2. Definisi Integral Ganda (1/2)
β’ Misalkan π§ = π(π₯, π¦) terdefinisi pada
daerah R yang berada di dalam
persegi panjang tertutup,
π = π₯, π¦ : π β€ π₯ β€ π, π β€ π¦ β€ π .
β’ Daerah R kemudian dipartisi menjadi
sejumlah n-partisi, ππ, dengan sub-
interval π₯πβ1, π₯π pada sumbu π₯ dan
π¦πβ1, π¦π pada sumbu π¦.
β’ Apabila dipilih sebuah titik (π₯π, π¦π)
pada partisi ke-π dengan luas βπ΄π =
βπ₯π βπ¦π, maka diperoleh:
π½π =
π=1
π
π π₯π, π¦π βπ΄π (β)
π§ = π(π₯, π¦)
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
3. Definisi Integral Ganda (2/2)
β’ Misalkan π = max{βπ΄π} sebagai akibat dari π menuju
tak hingga, maka π disebut terintegral atas π jika,
β’ Nilai limit ini disebut sebagai integral ganda π atas π ,
yaitu:
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦
lim
|π|β0
π=1
π
π(π₯π, π¦π)βπ΄π ada
π
π π₯, π¦ ππ΄
atau
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
4. Sifat Integral Ganda
π
ππ ππ₯ ππ¦ = π
π
π ππ₯ ππ¦
π
(π + π) ππ₯ ππ¦ =
π
π ππ₯ ππ¦ +
π
π ππ₯ ππ¦
π
π ππ₯ ππ¦ =
π 1
π ππ₯ ππ¦ +
π 2
π ππ₯ ππ¦
1. Perkalian dengan konstanta
2. Penjumlahan
3. Jika π = π 1 + π 2
dimana fungsi f dan g dari (x,y) terdefinisi dan kontinyu pada daerah R.
; dimana k konstanta
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
5. Aplikasi Integral Ganda (1/3)
β’ Menghitung volume
β’ Menghitung massa total, massa
pusat (titik berat), dan momen
inersia
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
6. Aplikasi Integral Ganda:
Menghitung Volume (2/3)
β’ Luas penampang π΄ dari daerah R pada bidang
xy adalah
β’ π(π₯π, π¦π)βπ΄π pada Persamaan (*)
merepresentasikan volume dari partisi ke-k
dengan luas βπ΄π dan tinggi (π₯π, π¦π)
β’ Apabila π§ = π(π₯, π¦) > 0, volume di bawah
permukaan π§ = π(π₯, π¦) dan di atas daerah R
pada bidang xy adalah
β’ Dalam hal ini, apabila luas penampang A
diketahui maka volume dapat dihitung.
π΄ =
π
ππ₯ ππ¦
π =
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
7. Contoh 1
β’ Misalkan S adalah benda pejal pada oktan pertama yang
dibatasi oleh bidang-bidang koordinat, bidang π₯ + 2π¦ = 4
dan silinder parabolik π§ = 4 β π¦2. Tentukan volume S.
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
8. Penyelesaian:
Tentukan terlebih dahulu daerah pada bidang XY yaitu bidang π§ = 0. Pada
bidang ini, silinder parabolik memberikan 0 = 4 β π¦2 atau π¦ = Β±2. Diperoleh dua
garis π¦ = 2 dan π¦ = β2. Karena benda berada pada oktan pertama, maka hanya
π¦ = 2 yang digunakan, sedangkan bidang π₯ + 2π¦ = 4 memberikan garis π₯ + 2π¦ =
4.
Jadi diperoleh segitiga, π = (π₯, π¦ : 0 β€ π¦ β€ 2, 0 β€ π₯ β€ 4 β 2π¦}
π =
0
2
0
4β2π¦
4 β π¦2
ππ₯ππ¦ =
0
2
4π₯ β π₯π¦2
0
4β2π¦
ππ¦
=
0
2
4 4 β 2π¦ β (4 β 2π¦)π¦2
ππ¦ =
0
2
2π¦3
β 4π¦2
β 8π¦ + 16 ππ¦
=
1
2
π¦4
β
4
3
π¦3
β 4π¦2
+ 16π¦
0
2
= 40/3
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
9. Aplikasi Integral Ganda: Menghitung Massa,
Pusat Massa, dan Momen Inersia (3/3)
β’ Misalkan f(x,y) merupakan kerapatan atau densitas (=massa per satuan
luas) dari distribusi massa pada bidang xy, maka total massa pada daerah
R adalah
β’ Pusat massa atau titik berat pada daerah R memiliki koordinat π₯ dan π¦,
π =
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦
π₯ =
1
π π
π₯π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦ π¦ =
1
π π
π¦π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦
terhadap
sumbu x :
terhadap
sumbu y :
dan
β’ Momen inersia (moment of inertia) πΌπ₯ and πΌπ¦ dari massa pada daerah R
adalah
πΌπ₯ =
π
π¦2π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦ πΌπ¦ =
π
π₯2π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦
πΌ0 = πΌπ₯ + πΌπ¦ =
π
π₯2
+ π¦2
π π₯, π¦ ππ₯ππ¦
β’ Momen inersia kutub (polar) πΌ0 βΆ
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
10. Perubahan Variabel
Pada Integral Ganda (1/5)
Transformasi (x,y)β(u,v)
β’ Secara geometri, transformasi (x,y)β(u,v) yaitu
memetakan π’ = konstan dan π£ = konstan ke kurva pada
bidang xy.
β’ Pada kasus ini diasumsikan,
sehingga,
β’ Bagaimana dengan ππ΄ atau ππ₯ππ¦?
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦ =
π
π π₯, π¦ ππ΄
π₯ = π₯(π’, π£), π¦ = π¦(π’, π£)
π π₯, π¦ = π(π₯ π’, π£ , π¦ π’, π£ )
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
11. Perubahan Variabel
Pada Integral Ganda (2/5)
β’ Luas ππ΄ pada bidang xy, hendak dinyatakan dalam u dan v,
o Batas daerah ππ΄ yaitu:
- Lengkungan u dan u+du
- Lengkungan v dan v+dv
o Perpotongan lengkungan u dan lengkungan v berupa
π = π₯π + π¦π
Dianggap z=0 karena kelengkungan berada dibidang xy.
o Turunan dari π, ππ =
ππ
ππ’
ππ’ +
ππ
ππ£
ππ£
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
12. Perubahan Variabel
Pada Integral Ganda (3/5)
o Vektor singgung pada π£ = konstan (ππ£ = 0),
ππ
π£=konstan
=
ππ
ππ’
ππ’
dan untuk π’ = konstan (ππ’ = 0),
ππ
π’=konstan
=
ππ
ππ£
ππ£
o Luas sebagai perkalian silang dua vektor singgung dari masing-
masing lengkungan,
dua pasang tanda
tegak :
β’ pertama (dalam)
menyatakan
determinan
β’ kedua (luar)
menyatakan tanda
mutlak.
ππ΄ =
ππ
ππ’
ππ’ Γ
ππ
ππ£
ππ£ =
ππ
ππ’
Γ
ππ
ππ£
ππ’ππ£
ππ΄ =
π π π
ππ₯
ππ’
ππ¦
ππ’
0
ππ₯
ππ£
ππ¦
ππ£
0
ππ’ππ£ =
ππ₯
ππ’
ππ¦
ππ’
ππ₯
ππ£
ππ¦
ππ£
ππ’ππ£
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
13. Perubahan Variabel
Pada Integral Ganda (4/5)
β’ Transformasi (x,y) β (u,v)
β’ Determinan Jacobi
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦ =
π β
π(π₯ π’, π£ , π¦ π’, π£ )
π(π₯, π¦)
π(π’, π£)
ππ’ππ£
π½ =
π(π₯, π¦)
π(π’, π£)
=
ππ₯
ππ’
ππ₯
ππ£
ππ¦
ππ’
ππ¦
ππ£
=
ππ₯
ππ’
ππ¦
ππ£
β
ππ₯
ππ£
ππ¦
ππ’
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
14. Contoh 2
Tentukan integral ganda pada daerah R
π
π₯2
+ π¦2
ππ₯ ππ¦
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
15. Penyelesaian:
Berdasarkan bentuk atau geometri R digunakan
transformasi:
π₯ + π¦ = π’, π₯ β π¦ = π£
maka, π₯ =
1
2
π’ + π£ , π¦ =
1
2
π’ β π£
Determinan Jacobi:
Batas daerah R : 0 β€ π’ β€ 2, 0 β€ π£ β€ 2.
Dengan demikian,
π½ =
π(π₯, π¦)
π(π’, π£)
=
ππ₯
ππ’
ππ₯
ππ£
ππ¦
ππ’
ππ¦
ππ£
=
1
2
1
2
1
2
β
1
2
= β
1
2
π
π₯2 + π¦2 ππ₯ππ¦ =
0
2
0
2
1
2
π’2 + π£2
1
2
ππ’ ππ£ =
8
3
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
16. Contoh 3
Penyelesaian:
Kita gunakan π’ = π¦ β π₯ dan π£ = π¦ + π₯ atau π₯ = (π£ β π’)/2, π¦ = (π£ + π’)/2
Maka,
Pemetaan di atas dilakukan pada batas-batas daerah R, menghasilkan:
π
π
π¦βπ₯
π¦+π₯ ππ₯ ππ¦
Tentukan penyelesaian dari integral ganda berikut:
; dimana π = {(π₯, π¦): 0 β€ π₯ β€ 1 β π¦, 0 β€ π¦ β€ 1}
π½ =
π(π₯, π¦)
π(π’, π£)
=
β
1
2
1
2
1
2
1
2
= β
1
2
π₯ = 0 β π£ = π’
π¦ = 0 β π£ = βπ’
π₯ + π¦ = 1 β π£ = 1
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
17. Sehingga π β= {π’, π£): βπ£ β€ π’ β€ π£, 0 β€ π£ β€ 1. Oleh karena itu, integral dalam uv,
0
1
βπ£
π£
ππ’/π£
π(π₯, π¦)
π(π’, π£)
ππ’ππ£ =
0
1
βπ£
π£
ππ’/π£
1
2
ππ’ππ£ =
1
4
π β
1
π
Berikut ilustrasi pemetaan daerah integrasi dari R ke R*,
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
18. Perubahan Variabel
Pada Integral Ganda (5/5)
Transformasi (x,y) β (r,π½)
β’ Perubahan variabel (x,y) ke bentuk koordinat polar (r,π)
dilakukan dengan mengatur,
Dengan demikian diperoleh integral ganda pada koordinat
polar sebagai berikut:
dimana R* merupakan daerah pada bidang ππ plane sesuai dengan R
pada bidang xy.
β’ Determinan Jacobi: π½ =
π(π₯, π¦)
π(π, π)
=
cos π βπ sin π
sin π π cos π
= π
π
π π₯, π¦ ππ₯ ππ¦ =
π β
π π cos π , π sin π π ππππ
π₯ = π cos π π¦ = π sin π
dan
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
19. Contoh 4
Misalkan π(π₯, π¦) merupakan
kepadatan massa pada suatu
daerah R seperti yang
ditunjukkan pada gambar
disamping. Tentukan:
a. Massa total
b. Massa pusat atau titik berat
(center of gravity)
c. Momen inersia (moments of
inertia) πΌπ₯, πΌπ¦, πΌ0.
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
20. Penyelesaian:
Untuk menyelesaian permasalahan ini digunakan transformasi ke
koordinat polar.
a. Massa total
π =
π
ππ₯ ππ¦ =
0
π/2
0
1
π ππ ππ =
0
π/2
1
2
ππ =
π
4
b. Pusat massa atau titik berat memiliki koordinat
π₯ =
4
π 0
π/2
0
1
π cos π π ππ ππ =
4
π 0
π/2
1
3
cos π ππ =
4
3π
π¦ =
4
3π
(untuk alasan simetris)
c. Momen inersia
πΌπ₯ =
π
π¦2 ππ₯ππ¦ =
0
π/2
0
1
π2 π ππ2 π π ππ ππ =
0
π/2
1
4
π ππ2πππ =
π
16
πΌ0 = πΌπ₯ + πΌπ¦ =
π
8
Teknik Elektro Insitut Teknologi Sumatera
πΌπ₯ = πΌπ¦ (untuk alasan simetris)
Momen inersia merupakan ukuran kecenderungan suatu benda berotasi terhadap porosnya
Momen merupakan hasil kasi masa dan jarak berarah dari suatu titik tertentu
Gunanakan Persamaan Garis Lurus [(y-y1)/(y2-y1)]=[(x-x1)/(x2-x1)]