Anti-turunan dan Integral Tak Tentu

  Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

• Anti-turunan dan Integral Tak Tentu • Persamaan Diferensial Sederhana • Notasi Sigma dan Luas Daerah di Bawah Kurva • Integral Tentu • Teorema Dasar Kalkulus • Sifat-sifat Integral Tentu Lebih Lanjut • Substitusi dalam Penghitungan Integral Tentu

Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Anti-turunan dan Integral Tak Tentu

  Fungsi F disebut anti-turunan f pada I apabila F’(x) = f(x)

  4

  untuk setiap x

• 1 adalah є I. Sebagai contoh, F(x) = x

  3

  anti-turunan f(x) = 4x pada R. Secara umum, keluarga

  4

  3

  fungsi F(x) = x + C merupakan anti-turunan f(x) = 4x

  3

  pada R, karena F’(x) = 4x = f(x) untuk setiap x є R.

  Keluarga fungsi anti-turunan f(x) disebut integral tak

  tentu dari f(x), dan dilambangkan dengan ∫ f(x) dx.

  Jadi, sebagai contoh,

  3

  4 dx = x + C.

  ∫ 4x Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Secara grafik, keluarga fungsi anti-turunan f(x) adalah keluarga fungsi yang anggotanya merupakan pergeseran ke atas atau ke bawah dari anggota lainnya. Semua anggota keluarga fungsi tersebut mempunyai turunan yang sama, yaitu f(x).

  Keluarga fungsi yang turunannya sama Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Terkait dengan perbendaharaan turunan yang telah kita pelajari sebelumnya, kita mempunyai beberapa teorema berikut tentang integral tak tentu.

  Teorema 1 (Aturan Pangkat). Jika r

  є Q dan r ≠ -1,

  r r+1 maka dx = x /(r+1) + C.

  ∫ x

  Contoh 1

  2 3 -2 -1 (a) dx = x /3 + C. (b) dx = - x + C.

  ∫ x ∫ x

  Teorema 2 (Integral Tak Tentu sin x dan cos x)

  ∫ sin x dx = - cos x + C; ∫ cos x dx = sin x + C. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Teorema 3 (Kelinearan Integral Tak Tentu)

  Jika f dan g fungsi dan k adalah konstanta, maka ∫ k.f(x) dx = k.∫ f(x) dx dan ∫ [f(x) + g(x)] dx = ∫ f(x) dx + ∫ g(x) dx.

  2

  2 Contoh 3. + 1) dx = 2 dx +

  ∫ (6x ∫ 3x ∫ 1 dx =

  3 2.x + x + C.

  Teorema 4 (Aturan Pangkat yang Diperumum)

  Jika r є Q dan r ≠ -1 dan g adalah fungsi yang mem- punyai turunan, maka

  r r+1 .g’(x) dx = [g(x)] /(r+1) + C.

  ∫ [g(x)] Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  2

  5

  2

  6 + 1) .2x dx = (x + 1) /6 + C.

  Contoh 4.

  ∫ (x (Di sini kita menerapkan Aturan Pangkat yang

  2 Diperumum dengan g(x) = x + 1, g’(x) = 2x.) Contoh 5. Jika g(x) = sin x, maka g’(x) = cos x.

  Jadi, menurut Aturan Pangkat yang Diperumum, kita peroleh

  2 /2 + C.

  ∫ sin x.cos x dx = (sin x) Latihan. Tentukan integral tak tentu di bawah ini.

  2 -2 1. + x ) dx.

  ∫ (x

  3

  2 2. + 1).x dx.

  ∫ (x

  2 3. x.sin 2x dx.

  ∫ sin Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Persamaan Diferensial Sederhana

  Jika F’(x) = f(x), maka ∫ f(x) dx = F(x) + C. Dalam bahasa diferensial: jika F’(x) = f(x), maka

  (*) dF(x) = F’(x) dx = f(x) dx sehingga ∫ dF(x) = ∫ f(x) dx = F(x) + C.

  Persamaan (*) merupakan contoh persamaan diferensial yang (paling) sederhana.

  Persamaan diferensial banyak dijumpai dalam matematika, fisika, maupun bidang ilmu lainnya. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Contoh 6. Tentukan persamaan kurva yang melalui

  titik (1,2) dan mempunyai turunan 2x di setiap titik (x,y) yang dilaluinya.

  Jawab. Misalkan persamaan kurva tersebut adalah y = f(x). Maka, dalam bahasa diferensial, informasi di atas mengatakan bahwa dy = 2x dx. Integralkan kedua ruas, ∫ dy = ∫ 2x dx. sehingga kita peroleh

  

2

  y + C = x + C

  1

  2

  

2

atau y = x + C, C = C – C .

  2

  1 Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Sekarang kita akan mencari anggota keluarga kurva tersebut yang melalui titik (1,2). Dalam hal ini kita mempunyai persamaan

  2

  2 = 1 + C, sehingga mestilah C = 1. Jadi persamaan kurva yang kita cari adalah

  2 y = x + 1.

  Latihan. Tentukan fungsi y = f(x) sedemikian

  2 sehingga f ’(x) = 3x + 1 dan f(1) = 4. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Notasi Sigma

  Penjumlahan deret n bilangan a + a + … + a

  1 2 n

  dilambangkan dengan notasi sigma _n

  

a

_i ∑ _{i = 1} Sebagai contoh, _{5 2 2 2 2 2 2} i =

  1

  2

  4 5 .

  3 + + + +

  ∑ _{i 1} =

  Teorema 5 (Kelinearan Sigma) _{n n n n n} k . a = k a ; ( a b ) a b . _{i i i i i i} = + +

  ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ _{i = 1 i = 1 = = = i 1 i 1 i 1} Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Beberapa deret khusus (dengan indeks i berjalan dari 1 sampai dengan n), di antaranya: ∑ i = 1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2.

  2

  2

  2

  2 = 1 + 2 + … + n = n(n + 1)(2n + 1)/6.

  ∑ i

  3

  3

  3

  3

  2

  2 = 1 + 2 + … + n = n (n + 1) /4.

  ∑ i Deret pertama merupakan deret aritmetika n bilangan dengan suku pertama 1 dan beda 1.

  Untuk pembuktian rumus deret kedua dan ketiga, lihat Purcell hal. 262-264. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Luas Daerah di Bawah Kurva

  Misalkan kita ingin menghitung luas daerah di bawah kurva y =

  2 f(x) = x , 0

  ≤ x ≤ 1. Pertama, bagi selang [0,1] atas n selang bagian yang sama panjangnya. Lalu, luas daerah tersebut (L) kita hampiri dengan jumlah luas

  1/n 2/n

  1

  persegipanjang di bawah kurva, yakni _{2 2 2}

   

  1 ₂

  1 2 ( n − 1 ) L ≈ + + + + _{2 2} ... . ₂ 

  

n n n n

    Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Perhatikan bahwa deret di ruas kanan dapat kita tulis- ulang sebagai

  1 _{2 2 2}

  1 2 ... ( n − + + + 1 ) ₃ [ ] n

  yang jumlahnya

  

− −

( n 1 ) n ( 2 n 1 ) .

  3 6 n

  Jadi, kita kita peroleh hampiran

  ( n − 1 ) n ( 2 n − 1 )

L ≈ : = L .

₃

_n 6 n

  Dari sini kita amati bahwa L → 1/3 bila n → ∞. Jadi,

  n luas daerah yang sedang kita cari adalah 1/3. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Integral Tentu

  Misalkan f : [a,b] → R kontinu

  y=f(x)

  kecuali di sejumlah terhingga titik. Bagi selang [a,b] atas n selang bagian (tak perlu sama

  a b

  panjang), sebutlah titik-titik pembaginya a = x < x < x <

  1

  2

  … < x < x = b. Himpunan

  n-1 n

  titik-titik ini disebut sebagai

  partisi dari [a,b]. Untuk tiap a x x b _{1 n-1}

  i = 1, …, n, tulis = x – x ∆x

  i i i-1 (= lebar selang bagian ke-i). Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Dari tiap selang bagian, pilih sebarang titik t , x ].

  є [x

  i i-1 i

  Lalu bentuk penjumlahan berikut R = ).

  ∑ f(t ∆x

  P i i

  dengan indeks i berjalan dari 1 hingga n. Bentuk ini dikenal sebagai jumlah Riemann untuk f terhadap partisi P = {a=x , x , …, x , x =b} dan titik-titik t .

  1 n-1 n i

  2

  , x

  Contoh 7. Misalkan f(x) = x

  є [0,1], P = {0, ⅓, ¾, 1}, t = = ½, t =

  ⅓, t ⅞. Maka jumlah Riemann

  1

  2

  3

  untuk f terhadap partisi P dan titik-titik t adalah

  i

  R = f( ⅓).⅓ + f(½).(¾ – ⅓) + f(⅞)(1 – ¾) = 1/27 +

  P 5/48 + 49/256. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Jumlah Riemann untuk f merupakan hampiran untuk luas daerah di bawah kurva y = f(x), x є [a,b].

  Semakin ‘halus’ partisinya, semakin baik hampiran tersebut. Jika

  n ∆ lim f ( t ). x i i

  ∑ | P | → i

  1 =

  ada, maka f dikatakan terintegralkan pada [a,b] dan

  integral tentu f dari a ke b didefinisikan sebagai _{b n} f ( x ) dx = lim f ( t ). ∆ x _{i i}

  ∑ ∫ _{a | P |} → _{i = 1} Catatan. |P| = maks { : i = 1, …, n}.

  ∆x

  i

  MA1123 KALKULUS ELEMENTER I ^{Catatan Kuliah}

  Dalam notasi , kita mengasumsikan bahwa a < b. Jika a > b, maka kita definisikan Jika a = b, maka kita definisikan Catat pula bahwa

  ∫ ^b _a ) dx x f (

  ∫ ∫

− =

^b _a ^a _b

dx x f dx x f

  . ) ( ) ( ∫ ∫

  = = ^b _a ^a _a dx x f dx x f . ) ( ) (

  ∫ ∫ ∫

  = = b a b a b a

du u f dt t f dx x f

  . ) ( ) ( ) ( Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Teorema 6. Jika f terbatas dan kontinu kecuali di

  sejumlah terhingga titik pada [a,b], maka fungsi f terintegralkan pada [a,b].

  Akibat 7. Fungsi polinom, fungsi rasional, f(x) =

  | x |, g(x) = √x, s(x) = sin x, dan c(x) = cos x meru- pakan fungsi yang terintegralkan pada sebarang selang terbatas yang termuat dalam daerah asalnya.

  Sampai di sini kita hanya dapat mengatakan apakah sebuah fungsi terintegralkan pada suatu selang, dengan melihat apakah fungsi tersebut terbatas dan kontinu kecuali di sejumlah terhingga titik. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Namun, untuk menghitung integral tentu fungsi tersebut, selain dengan menggunakan definisinya, memerlukan ‘alat bantu’ yang lebih ampuh.

  Teorema Dasar Kalkulus

  Salah satu alat bantu untuk menghitung integral tentu adalah Teorema Dasar Kalkulus, yang berbunyi: Jika f kontinu dan mempunyai anti-turunan F pada [a,b], maka _b f ( x ) dx = F ( b ) − F ( a ).

  ∫ _a Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Catatan. Dalam penghitungan integral tentu, notasi _b F ( x ) berarti F(b) – F(a).

  ] _a

  ₃

  1

  2 x

  1

  1 x dx .

  

= = − =

  (a)

  ]

  3

  3

  3 _{/ 2} ∫ π _/

₂

π

  π

  (b)

  (cos x ) dx = sin x = sin − sin = 1 .

  ] ₂ ∫

  Teorema 9 (Kelinearan Integral tentu) _{b b} k . f ( x ) dx = k . f ( x ) dx ;

  ∫ ∫ _{b a a}

_{b b}

[ f ( x ) g ( x )] dx f ( x ) dx g ( x ) dx .

  = + + ∫ _a

  

∫ ∫

_{a a} Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

Contoh 9. Dengan menggunakan kelinearan integral

  tentu, kita dapat menghitung _{2 2 2}

• ( x x ) dx = x dx x dx =
^{2 2} ₃ ⁸ + + ₃ ⁴ 2 .

  ∫ ∫ ∫ Sifat-sifat Lanjut Integral Tentu

  Selain kelinearan, integral tentu juga memenuhi:

  Sifat penjumlahan selang: _{c b c} + f ( x ) dx = f ( x ) dx f ( x ) dx .

  ∫ ∫ ∫ _{a a b} Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

Sifat pembandingan: Jika f(x) < g(x) pada [a,b], maka

b b

f ( x ) dx g ( x ) dx .

  < ∫ ∫ a a

  Sifat keterbatasan: Jika m

  ≤ f(x) ≤ M pada [a,b], maka

  b

m ( b − a ) ≤ f ( x ) dx ≤ M ( b − a ).

  ∫ a

  4 Contoh 10. Pada [0,1] berlaku 1

  ≤ √1 + x ≤ √2; karena itu menurut sifat keterbatasan

  1

  

4

≤ + ≤

  1 1 x dx 2 .

  ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Misalkan f terintegralkan pada [a,b]. Definisikan

  y = f(t) x G ( x ) = f ( t ) dt .

  ∫ a

  Di sini, G(x) menyatakan luas

  a x b

  daerah di bawah kurva y = f(t), a ≤ t ≤ x (lihat gambar).

  

Teorema Dasar Kalkulus II. G’(x) = f(x) pada [a,b];

x

  yakni,

    d f ( t ) dt = f ( x ), ∀ x ∈ [ a , b ].

    ∫ dx a

   

    ∫ ∫ ∫

     =

   =    

   

  = + − =    

  16 ^{3 3 3 2 1 3 1 3 2 3} x x x dt t dx d dt t dx d dt t dx d ^x _x ^x _x

  15

  = .

    ∫ ∫

     

  = =   

  MA1123 KALKULUS ELEMENTER I ^{Catatan Kuliah} Contoh 11

  16 2 . ^{3 3} ₁ ^{3 2 2} ₁ ³ x u dx du dt t du d dt t dx d ^{u x u x}

    ∫ ∫ .

     

     − =

  − =   

  ∫ . ³ ₁ ^{3 1 3} x dt t dx d dt t dx d ^x _x

      

  dx d ^x = 

  (a) (b) (c) (d) . ³ ₁ ³ x dt t

•     
Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Teorema Nilai Rata-rata Integral

  Jika f kontinu pada [a,b], maka terdapat c є [a,b] sedemikian sehingga

  b

  1 = f ( c ) f ( t ) dt .

  ∫ b − a a y = f(t)

  Catatan. Nilai f(c) dalam teorema ini disebut nilai rata-rata integral

  f pada [a,b] (lihat gambar). Per-

  hatikan bahwa luas daerah di ba- wah kurva y = f(t), t є [a,b], sama

  a c b dengan f(c)(b – a). Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  2

  , x

  Contoh 12. Misalkan f(x) = x _{1 2 x 3 1 1} є [0,1]. Maka ₁

x dx = = − = .

₃ ] _{3 3} ∫

  Jadi nilai rata-rata integral f pada [0,1] adalah ⅓.

  3 Latihan. Tentukan nilai rata-rata integral f(x) = 4x pada [1,3].

  Substitusi dalam Penghitungan Integral Tentu

  Misalkan kita ingin menghitung integral berikut _{4 2}

  x x .( + + 2 x 1 ) dx .

  ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Dengan menggunakan Aturan Pangkat yang Diper- umum, kita dapat menghitung integral tak tentunya:

  2 ½ 2 3/2 + x) .(2x + 1) dx = + x) + C.

  ∫ (x ⅔(x

  Dengan demikian, integral tentu tadi dapat dihitung:

  4

  4

  2 1 /

  2

  2 3 /

  2 3 /

  2

  

2

  2 ( x x ) ( + + + 2 x 1 ) dx = ( x x ) = ( 20 ) .

  ]

  

3

  3 ∫

  Integral semacam ini, baik integral tentu maupun integral tak tentu, dapat pula dihitung dengan teknik

  substitusi, yang akan kita bahas selanjutnya. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Sebagai contoh, untuk menghitung integral tak tentu

  2 ½

• x) .(2x + 1) dx, kita gunakan substitusi peubah ∫ (x

  2

  u = x + x, sehingga du = (2x + 1)dx dan integral di

  ½

  atas menjadi du. Dengan Aturan Pangkat, kita ∫ u peroleh

  

½ 3/2

du = + C.

  ∫ u ⅔ u

  2 Substitusikan kembali u = x + x, kita dapatkan 2 ½ 2 3/2

  ⅔(x sebagaimana yang kita peroleh sebelumnya dengan Aturan Pangkat yang Diperumum.

• x) .(2x + 1) dx = + x) + C, ∫ (x
Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Sekarang, untuk menghitung integral tentu

  4

  2 1 /

  

2

( x x ) ( 2 x 1 ) dx ,

• + +

  ∫

  2

  kita lakukan substitusi seperti tadi: u = x + x, du = (2x + 1)dx. Selanjutnya kita perhatikan efek substitusi ini terhadap kedua batas integral. Pada saat x = 0, kita peroleh u = 0; sementara pada saat x = 4, kita dapatkan u = 20. Dengan demikian _{4 20 20}

  2 ^{1 / 2}

^{1 /}

² ₂ ^{3 / 2} ₂ ^{3 / 2} ( x x ) ( 2 x + + 1 ) dx = u du = u = ( 20 ) , ₃ ] ₃

  ∫ ∫ sama seperti yang kita peroleh sebelumnya. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Catatan. Dalam menghitung integral tentu dengan teknik substitusi, kedua batas integral pada umum- nya berubah dan kita dapat menghitung integral dalam peubah baru tanpa harus mensubstitusikan kembali peubah lama.

  Secara umum, dengan melakukan substitusi u = g(x), du = g’(x)dx, kita peroleh

Integral tak tentu: b ∫ f(g(x)).g’(x)dx = ∫ f(u) du. g ( b ) Integral tentu: f ( g ( x )). g ' ( x ) dx = f ( u ) du

  ∫ _{a g ( a )} ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Latihan. Hitung integral tentu/tak tentu berikut: 1.

  ∫ √3x + 2 dx.

  2.

  ∫ cos(3x + 2) dx. ₁ ³

  3 x 2 ) dx .

• 3. (

  ∫ ₂ /

  4 π cos x 4. dx . x

  ∫

  4

  1 dt .

  5. ³

• t ( t

  1 ) ∫

  1 Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  SOAL-SOAL BAB V 5.1 no. 1, 5, 10, 15, 22, 23, 32, 33.

  5.2 no. 5, 13, 15. 5.3 no. 1, 9, 21, 25. 5.4 no. 19. 5.5 no. 1, 11, 21, 25. 5.6 no. 1, 7, 12, 15, 22. 5.7 no. 1, 9, 11, 15, 17, 19, 21, 23, 27, 30. 5.8 no. 5, 8, 17, 20, 25, 32.

  

INTEGRAL

  MA1123 KALKULUS ELEMENTER I ^{Catatan Kuliah}

• Luas Daerah di Bidang • Volume Benda Pejal di Ruang:
• – Metode Cincin – Metode Kulit Tabung – Metode Irisan Sejajar
• Momen dan Pusat Massa
Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Luas Daerah di Bidang

  Diketahui daerah di bidang seperti pada gambar di samping, bagaimana kita dapat menghitung luas daerah tersebut? Pada prinsipnya, kita dapat membagi daerah tersebut menjadi beberapa bagian, di mana tiap bagian me- rupakan daerah di antara dua kurva. Jadi persoalan- nya adalah bagaimana menghitung luas daerah di antara dua kurva, yang akan dibahas selanjutnya. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  . Hitung luas daerah

  Contoh 1

  (tertutup) yang dibatasi oleh

  y = x

  2 kurva y = x dan y = x. ₂ y = x

  Jawab: Misal kita ‘iris’ daerah

  1

  tersebut secara vertikal, dan

  ∆x

  tiap irisannya mempunyai lebar

  2

  , sehingga ∆x dan tinggi kira-kira sama dengan x – x

  

2

  luasnya adalah ) ∆L ≈ (x – x ∆x (lihat gambar). Jadi, luas daerah tersebut secara keseluruhan adalah L

  ≈

  2

  (x – x ) ∑ ∆x. Ambil limitnya, kita peroleh

  x

  1 _{2 3}

  1

  2 x x

  1 L = ( x − x ) dx = − = .

  ]

  2

  3

  6 ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Latihan. Hitung luas daerah di Kuadran I yang

  2

  dibatasi oleh kurva y = 2 – x , garis y = x, dan sumbu-x. (Petunjuk. Setelah anda menggambar daerah yang dimaksud, irislah daerah tersebut secara horisontal dan taksir luas tiap irisannya.)

  Volume Benda Pejal di Ruang; Metode Cincin

  Bila suatu daerah D diputar

  D

  mengelilingi sebuah sumbu, maka akan diperoleh suatu benda putar. Bagaimana menghitung volumenya? Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  . Daerah yang dibatasi

  Contoh 2 y = x

  2

  oleh kurva y = x dan y = x ₂

  y = x diputar mengelilingi sumbu-x.

  Hitung volume benda putar yang terbentuk.

  1 ∆x

  Jawab: Tiap irisan membentuk cincin dengan jari-jari

  2

  4

  luar x , jari-jari dalam x , dan tebal ∆x, yang volume-

  2

  4

  nya adalah – x ) ∆V ≈ π(x ∆x. Jumlahkan dan ambil limitnya, kita peroleh

  1 _{3 5}

  1

  2

  4 x x 2 π

  

= π − = π − =

V ( x x ) dx .

  [ ]

  3

  5

  15 ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Latihan. Daerah pada Contoh 2 diputar mengelilingi sumbu-y.

  y = x

  Hitung volume benda putar yang ₂

  y = x

  terbentuk. (Petunjuk. Iris daerah tersebut secara horisontal dan taksir volume cincin yang ter-

  1

  bentuk dari tiap irisannya.)

  Metode Kulit Tabung

  Volume benda putar pada soal latihan di atas dapat pula dihitung dengan Metode Kulit Tabung sebagai berikut. Iris daerahnya secara vertikal, sehingga tiap Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  irisannya akan membentuk su- atu kulit tabung dengan jari-jari

  y = x

  2

  x, tinggi x – x , dan tebal ∆x. ₂

  y = x

  Volume kulit tabung tsb adalah

  2

  ) ∆V ≈ 2πx(x – x ∆x.

  1 Jumlahkan dan ambil limitnya, ∆x

  kita peroleh

  1

  2 V = 2 x ( x − x ) dx .

  π ∫

  Anda dapat menghitung integral ini dan bandingkan hasilnya dengan hasil yang Anda peroleh dengan Metode Cincin. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Latihan. Hitung volume benda

  y = x

  putar yang terbentuk apabila

  2

  daerah yang dibatasi oleh y = x dan y = x diputar mengelilingi ₂

  y = x

  garis x = 1, dengan (a) Metode

  1 Cincin dan (b) Metode Kulit Tabung.

  Metode Irisan Sejajar

  Benda putar memiliki penampang berbentuk cakram atau cincin. Volume benda dengan penampang tertentu secara umum dapat dihitung dengan Metode Irisan Sejajar. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  . Alas sebuah benda adalah

  Contoh 3 ₂

  daerah di Kuadran I yang dibatasi

  y = 1-x

  2

  oleh kurva y = 1 – x , sumbu-x, dan

  alas keping

  sumbu-y. Penampangnya yang tegak lurus terhadap sumbu-x berbentuk

  ∆x

  bujursangkar. Hitung volume benda

  alas benda tersebut.

  Jawab: Iris benda tersebut secara tegak lurus ter- hadap sumbu-x. Maka, tiap irisannya berbentuk seperti keping bujursangkar dengan panjang sisi

  2

  1 – x dan tebal ∆x, sehingga volumenya adalah

  2

  2

  ) ∆V ≈ (1 – x ∆x. Jumlahkan dan ambil limitnya, Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  kita peroleh volume benda tersebut

  1

  

2

  2

  8 V = ( 1 − x ) dx = .

  15 ∫

  Latihan. Alas sebuah benda adalah daerah yang dibatasi

  2

  2 oleh lingkaran x + y = 1.

  Penampangnya yang tegak

  1

  lurus terhadap sumbu-x ber- bentuk bujursangkar. Hitung volume benda tersebut. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} Momen dan Pusat Massa

  Misalkan kita mempunyai kawat yang kita letakkan pada garis bilangan real sehingga menutupi selang [a,b]. Misalkan diketahui rapat massa kawat tersebut di titik x adalah

  ρ(x). Maka, massa potongan kawat yang lebarnya ∆x kurang-lebih akan sama dengan ∆m ≈ ρ(x)∆x.

  ∆x a b

  Jumlahkan dan ambil limitnya, kita peroleh massa _b kawat tersebut:

  m = ρ ( x ) dx .

  ∫ _a Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Kita juga dapat menghitung momennya terhadap titik 0. (Momen = jarak × massa.) Pertama, momen tiap potongan kawat dengan lebar

  ∆x terhadap 0 adalah ∆M ≈ xρ(x)∆x. Jumlahkan dan ambil limitnya, kita peroleh momen kawat tersebut terhadap 0: _b M = x ρ ( x ) dx .

  ∫ _a

  Dengan mengetahui massa kawat dan momennya terhadap 0, kita dapat menentukan pusat massanya,

  b

  yakni

  x ( x ) dx ρ

  M ∫ a x .

  = = b m

  ( x ) dx ρ

  ∫ a Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  . Diketahui kawat dengan panjang 10 cm

  Contoh 4

  dan rapat massa di setiap titik sama dengan 3 kali kuadrat jarak titik tsb dari salah satu ujung kawat.

  Tentukan massa dan pusat massa kawat tersebut.

  Jawab: Kita letakkan kawat tersebut sehingga me- nempati selang [0,10] pada garis bilangan real. Maka,

  2

  rapat massanya di titik x adalah . Massa ρ(x) = 3x kawat tersebut dan momenya terhadap 0 adalah _{10 10}

  2 ³

m = 3 dx x = 1000 ; M 3 dx x 7500 .

  = = ∫

  ∫ Jadi, pusat massanya adalah 7,5 cm dari ujung kiri. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Sekarang misalkan kita mem-

  y=f(x)

  punyai suatu keping homogen (rapat massanya

  ρ konstan) yg menempati daerah D yang ter-

  y=g(x)

  letak di antara dua kurva, sebut

  a b

  y = f(x) dan y = g(x), seperti pada gambar. Iris daerah D secara vertikal. Maka, massa, momen terhadap sumbu-y, dan momen ter- hadap sumbu-x dari tiap irisannya adalah

  m f ( x ) g ( x ) x ; ∆ ≈ − ∆

  ρ [ ]

  M x f ( x ) g ( x ) x ; ∆ ≈ ρ − ∆ _{y 1} [ ] _{2 2} M f ( x ) g ( x ) x .

  

∆ ≈ ρ − ∆ _{x [ ] 2} Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  Jumlahkan dan ambil limitnya, kita peroleh massa keping dan momennya terhadap kedua sumbu ko- ordinat, yakni

  b m = f ( x ) − g ( x ) dx ;

  ρ [ ]

  ∫ a b

  M x f ( x ) g ( x ) dx ; = ρ −

  [ ] y a

  ∫ b

  2

  2

  = ρ − [ ] x

  2 ∫ a

  Koordinat pusat massa keping tersebut adalah

  M M y x x = ; y = .

m m Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  . Diketahui keping homogen dengan rapat

  Contoh 5

  massa 1 yang menempati daerah yang dibatasi oleh

  2

  kurva y = . Tentukan massa dan pusat √x dan y = x massa keping tersebut.

  Jawab. Massa keping tersebut adalah _{1 2}

  1

m = ( x − x ) dx = .

  ∫

  3 Momennya terhadap kedua sumbu koordinat adalah _{1 2 3} = − =

  

M x ( x x ) dx ;

_{y 20} ∫ _{1 1 4 3}

  

= − =

M ( x x ) dx . _{x 2 20} ∫ Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I} 9/10 9/10 Dengan demikian pusat massanya adalah ( , ).

  (Di sini pusat massanya terletak pada garis y = x, yang merupakan sumbu simetri keping tersebut.) Latihan. Tentukan massa dan pusat massa keping

  2

  2 setengah lingkaran x + y = 1 bagian atas.

  Teorema Pappus . Jika suatu daerah D D

  pada bidang diputar mengelilingi suatu sumbu yang tidak me-motong D, maka volume benda putar yang terbentuk sama dgn luas daerah D kali keliling lingkaran yang ditempuh oleh titik pusat massa D. Catatan Kuliah _{MA1123 KALKULUS ELEMENTER I}

  SOAL-SOAL BAB VI 6.1 no. 3, 9, 11, 15, 25.

  6.2 no. 1, 9, 13, 19, 27, 32, 33. 6.3 no. 8, 9, 11, 15. 6.8 no. 11, 19, 24.

  Catatan. Bagian 6.4 - 6.7 tidak dibahas.