka panjang busur dari kurva x = g(y) mulai dari titik (c, g(c)) sampai
d
Y
titik (d, g(d) adalah: S = ∫
c
d
 dx 

1 + 
 dy 
2
dy
Jika A dan B adalah dua titik pada kurva didefinisikan oleh persamaan
x = g(y)
c
parameter x = f(t) dan y = g(t) dan jika persyaratan kontinu memenuhi,
X
t2
maka panjang busur AB adalah: S = ∫
t1
2
2
 dy 
 dx 

 +
 dt
 dt 
 dt 
Contoh soal:
1. Hitung panjang busur kurva y = x 2 / 3 dari titik (1, 1) sampai titik (8, 4)
Jawab y =
x2 /3
maka
b
Panjang busur s = ∫
a
 dy 
1+ 

 dx 
2
dan 
=
4
9x 2 / 3
2/3 + 4
8
4
1 8 9x
dx =
dx = ∫ 1 +
dx
∫
31
9x 2 / 3
x1 / 3
1
2
misal u = 9 x 2 / 3 + 4, du = 6 x −1 / 3 dx →
s=
 dy 

 dx 
2
dy
2
= x −1 / 3 =
dx
3
3 x1 / 3
dx
du
=
untuk x = 1, u = 13, untuk x = 8, u = 40, maka
1
6
x /3
1 40 1/ 2
1
1  2 3/2 
3 / 2 − 13 3 / 2 ) = 7,6
du =
u
∫ u
 = 27 ( 40
18 13
18  3

2. Hitung panjang busur kurva x = 3 y 3 / 2 – 1 dari y = 0 sampai y = 4
Jawab
2
 dx 
9
81
dx
y sehingga
= y1/ 2 maka   =
4
2
dy
dy
 
d
Panjang busur s = ∫
c
 dx 

1 + 
 dy 
2
41
4
81
dy = ∫ 1 +
y dy = ∫
4
0
02
4 + 81 y dy
misal u = 4 + 81y, du = 81 dy, untuk y = 0, u = 4, dan untuk y = 4, u = 328, jadi
1 1 328 1/ 2
1  2 3 / 2  328
1
3 / 2 − 43 / 2 ) = 8 (82 82 − 1)
du =
u
=
( 328
∫ u

2 81 4
162  3
243
243
 4
2.5 Luas Permukaan Benda Putar
Jika sebuah kurva y = f(x) yang kontinu pada interval a ≤ x ≤ b diputar terhadap
Y
y = f(x)
Y
d
d
c
(a)
X
a
b
x = g(y)
c
a
b
20
(b)
X
b
d
dy
dx
a. sumbu X, luas permukaan putar adalah A x = 2 π ∫ y 1 + ( ) 2 dx atau A x = 2 π ∫ y 1 + ( )2 dy
dx
dy
a
c
b
b. sumbu Y, luas permukaan putar adalah A y = 2 π ∫ x 1 + (
a
b
dy 2
dx
) dx atau A y = 2 π ∫ x 1 + ( )2 dy
dx
dy
a
Jika fungsi tersebut dalam bentuk parameter x = f(t) dan y = g(t) maka luas perputaran karena fungsi
tersebut
a. diputar terhadap sumbu X adalah:
b
dx
dy
A x = 2 π ∫ y ( ) 2 + ( )2 dt
dt
dt
a
b. diputar terhadap sumbu Y adalah:
b
dx
dy
A y = 2 π ∫ x ( ) 2 + ( )2 dt
dt
dt
a
Contoh soal :
1. Hitung luas permukaan bola berjari-jari r.
Y
Jawab
Kalau busur AB diputar terhadap sumbu X maka luas permukaan
X
A
O
putar adalah permukaan bola. x = r cos θ dan y = r sin θ dan
B
dx
dy
= – r sin θ dan
= r cos θ
dθ
dθ
b
π
dx
dy
A x = 2 π ∫ y ( ) 2 + ( )2 dt = A x = 2 π ∫ (r sin θ)
dt
dt
a
0
( −r sin θ)2 + (r cos θ)2 dθ
π
π
π
0
0
0
= 2 π ∫ (r sin θ) r dθ = 2 π r 2 ∫ sin θ dθ = 2π r 2 [ − cos θ ] = 2π r (– cos π + cos 0) = 4π r
2
2
2
2. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran y = 12 x dari x = 0 sampai x
= 3 terhadap sumbu X
Jawab
Y
y = 12 x maka 2y dy = 12 dx →
2
X
O
3
b
3
dy
6
A x = 2 π ∫ y 1 + ( ) 2 dx = 2 π ∫ y 1 + ( ) 2 dx
dx
y
a
0
3
= 2π ∫
x=3
6
dy
=
dx
y
0
3
y 2 + 6 2 dx = 2 π ∫
0
21
12x + 36 dx = 24(2
2 - 1) π
TUGAS MANDIRI BAB II
Tugas Subbab 2.1
1.
2.
2
∫x
0
2
x 2 + 5 dx
3. ∫
4
dx
5. ∫ ( − y 2 + 2y + 8) dy
2
−1 x − 9
−10 dx
−2
4
4. ∫ ( 4x − x 2 ) dx
∫
−6 x + 2
0
Tugas Subbab 2.2
3
2
1. y = x , y = 0, x = 1, dan x = 3
2
3
2. y = 2 – x dan y = – x
2
3. y = x dan y =
2
6. 2y = x + 4 dan x = y
7. x = 4y – y dan x = 0
2
8. y = 2x – 2 dan y = x – 5
x
2
2
4. y + x = 6 dan y + 2x – 3 = 0
2
9. y = 6x – x dan y = x – 2x
3
2
5. y – x = 6, y – x = 0, dan 2y + x = 0
2
10. y = x dan y = – x + 4x
Tugas Subbab 2.3
2
2
1. Hitung volume benda putar yang terbentuk karena perputaran luasan 4x + 9y = 36 terhadap sumbu
X. Gunakan metode cakram. Jawab: 16π
2
2. Hitung volume benda putar yang terbentuk karena perputaran luasan yang dibatasi x = 9 – y dan
x – y – 7 = 0 terhadap sumbu X = 4. Gunakan metode kulit. Jawab:
153
π
5
2
4
2
3. Hitung volume benda putar yang terbentuk karena perputaran luasan y = x (1 – x ) terhadap sumbu
X. Jawab: 4π/35
2
2
4. Hitung volume benda putar yang terbentuk karena perputaran luasan yang dibatasi x – y = 16, y =
0, x = 8 terhadap sumbu Y. Jawab: 128 π 3
2
5. Hitung volume benda putar yang terbentuk karena perputaran luasan yang dibatasi y = x , y = 4x –
x terhadap garis Y = 6. Jawab: 64 π / 3
2
Tugas Subbab 2.4
2
3
2. Hitung panjang busur kurva x = t , y = t dari t = 0 sampai t = 4.
Jawab: 8/27 (37 37 − 1)
4
3. Hitung panjang busur kurva 24 xy = x + 48 dari x = 2 sampai x = 4. Jawab : 17/6
4. Hitung panjang busur kurva
x = 2 cos α + cos 2α + 1
y = 2 sin α + sin 2α
5. Hitung panjang busur kurva
Jawab : 16
x = a cos α di kuadran 1
3
y = a sin α
3
Jawab : 3a/2
22
Tugas Subbab 2.5
1. Hitung luas permukaan benda yang terbentuk jika busur sikloida dengan persamaan x = a(θ – sin θ)
dan y = a(1 – cos θ) diputar terhadap sumbu X. Jawab 64/3 π a .
2
2. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran elips

Jawab 8 π  1 +


x2 y2
+
= 1.
16
4
4 3 
π

9

3. Hitung luas permukaan benda yang terbentuk jika kardioda dengan persamaan x = 2 cos θ – cos 2θ
dan y = 2 sin θ – sin 2θ diputar terhadap sumbu X. Jawab 128π/5.
4. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran y = mx dari x = 0 sampai x = 3
terhadap sumbu X.
Jawab 9 m π 1 + m 2
5. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran y =
3 terhadap sumbu Y.
Jawab
[
1
π 9 82 + ln (9 +
2
82
1 3
x dari x = 0 sampai x =
3
]
6. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran x = a (θ – sin θ), y = a (1 –
cos θ) terhadap sumbu X.
Jawab
64 π a 2
3
7. Hitung luas permukaan benda putar yang terbentuk karena perputaran kurva
2
2
2
2
4
8a y = a x – x terhadap sumbu X.
Jawab π a /4.
2
23
BAB III
INTEGRAL LIPAT
3.1 Integral Lipat Dua
Terdapat suatu daerah tertutup S yang dibatasi oleh kurva K1 dan K2
Y
seperti pada gambar. Daerah S tersebut dapat dibagi dalam n
d
bagian garis sejajar sumbu X dan n bagian garis sejajar sumbu Y
K1
S
sehingga terdapat banyak segiempat kecil dengan panjang sisi ∆xi
K2
dan ∆yi dimana
segi empat
c
∆xi = xi – xi-1 dan ∆yj = yj – yj-1
X
Jika terdapat fungsi z = f(x, y) yang kontinu di semua titik di dalam
daerah tertutup S maka untuk per sub bagian segiempat diperoleh
perkalian f(xi, yj) ∆xi ∆yj di titik (xi, yj) pada segiempat tersebut.
m n
∑ ∑ f(xi, yj) ∆xi ∆yj
j =1 i =1
Untuk seluruh daerah S diperoleh hasil penjumlahan sebagai berikut:
Untuk n → ∞ dan m → ∞ diperoleh
lim
n→∞
m→∞
m n
∑ ∑ f(xi, yj) ∆xi ∆yj =
s
j =1 i =1
∫∫ f(x,y) dx dy
disebut "integral lipat dua dari fungsi f(x, y) pada daerah tertutup S"
Cara menghitung integral lipat dua
a. Untuk ∫∫ f(x,y) dx dy = ∫ [ ∫ f(x,y) dx] dy artinya diintegralkan dulu terhadap x lalu terhadap y
sy sx
s
b. Untuk ∫∫ f(x,y) dy dx = ∫ [ ∫ f(x,y) dy] dx artinya diintegralkan dulu terhadap y lalu terhadap x
sx sy
s
Cara menentukan batas integral
a. Untuk kurva seperti gambar berikut
Y
x1 = f1 (y)
d
sebelah kiri x1 = f1 (y) dan sebelah kanan x2 = f2 (y)
S
c
Batas integral untuk sumbu X
x2 = f2 (y)
Batas integral untuk sumbu Y
sebelah bawah y1 = c dan sebelah atas y2 = d
X
d f2(y)
Bentuk integralnya ∫∫ f(x,y) dx dy = ∫ ∫ f(x,y) dx dy
S
24
c f1(y)
b. Untuk kurva seperti gambar berikut
Batas integral untuk sumbu X
Y
y2 = f2 (x)
sebelah kiri x1 = a dan sebelah kanan x2 = b
Batas integral untuk sumbu Y
S
sebelah atas y2 = f2 (x) dan sebelah bawah y1 = f1 (x)
b f2(x)
y1 = f1 (x)
X
a
Bentuk integralnya ∫∫ f(x,y) dy dx = ∫ ∫ f(x,y) dy dx
b
S
a f1(x)
Contoh
2
2
2 y
2 y
2
2
y
2
2
4
3
2
2
1. Hitung ∫ ∫ (2x + 3y) dx dy Jawab: ∫ ∫ (2x + 3y) dx dy = ∫ [ x + 3yx ] dy = ∫ (y + 3y – y – 3y ) dy
1 y
1 y
1
y
1
2
=  1 y 5 + 3 y 4 − 4 y 3  = ( 32 + 12 − 32 ) − ( 1 + 3 − 4 ) = 487
 5

5
3
5 4 3
5
4
3
1
2
2
2. Hitung ∫∫ x dx dy pada daerah yang dibatasi parabola x = 6y – y dan x = y – 2y
Jawab:
Titik potong kedua parabola adalah
2
2
x = 6y – y
2
6y – y = y – 2y
2
x = y – 2y
5
4
3
2
→ 2y – 8y = 0 → 2y(y – 4) = 0
2
untuk y = 0 maka x = 0 dan untuk y = 4 maka x = 8
Jadi titik potongnya di (0, 0) dan (8, 4)
Batas integral untuk X,
1
2
2
seb. kiri x = y – 2y dan seb. kanan x = 6y – y
-1
3
5
8 9
Batas integral untuk Y,
seb. bawah y = 0 dan seb. atas y = 4
4
Jadi ∫∫ x dx dy = ∫
0
6y − y 2
4
4
2
1 2 6y − y dy = 1 6 y – y2)2 – (y2 – 2y)2 dy
∫ x dx dy = ∫ x ] 2
2 ∫
2
y − 2y
0
0
y 2 − 2y
4
3
3
4
= 1 ∫ 32y2 – 8y ) dy = 1 [ 32 y – 2y ]
2
2
3
0
4
0
= 256
3
2
3. Hitung ∫∫ (x + y) dy dx pada daerah yang dibatasi parabola y = 6x – x dan garis lurus y = x
Jawab:
Titik potong parabola dan garis tersebut:
9
y = 6x – x
2
y=x
5
6x – x = x → x – 5x = 0 → x(x – 5) = 0 → x = 0 dan x = 5
2
2
Jadi titik potongnya di (0, 0) dan (5, 5) . Lihat gambar.
Batas integral untuk X : kiri x = 0 dan kanan x = 5
2
Batas integral untuk Y : atas y = 6x – x dan bawah y = x
5 6x − x 2
∫∫ ( x + y ) dy dx = ∫
0
S
0 1
3
5 6
25
5
1 2
∫ ( x + y ) dy dx = ∫ [ xy + 2 y ]
x
0
6x − x 2
dx
x
5
=
2
3 1
2
3
4
2 1 2
∫ {6x − x + 2 (36x − 12x + x ) − ( x + 2 x )} dx
0
5
=
3 45 2
625
1 4
∫ ( 2 x − 7x + 2 x ) dx = 4
0
3.2 Luas Daerah Tertutup
Terdapat suatu daerah tertutup S yang dibatasi oleh kurva K1 dan K2
Y
seperti pada gambar. Daerah S tersebut dapat dibagi dalam n
d
bagian garis sejajar sumbu X dan n bagian garis sejajar sumbu Y
K1
S
K2
sehingga terdapat banyak segiempat kecil dengan panjang sisi ∆xi
dan ∆yi dimana
segi empat
c
∆xi = xi – xi-1 dan ∆yj = yj – yj-1
X
Luas segiempat kecil tersebut = ∆xi ∆yj
m n
Luas pendekatan seluruh daerah S didapat dari hasil penjumlahan: ∑ ∑ ∆x i ∆y j
j =1 i =1
Untuk n → ∞ dan m → ∞ diperoleh
m n
lim ∑ ∑ ∆x i ∆y j = ∫∫ dx dy
n → ∞ j =1 i =1
S
m→∞
Ternyata luas suatu daerah tertutup adalah harga integral lipat dua dimana f(x, y) = 1
Jadi luas daerah tertutup S adalah L = ∫∫ dx dy
S
Contoh:
2
Hitung luas daerah yang dibatasi oleh parabola y = 2 – x dan garis y = x
Jawab:
y=2–x
2
(0,2)
Titik potong parabola dan garis tersebut:
2 – x = x → x + x – 2 = 0 → (x + 2)(x – 1) = 0 → x = 1 dan x = – 2
2
(1,1)
(-1,1)
2
Jadi titik potongnya di (1, 1) dan (– 2, – 2) . Lihat gambar.
(0, 0)
Batas integral untuk X : kiri x = – 2 dan kanan x = 1
2
Batas integral untuk Y : atas y = 2 – x dan bawah y = x
y=x
(-2, -2)
2− x 2
1 2− x2
1
dx
∫ dy dx = ∫ [ y ]
∫∫ dy dx = ∫
x
S
−2 x
−2
=
1
2
∫ (2 − x − x ) dx =
−2
26
27 satuan luas
6
3.3 Integral Lipat Dua Dalam Koordinat Kutub
Misal S daerah tertutup pada bidang datar yang dibatasi kurva K.
θj + ∆θj
Daerah subbagian ∆Sk dibatasi lingkaran dengan jari-jari ri dan
θj
D
A ∆S
k
C
ri + ∆ ri dan dua garis θj dan θj + ∆θj.
kurva K
Luas ∆Sk = luas DOC – luas AOB = 1 (ri + ∆ri )2 ∆θ j − 1 ri2 ∆θ j
2
2
B
∆θj
= ri ∆ri ∆θ j + 1 ∆ri2 ∆θ j
2
ri ∆ri ri + ∆ri
Jika terdapat fungsi F(r, θ) dalam S maka terbentuk:
O
2
F(r, θ) [ ri ∆ri ∆θj + 1 ∆ri ∆θj ]
2
Untuk n → ∞ dan m → ∞ diperoleh
mn
lim Σ
n→∞
m→∞
2
1
Σ F(ri, θj) [ ri ∆ri ∆θj + 2 ∆ri ∆θj ] = ∫∫ F(r, θ) r dr dθ
S
Bentuk ∫∫ F(r, θ) r dr dθ disebut "integral lipat dua fungsi F(r, θ) pada daerah S"
S
Jika F(r, θ) = 1 maka luas daerah tertutup S adalah L =
∫∫ r dr dθ
S
Contoh :
cos θ
π
π
π
π cos θ
1 2
dθ = 1 ∫ cos 2 θ sin θ dθ = − 1  cos 3 θ = 1
∫ r sin θ dr dθ = ∫ [ r sin θ ]


2
2
6
0 3
0
0 0
0
0
1. ∫
2.
4 cos θ
π2
π 2 4 cos θ
π2
dθ = ∫ ( 64 cos 4 θ − 4 ) dθ
r 3 dr dθ = 1 ∫ [ r 4 ]
∫
∫
4
2
0
2
0
0
karena cos 2 θ = 1 (cos 2θ + 1) dan
2
cos 4 θ = 1 (cos 2θ + 1)2 = 1 (cos 2 2θ + 2 cos 2θ + 1) = 1 ( 1 (cos 4 θ + 1) + 2 cos 2 θ + 1)
4
4
4 2
π2
maka = ∫ (8 cos 4θ + 20 + 32 cos 2θ) dθ = 10 π
0
3. Hitung luas daerah yang berada di luar lingkaran r = 2 dan di dalam kardioda r = 2(1 + cos θ)
Jawab: Y
Titik potong kurva: 2(1 + cos θ) = 2 → cos θ = 0 → θ = ± π
P
2
X
O
S
R
Q
Luasan yang dicari, PQSRP, simetris terhadap sumbu X
Jadi luas daerah PQSRP:
2(1+ cos θ)
π2
π 2 2(1+ cos θ)
2
dθ
∫ r dr dθ = ∫ [ r ]
2
0
2
0
L= 2 ∫
π2
π2
L = 4 ∫ (2 cos θ + cos 2 θ) dθ = 4  2 sin θ + 1 θ + 1 sin 2θ
= 8 + π satuan luas

2
4

0
0
27
3.4 Integral Lipat Dua Pada Ruang 3D
a. Volume Benda
Andaikan fungsi f(x, y) kontinu dan berharga tunggal untuk x dan y
Z
dalam S maka S = f(x, y) menyatakan suatu luasan. Luasan ini
S'
T R
P
Q
dipotong oleh silinder sejajar sumbu-Z dengan alas S dan atas S'.
Ditarik garis-garis sejajar sumbu-Y dengan jarak ∆x dan juga ditarik
X
Y
D
A
C
B
garis-garis sejajar sumbu-X dengan jarak ∆y. Melalui garis-garis
tersebut dibuat bidang-bidang datar yang masing-masing sejajar
S
bidang YOZ dan XOZ. Terjadilah prisma-prisma tegak kecil, misalnya
ABCD.PQRT yang mempunyai volume = f(x,y) ∆x ∆y
Jumlah seluruh volume prisma kecil tersebut = ∑ ∑ f(x,y) ∆x ∆y yang merupakan pendekatan
volume silinder. Jika diambil ∆x→ 0 dan ∆y→ 0 maka didapat:
lim ∑ ∑ f(x,y) ∆x ∆y = ∫∫ f(x,y) dx dy
∆x → 0
∆y →0
Jadi volume benda berbentuk silinder :
V = ∫∫ f(x,y) dx dy
S
Contoh:
2
2
Hitung volume benda yang dibatasi silinder x + y = 4, bidang y + z = 4 dan bidang z = 0
Jawab:
Volume yang akan dihitung terletak di bawah permukaan z = 4 – y dan di atas bidang
Z
2
XOY sedangkan di kiri kanan dibatasi silinder x
X
Y
2
V = ∫
−2
2
4−y2
4−y2
2 4− y
2
− y ) dx dy
z
dx
dy
=
(
4
−
y
)
dx
dy
=
2
(
4
∫
∫
∫
∫
∫
−
2
−
2
0
− 4−y2
− 4− y2
2
V = 2 ∫ ( 4 − y )x
−2
Misal: y = 2 sin A, maka =
Batas y = – 2 menjadi A = –
+ y2 = 4
4 − y2 =
4−y2
0
2
dy = 2 ∫ ( 4 − y ) 4 − y 2 dy
−2
4 − 4 sin2 A = 2 cos A dan dy = 2 cos A dA
π
π
dan y = 2 menjadi A = . Sehingga volume menjadi
2
2
π
π
2
2
V = 2 ∫ ( 4 − 2 sin A ) 2 cos A 2 cos A dA = 8 ∫ ( 4 − 2 sin A ) cos 2 A dA
−π
−π
2
2
28
π
π
π
π
2
2
2
2
2
2
V = 32 ∫ cos A dA – 16 ∫ sin A cos A dA = 16 ∫ (cos 2A + 1) dA + 16 ∫ cos 2 A d cos A
−π
−π
−π
−π
2
2
2
2
π
π
2
2
π
π
16
16
3
1
V = 16 sin 2 A + A
+
= 16(0+ – 0 + ) +
(0 – 0) = 16π
cos
2
2
2
3
3
π
π
−
−
2
2
3.5 Integral Lipat Tiga
Integral lipat 3 ∫∫∫ f ( x, y, z ) dV dari suatu fungsi 3 variabel bebas terhadap daerah tertutup R,
R
bervolume V, dimana fungsi bernilai tunggal dan kontinu, merupakan pengembangan dari integral tunggal
dan lipat dua.
Jika f(x, y, z) = 1, maka integral menjadi ∫∫∫ dV adalah volume daerah R
R
Dalam sistem koordinat kartesian, integral lipat tiga menjadi:
b y 2 ( x ) z 2 ( x, y )
f ( x, y, z ) dz dy dx
∫
∫
∫∫∫ f ( x, y, z ) dV = ∫
a y1( x ) z1( x, y )
R
Contoh :
π
2 4
1. Hitunglah ∫ ∫
0 0
π
2 4
Jawab: ∫ ∫
0 0
1
16 − z 2
(16 − x 2 ) 2 xz dx dz dy
∫
0
π
1
16 − z 2
4
2
(16 − x 2 ) 2 xz dx dz dy = − 1 ∫ ∫
∫
2
0
0 0
π
3
2 4
= − 1 ∫ ∫ 2 (16 − x 2 ) 2
2
3
0 0
16 − z 2
0
1
16 − z 2
(16 − x 2 ) 2 d (16 − x 2 ) zdz dy
∫
0
π
3
3
2 4
zdz dy = − 1 ∫ ∫ {( z 2 ) 2 − ( 4 2 ) 2 } zdz dy
3
0 0
π
π
π
4
4
4
2
2
2
3
3
3
4
3
= − 1 ∫ ∫ ( z − 4 ) zdz dy = − 1 ∫ ∫ ( z − 4 z) dz dy = − 1 ∫ ( 1 z 5 − 4 z 2 ) dy
3
3
3
5
2
0
0 0
0 0
0
π
π
π
π
2
2
2
2
5
5
5
5
5
5
= − 1 ∫ ( 4 − 4 ) dy = − 4 ∫ ( 1 − 1 ) dy = 4 ∫ dy = 4 [y ] = 4 π = 256 π
5
3
5
2
3
5 2
10
10
10 2
0
0
0
0
29
TUGAS MANDIRI BAB III
Tugas Subbab 3.1
1. Hitung ∫∫ ye x dx dy pada daerah yang dibatasi sumbu x, sumbu y, x = 1 dan garis y = x
S
2. Hitung ∫∫ xy 2dy dx pada daerah yang dibatasi parabola y = x , garis lurus y = x, x = 1 dan x = 2
2
S
3 2x
a. ∫
3. Hitung
1
∫
2
1 x ( x + y)
π sin y
e. ∫
dy dx
π y3
b. ∫
π
2
1
x
∫ cos y dx dy
c. ∫
∫
0
0
0
1
1− x 2
∫
0
0
( x 2 + y 2 ) dy dx
1 1
g. ∫ ∫ sin x 2 dx dy
1 − x 2 − y 2 dy dx
0 y
π
2
2 x
π 1− cos θ
d. ∫
0
f. ∫
0
1− x 2
∫ dx dy
0
∫ r dr dθ
h. ∫
y
∫ sin x dy dx
1 0
0
Tugas Subbab 3.2
Hitung luas daerah yang dibatasi kurva-kurva di bawah ini menggunakan integral lipat dua
2
1. y = 4x – x dan y = x
2
2. y = 4x dan 2x – y = 4
2
2
2
3. y = 4x dan x = 12 + 2y – y
2
2
2
5. y = 9 + x dan y = 9 – 3x
2
4. y = 2x dan x + y = 4x
Tugas Subbab 3.3
Hitung luas dengan integral lipat dua untuk soal berikut:
1. Luas daerah di dalam lingkaran x = 3 cos θ dan di luar lingkaran r = cos θ
2. Luas daerah di dalam kardioda r = 1 + cos θ dan di luar parabola r (1 + cos θ) = 1
3. Luas daerah yang dibatasi oleh lemniskat r = a cos 2θ
2
2
Tugas Subbab 3.4
2
2
2
2
1. Hitung volume benda di depan bidang YOZ dan dibatasi oleh y + z = 4 dan y + z + 2x = 16
2
2
2
2
2. Hitung volume benda di bawah 4z = 16 – 4x – y di atas z = 0 dan di dalam silinder x + y = 2x
2
2
2
3. Hitung volume benda di kuadran satu terletak di dalam y + z = 9 dan di luar y = 3x
Tugas Subbab 3.5
2
2
2
1. Hitunglah ∫∫∫ f ( x )dV dengan f(x) = x + y + z dan R adalah daerah
R
yang dibatasi oleh x + y + z = 10, x = 0, y = 0, dan z = 0
2
2. Hitunglah volume dari R yang dibatasi oleh silinder z = 4 – x dan
bidang-bidang x = 0, y = 0, y = 6, dan z = 0
3. Hitung integral lipat tiga dari f(x, y, z) = z terhadap daerah R yang terletak di kuadran pertama
2
2
dan dibatasi oleh bidang-bidang x + y = 2 dan 2y + x = 6, dan silinder y + z = 4
30