Tag: Integral Rangkap

Dengan menggunakan aturan pengintegralan, diperoleh
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^2{\int }_0^1(x^2+2y)\text{d}x\text{d}y}& ={\int }_0^2{[{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+2xy]}_0^1\text{d}y\\ & ={\displaystyle {\int }_0^2[({\displaystyle \frac{1}{3}}+2y)-0]\text{d}y}\\ & ={[{\displaystyle \frac{1}{3}}y+y^2]}_0^2\\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}+4-0={\displaystyle \frac{14}{3}}\end{array}$$Jadi, $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_0^2{\int }_0^1(x^2+2y)\text{d}x\text{d}y={\displaystyle \frac{14}{3}}}}}$

Tahap integrasi pertama adalah dengan menganggap $x$ sebagai suatu konstanta dan integrasikan integrannya terhadap variabel $y$ (menggunakan teknik substitusi), sehingga diperoleh
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_3^4{\int }_1^2{\displaystyle \frac{\text{d}y\text{d}x}{(x+y{)}^2}}}& ={\displaystyle -{\int }_3^4{\left[{\displaystyle \frac{1}{x+y}}\right]}_1^2\text{d}x}\\ & ={\displaystyle {\int }_3^4({\displaystyle \frac{1}{x+1}}-{\displaystyle \frac{1}{x+2}})\text{d}x}\\ & ={[\ln (x+1)-\ln (x+2)]}_3^4\\ & ={[\ln \left({\displaystyle \frac{x+1}{x+2}}\right)]}_3^4\\ & =\ln {\displaystyle \frac{5}{6}}-\ln {\displaystyle \frac{4}{5}}\\ & =\ln {\displaystyle \frac{25}{24}}\end{array}$$Jadi, $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_3^4{\int }_1^2{\displaystyle \frac{\text{d}y\text{d}x}{(x+y{)}^2}}=\ln {\displaystyle \frac{25}{24}}}}}$

Dengan menggunakan aturan pengintegralan, diperoleh
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^1{\int }_x^1(x+y)\text{d}y\text{d}x}& ={\int }_0^1{[xy+{\displaystyle \frac{1}{2}}{y}^2]}_x^1\text{d}x\\ & ={\displaystyle {\int }_0^1[(x+{\displaystyle \frac{1}{2}})-(x^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2)]\text{d}x}\\ & ={\displaystyle {\int }_0^1(x-{\displaystyle \frac{3}{2}}{x}^2+{\displaystyle \frac{1}{2}})\text{d}x}\\ & ={[{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^3+{\displaystyle \frac{1}{2}}x]}_0^1={\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$Jadi, $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_0^1{\int }_x^1(x+y)\text{d}y\text{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}}}}$

Gunakan teknik integrasi parsial
$\boxed{{\displaystyle \int u{v}^{\prime }=uv-\int u^{\prime }v}}$
Dengan demikian, kita dapatkan
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_1^{\ln 8}{\int }_0^{\ln y}{e}^{x+y}\text{d}x\text{d}y}& ={\int }_1^{\ln 8}{\left[e^{x+y}\right]}_0^{\ln y}\\ & ={\int }_1^{\ln 8}(e^{\ln y+y}-e^y)\text{d}y\\ & ={\int }_1^{\ln 8}(y{e}^y-e^y)\text{d}y\\ & ={[y{e}^y-2e^y]}_1^{\ln 8}& & (\text{Gunakan Teknik Inte}\text{gral Parsial})\\ & ={[e^y(y-2)]}_1^{\ln 8}\\ & =e^{\ln 8}(\ln 8-2)-(e(1-2))\\ & =8(\ln 8-2)+e\\ & =8\ln 8-16+e\end{array}$$Catatan: $\boxed{{\displaystyle a^{{}^a\log b}=b|\ln a{=}^e\log a}}$
Jadi, $\boxed{{\displaystyle {\int }_1\ln 8{\int }_0^{\ln y}{e}^{x+y}\text{d}x\text{d}y=8\ln 8-16+e}}$

Dengan menggunakan aturan pengintegralan, diperoleh
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\pi }{\int }_0^{x}x\sin y\text{d}y\text{d}x}& ={\int }_0^{\pi }{[-x\cos y]}_0^x\text{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi }(-x\cos x+x)\text{d}x\\ & ={[-x\sin x-\cos x+{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2]}_0^{\pi }& & (\text{Gunakan Teknik Inte}\text{gral Parsial})\\ & =-\pi \sin \pi -\cos \pi +{\displaystyle \frac{1}{2}}{\pi }^2-(0-1+0)\\ & =2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{\pi }^2\end{array}$$Jadi, $$\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_0^{\pi }{\int }_0^{x}x\sin y\text{d}y\text{d}x=2+{\displaystyle \frac{1}{2}}{\pi }^2}}}$$

Jawaban a)
Sajikan integral lipat dua tersebut beserta batas integrasinya sesuai dengan $R$, lalu integralkan.
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_{-1}^1{\int }_0^{1}x{y}^2\text{d}x\text{d}y}& ={\int }_{-1}^1{y}^2{\left[{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}^2\right]}_0^1\text{d}y\\ & ={\int }_{-1}^1{y}^2\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)\text{d}y\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{3}}{\left[y^3\right]}_{-1}^1\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}(1-(-1))\\ & ={\displaystyle \frac{1}{6}}(2)={\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}$$Jadi, nilai integral lipat dua tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{3}}}}$
Jawaban b)
Sajikan integral lipat dua tersebut beserta batas integrasinya sesuai dengan $R$, lalu integralkan.
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^2{\int }_{-1}^1(x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y}& ={\int }_0^2{[{\displaystyle \frac{1}{3}}{x}^3+x{y}^2]}_{-1}^1\text{d}y\\ & ={\int }_0^2[{\displaystyle \frac{1}{3}}+y^2-(-{\displaystyle \frac{1}{3}}-y^2)]\text{d}y\\ & ={\int }_0^2({\displaystyle \frac{2}{3}}+2y^2)\text{d}y\\ & ={[{\displaystyle \frac{2}{3}}y+{\displaystyle \frac{2}{3}}{y}^3]}_0^2\\ & ={\displaystyle \frac{2}{3}}(2+2^3)-0\\ & ={\displaystyle \frac{20}{3}}\end{array}$$Jadi, nilai integral lipat dua tersebut adalah $\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{20}{3}}}}$

Garis $x+y=2$ ekuivalen dengan $x=2-y$, sedangkan garis $2y=x+4$ ekuivalen dengan $x=2y-4$. Titik potong kedua garis ini adalah $(0,2)$. Grafiknya adalah sebagai berikut.
Luas daerah yang dimaksud adalah
$$\begin{array}{rl}A& ={\displaystyle \underset{D}{\iint }\text{d}A}\\ & ={\int }_0^2{\int }_{x=2y-4}^{x=2-y}\text{d}x\text{d}y\\ & ={\int }_0^2[(2-y)-(2y-4)]\text{d}y\\ & ={\int }_0^2(6-3y)\text{d}y\\ & ={[6y-{\displaystyle \frac{3}{2}}{y}^2]}_0^2\\ & =(12-6)-0=6\end{array}$$Jadi, luas daerah yang dimaksud adalah $6$ satuan luas.

Perhatikan sketsa gambar berikut.
Daerah $D$ yang dimaksud adalah daerah yang diarsir warna merah pada gambar di atas.
Langkah pertama adalah kita mencari dulu batas atas dan batas bawah integral. Karena luas yang dicari berada di antara lingkaran berjari-jari $2$ dan $5$ satuan, maka kita peroleh pertidaksamaan $2\le r\le 5.$ Selain itu, kita juga mencari luas daerah hanya pada kuadran pertamanya, jadi didapat pertidaksamaan $0\le \theta \le {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$
Ingat konversi: $x=r\cos \theta$ dan $y=r\sin \theta$ serta $\text{d}A=r\text{d}r\text{d}\theta$ (dalam koordinat polar), sehingga kita rumuskan
$$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_2^{5}2(r\cos \theta )(r\sin \theta )r\text{d}r\text{d}\theta }& ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\int }_2^5{r}^3\sin 2\theta \text{d}r\text{d}\theta }\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{[{\displaystyle \frac{1}{4}}{r}^4\sin 2\theta ]}_2^5\text{d}\theta }\\ & ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\displaystyle \frac{609}{4}}\sin 2\theta \text{d}\theta }\\ & ={[-{\displaystyle \frac{609}{8}}\cos 2\theta ]}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & ={\displaystyle \frac{609}{4}}\end{array}$$Jadi, nilai dari $$\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_D\int 2xy\text{d}A={\displaystyle \frac{609}{4}}}}}$$

Perhatikan sketsa gambar berikut.
Luas daerah yang dimaksud adalah daerah yang diarsir warna kuning pada gambar di atas. Langkah pertama adalah mencari titik potong kedua grafik yang diberikan. Untuk mencarinya, buatlah persamaan berikut.
$3+2\sin \theta =2\iff \sin \theta =-{\displaystyle \frac{1}{2}}.$
Diperoleh $\theta ={\displaystyle \frac{7\pi }{6}}$ atau $\theta ={\displaystyle \frac{11\pi }{6}}.$
Perlu dicatat bahwa $-{\displaystyle \frac{\pi }{6}}$ ekuivalen dengan ${\displaystyle \frac{11\pi }{6}}.$ Ini sangat penting karena kita membutuhkan nilai $\theta$ yang menutupi daerah yang diarsir saat bergerak dari batas bawah ke batas atas. Bila kita menggunakan ${\displaystyle \frac{11\pi }{6}}$, maka kita justru akan mencari luas pada proyeksi sebaliknya (menuju sumbu-$Y$ negatif). Jadi, kita peroleh batas pertidaksamaan
${\displaystyle \frac{-\pi }{6}}\le \theta \le {\displaystyle \frac{7\pi }{6}}$
$2\le r\le 3+2\sin \theta$
Jadi, luas daerah $D$ dinyatakan oleh
$$\boxed{{\displaystyle {\displaystyle {\int }_{\frac{-\pi }{6}}^{\frac{7\pi }{6}}{\int }_2^{3+2\sin \theta }r\text{d}r\text{d}\theta }}}$$