Bab 21

Integral Ganda

Integral tentu satu variabel $\int_a^b f(x)\,dx$ menghitung luas di bawah kurva. Integral ganda $\iint_D f(x,y)\,dA$ menggeneralisasi konsep ini ke dua dimensi: menjumlahkan nilai fungsi $f$ di atas seluruh daerah $D$ di bidang $xy$. Hasilnya bisa berupa volume (jika $f > 0$), massa (jika $f$ adalah densitas), atau kuantitas fisik lainnya. Kunci perhitungan adalah Teorema Fubini: integral ganda dapat dipecah menjadi dua integral bertingkat, yang kita hitung satu per satu. Bab ini juga memperkenalkan integral ganda dalam koordinat polar — esensial ketika daerah integrasi berbentuk lingkaran atau sektor — dan berbagai aplikasi penting dalam teknik.

Gambar 21.1 — Alur Bab 21: dari motivasi volume hingga integral ganda tak wajar

21.1 Motivasi: Volume di Bawah Permukaan

Dalam Bab 6, kita mendefinisikan integral tentu $\int_a^b f(x)\,dx$ sebagai luas daerah di bawah kurva $y = f(x)$ melalui limit penjumlahan Riemann. Integral ganda muncul dari pertanyaan analog dalam tiga dimensi: berapa volume benda padat yang dibatasi oleh permukaan $z = f(x,y)$ dan bidang $xy$?

Gambar 21.2 — Representasi volume ruang di bawah lembaran permukaan $z = f(x,y)$ yang tegak berdiri di atas fondasi alas wilayah Domain $D$. Penjumlahan limit dari deretan kolom prisma sempit berluas alas $\Delta A$ menyusun total volume secara eksak melalui operasi integral lipat dua.

21.2 Jumlahan Riemann Ganda dan Definisi Integral

Definisi 21.1 — Partisi dan Jumlahan Riemann Ganda

Biarkan $D \subseteq \mathbb{R}^2$ daerah tertutup terbatas. Partisi $P$ dari $D$ membagi $D$ menjadi $n$ subdaerah kecil $D_1, D_2, \ldots, D_n$ dengan luas $\Delta A_1, \Delta A_2, \ldots, \Delta A_n$. Pilih titik sampel $(x_i^*, y_i^*) \in D_i$.

Jumlahan Riemann ganda:

$$S(P, f) = \sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta A_i $$

Integral ganda dari $f$ atas $D$:

$$\boxed{\iint_D f(x,y)\,dA = \lim_{\|P\|\to 0}\sum_{i=1}^{n} f(x_i^*, y_i^*)\,\Delta A_i} $$

di mana $\|P\| = \max\{\text{diameter } D_i\}$ adalah norma partisi (ukuran subdaerah terbesar).

Contoh 21.1 — Intuisi Jumlahan Riemann Ganda

Perkirakan $\iint_R (x+y)\,dA$ pada $R = [0,2]\times[0,2]$ dengan partisi menjadi $4$ persegi kecil berukuran $1\times 1$ dan titik sampel di sudut kanan atas setiap subdaerah.

Titik sampel dan nilainya: $f(1,1)=2$, $f(2,1)=3$, $f(1,2)=3$, $f(2,2)=4$. Masing-masing $\Delta A_i = 1$.

$$S = 2\cdot 1 + 3\cdot 1 + 3\cdot 1 + 4\cdot 1 = 12 $$

Nilai eksak (Fubini):

$$\int_0^2\!\int_0^2(x+y)\,dy\,dx = \int_0^2\left[xy + \frac{y^2}{2}\right]_0^2 dx = \int_0^2(2x + 2)\,dx = [x^2+2x]_0^2 = 8 $$

Aproksimasi $S=12$ cukup jauh dari $8$ karena partisi sangat kasar ($n=4$). Saat $n\to\infty$, $S\to 8$. Ini menunjukkan mengapa kita membutuhkan limit — partisi kasar hanya memberikan estimasi kasar. ✓

Teorema 21.1 — Keberadaan Integral Ganda

Jika $f$ kontinu pada daerah tertutup terbatas $D$, maka $\iint_D f\,dA$ ada (jumlahan Riemann konvergen ke nilai yang sama untuk setiap pilihan partisi dan titik sampel).

Syarat lebih lemah: $f$ terbatas dan himpunan titik ketidakberlanjutannya memiliki "luas nol" (misalnya berupa kurva atau himpunan titik terhitung).

21.3 Integral Ganda atas Persegi Panjang

Kasus paling sederhana: $D = [a,b] \times [c,d]$ adalah persegi panjang.

Teorema 21.2 — Teorema Fubini (Persegi Panjang)

Jika $f$ kontinu pada $R = [a,b] \times [c,d]$, maka:

$$\boxed{\iint_R f(x,y)\,dA = \int_a^b\!\!\int_c^d f(x,y)\,dy\,dx = \int_c^d\!\!\int_a^b f(x,y)\,dx\,dy} $$

Integral ganda = integral bertingkat (iterated integral). Urutan integrasi boleh ditukar.

Cara Membaca Integral Bertingkat

$\int_a^b \int_c^d f(x,y)\,dy\,dx$: baca dari luar ke dalam. Pertama, integralkan terhadap $y$ (dari $c$ sampai $d$), hasilnya adalah fungsi dari $x$ saja. Kemudian integralkan terhadap $x$ (dari $a$ sampai $b$). Selama integrasi dalam, variabel lain diperlakukan sebagai konstan — sama seperti turunan parsial, tapi dalam konteks integrasi.

Contoh 21.2 — Integral Ganda atas Persegi Panjang

$\iint_R (x^2 + y^2)\,dA$ dengan $R = [0,1] \times [0,2]$:

Integrasikan terhadap $y$ dulu:

$$\int_0^1\!\int_0^2 (x^2 + y^2)\,dy\,dx = \int_0^1 \left[x^2 y + \frac{y^3}{3}\right]_{y=0}^{y=2}\,dx = \int_0^1 \left(2x^2 + \frac{8}{3}\right)dx $$

$$= \left[\frac{2x^3}{3} + \frac{8x}{3}\right]_0^1 = \frac{2}{3} + \frac{8}{3} = \frac{10}{3} $$

Verifikasi dengan urutan terbalik:

$$\int_0^2\!\int_0^1 (x^2 + y^2)\,dx\,dy = \int_0^2 \left[\frac{x^3}{3} + xy^2\right]_0^1\,dy = \int_0^2 \left(\frac{1}{3} + y^2\right)dy = \left[\frac{y}{3} + \frac{y^3}{3}\right]_0^2 = \frac{2}{3} + \frac{8}{3} = \frac{10}{3} \quad \checkmark $$

Contoh 21.3 — Fungsi Produk dan Pemisahan Variabel

$\iint_R x^2 y\,dA$ dengan $R = [0,3] \times [0,1]$.

Karena $f(x,y) = x^2 \cdot y$ adalah hasil kali fungsi yang masing-masing hanya bergantung pada satu variabel, integral bertingkat menjadi sangat sederhana:

$$\int_0^3\!\int_0^1 x^2 y\,dy\,dx = \int_0^3 x^2\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^1\,dx = \int_0^3 \frac{x^2}{2}\,dx = \left[\frac{x^3}{6}\right]_0^3 = \frac{27}{6} = \frac{9}{2} $$

Perhatikan bahwa hasilnya sama dengan $\left(\int_0^3 x^2\,dx\right)\!\left(\int_0^1 y\,dy\right) = 9 \cdot \frac{1}{2} = \frac{9}{2}$. Untuk fungsi yang dapat dipisahkan pada persegi panjang, integral ganda = hasil kali dua integral satu variabel. ✓

21.4 Integral Ganda atas Daerah Umum

Dalam praktik, daerah integrasi jarang berupa persegi panjang. Ada dua tipe utama daerah umum.

Definisi 21.2 — Daerah Tipe I dan Tipe II

Tipe I (dibatasi atas-bawah oleh fungsi $y$):

$$D = \{(x,y) : a \leq x \leq b,\; g_1(x) \leq y \leq g_2(x)\}$$

$$\boxed{\iint_D f\,dA = \int_a^b\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx}$$

Tipe II (dibatasi kiri-kanan oleh fungsi $x$):

$$D = \{(x,y) : c \leq y \leq d,\; h_1(y) \leq x \leq h_2(y)\}$$

$$\boxed{\iint_D f\,dA = \int_c^d\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx\,dy}$$

Gambar 21.3 — Dua klasifikasi utama daerah integrasi umum: Tipe I (daerah diapit secara vertikal oleh fungsi variabel $x$, menggunakan urutan integral dalam terhadap $y$) dan Tipe II (daerah diapit secara horizontal oleh fungsi variabel $y$, menggunakan urutan integral dalam terhadap $x$).

Kapan Menggunakan Tipe I vs. Tipe II?

Gunakan Tipe I ketika batas kiri-kanan daerah adalah garis vertikal konstan ($x = a$, $x = b$) dan batas atas-bawah berupa kurva $y = g(x)$. Ini cocok jika Anda dapat menyapu daerah dengan garis vertikal dari kiri ke kanan.

Gunakan Tipe II ketika batas atas-bawah daerah adalah garis horizontal konstan ($y = c$, $y = d$) dan batas kiri-kanan berupa kurva $x = h(y)$. Ini cocok jika Anda dapat menyapu daerah dengan garis horizontal dari bawah ke atas. Tipe II sangat berguna ketika batas daerah dinyatakan secara alami sebagai $x$ dalam fungsi $y$ (misalnya parabola $x = y^2$ yang terbuka ke kanan).

Kriteria praktis: pilih tipe yang menghasilkan jumlah integral terkecil (hindari pemecahan daerah menjadi beberapa bagian) dan batas integrasi yang paling sederhana.

Contoh 21.4 — Daerah Tipe I

$\iint_D xy\,dA$ dengan $D$ dibatasi oleh $y = x^2$ dan $y = x$.

Titik potong: $x^2 = x \implies x = 0$ atau $x = 1$. Daerah: $0 \leq x \leq 1$, $x^2 \leq y \leq x$.

Daerah Tipe I dipotong secara vertikal: Untuk setiap nilai $x$ dari $0$ hingga $1$, variabel $y$ bergerak dari kurva bawah $y = x^2$ ke kurva atas $y = x$.

$$\int_0^1\!\int_{x^2}^{x} xy\,dy\,dx = \int_0^1 x\left[\frac{y^2}{2}\right]_{y=x^2}^{y=x}\,dx = \int_0^1 x\left(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{2}\right)dx$$

$$= \frac{1}{2}\int_0^1 (x^3 - x^5)\,dx = \frac{1}{2}\left[\frac{x^4}{4} - \frac{x^6}{6}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{6}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{12} = \frac{1}{24} \quad \checkmark$$

Contoh 21.5 — Daerah Tipe II

$\iint_D x\,dA$ dengan $D$ dibatasi oleh $x = y^2$ (parabola terbuka ke kanan) dan $x = y + 2$ (garis miring).

Langkah 1 — Tentukan batas $y$: Titik potong: $y^2 = y + 2 \implies y^2 - y - 2 = 0 \implies (y-2)(y+1) = 0$, sehingga $y = -1$ atau $y = 2$. Jadi $-1 \leq y \leq 2$.

Langkah 2 — Tentukan batas $x$ untuk setiap $y$: Untuk setiap $y$ tetap, $x$ berjalan dari parabola (kiri) ke garis (kanan): $y^2 \leq x \leq y + 2$.

Daerah Tipe II dipotong secara horizontal: Untuk setiap lapisan tinggi $y$ dari $-1$ hingga $2$, nilai $x$ bergerak mendatar dari kurva parabola kiri $x = y^2$ ke garis lurus kanan $x = y + 2$.

$$\iint_D x\,dA = \int_{-1}^{2}\!\int_{y^2}^{y+2} x\,dx\,dy = \int_{-1}^{2}\left[\frac{x^2}{2}\right]_{x=y^2}^{x=y+2}\,dy = \frac{1}{2}\int_{-1}^{2}\left[(y+2)^2 - y^4\right]dy$$

$$= \frac{1}{2}\int_{-1}^{2}\left(y^2 + 4y + 4 - y^4\right)dy = \frac{1}{2}\left[\frac{y^3}{3} + 2y^2 + 4y - \frac{y^5}{5}\right]_{-1}^{2}$$

Substitusi $y = 2$: $\frac{8}{3} + 8 + 8 - \frac{32}{5} = \frac{184}{15}$. Substitusi $y = -1$: $\frac{-1}{3} + 2 - 4 + \frac{1}{5} = \frac{-32}{15}$.

$$= \frac{1}{2}\left(\frac{184}{15} - \frac{-32}{15}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{216}{15} = \frac{36}{5} \quad \checkmark$$

Mengapa Tipe II lebih baik di sini? Jika kita pakai Tipe I, daerah harus dipecah menjadi dua: untuk $0 \leq x \leq 1$, batas $y$ dari $-\sqrt{x}$ sampai $\sqrt{x}$ (hanya parabola); untuk $1 \leq x \leq 4$, batas $y$ dari $x-2$ sampai $\sqrt{x}$ (parabola dan garis). Ini menghasilkan dua integral yang lebih rumit. Tipe II menyelesaikan semuanya dalam satu integral saja. ✓

Contoh 21.6 — Tipe II: Dua Kurva Simetris

$\iint_D (x+y^2)\,dA$ dengan $D$ dibatasi oleh $x = y^2 - 4$ dan $x = 5 - y^2$.

Titik potong: $y^2 - 4 = 5 - y^2 \implies 2y^2 = 9 \implies y = \pm\frac{3}{\sqrt{2}}$. Jadi $-\frac{3}{\sqrt{2}} \leq y \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$.

Batas $x$: dari $y^2 - 4$ (kiri) sampai $5 - y^2$ (kanan). Perhatikan bahwa lebar daerah untuk setiap $y$ adalah $(5-y^2) - (y^2-4) = 9 - 2y^2$.

Daerah dipotong secara horizontal: Untuk setiap lapisan tinggi $y$, variabel $x$ berjalan mendatar dari parabola kiri $x = y^2 - 4$ ke parabola kanan $x = 5 - y^2$.

$$\int_{-3/\sqrt{2}}^{3/\sqrt{2}}\!\int_{y^2-4}^{5-y^2}(x+y^2)\,dx\,dy$$

Integral dalam terhadap $x$:

$$\left[\frac{x^2}{2} + xy^2\right]_{y^2-4}^{5-y^2} = \frac{(5-y^2)^2 - (y^2-4)^2}{2} + y^2\left[(5-y^2) - (y^2-4)\right]$$

Rumus selisih kuadrat: $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$. Dengan $a = 5-y^2$, $b = y^2-4$:

$$a - b = 9 - 2y^2, \qquad a + b = 1$$

Sehingga $\frac{a^2-b^2}{2} = \frac{(9-2y^2)(1)}{2} = \frac{9}{2} - y^2$. Dan $y^2(a-b) = y^2(9-2y^2) = 9y^2 - 2y^4$.

$$= \int_{-3/\sqrt{2}}^{3/\sqrt{2}}\left(\frac{9}{2} - y^2 + 9y^2 - 2y^4\right)dy = \int_{-3/\sqrt{2}}^{3/\sqrt{2}}\left(\frac{9}{2} + 8y^2 - 2y^4\right)dy$$

Integrand genap, batas simetris: $= 2\int_0^{3/\sqrt{2}}\left(\frac{9}{2} + 8y^2 - 2y^4\right)dy$

$$= 2\left[\frac{9y}{2} + \frac{8y^3}{3} - \frac{2y^5}{5}\right]_0^{3/\sqrt{2}} = 2\left(\frac{27}{2\sqrt{2}} + \frac{8\cdot 27}{3\cdot 4\sqrt{2}} - \frac{2\cdot 243}{5\cdot 8\sqrt{2}}\right)$$

$$= \frac{2}{\sqrt{2}}\left(\frac{27}{2} + 18 - \frac{243}{20}\right) = \sqrt{2}\left(\frac{270 + 360 - 243}{20}\right) = \frac{387\sqrt{2}}{20} \quad \checkmark$$

Contoh ini menunjukkan kekuatan Tipe II untuk daerah yang dibatasi dua kurva simetris terhadap sumbu-$x$. Sebagai Tipe I, daerah harus dipecah menjadi tiga bagian — jauh lebih rumit. ✓

21.5 Pertukaran Urutan Integrasi

Sering kali, suatu urutan integrasi menghasilkan integral yang sulit atau mustahil dihitung secara analitik, sedangkan urutan lainnya mudah. Pertukaran urutan integrasi adalah keterampilan kritis.

Teorema 21.3 — Fubini untuk Daerah Umum

Jika $f$ kontinu pada $D$, maka:

$$\int_a^b\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f(x,y)\,dy\,dx = \int_c^d\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f(x,y)\,dx\,dy $$

asalkan kedua representasi mendeskripsikan daerah $D$ yang sama.

Prosedur Pertukaran Urutan

Gambar daerah $D$ dari batas-batas integral asli.
Identifikasi ulang daerah dalam tipe lain (Tipe I → Tipe II atau sebaliknya).
Tulis ulang integral dengan urutan dan batas baru.

Langkah 1 (menggambar) adalah yang paling penting — kesalahan paling umum adalah menukar batas tanpa memahami geometri daerah.

Contoh 21.7 — Pertukaran Urutan: Dasar

Tukar urutan: $\int_0^1\!\int_{x^2}^1 f(x,y)\,dy\,dx$.

Analisis daerah asli: $0 \leq x \leq 1$, $x^2 \leq y \leq 1$. Ini adalah daerah antara $y = x^2$ (parabola) dan $y = 1$ (garis horizontal).

Sebagai Tipe II: $y$ berkisar dari $0$ sampai $1$. Untuk setiap $y$, $x$ berkisar dari kurva $x = \sqrt{y}$ (sisi kanan parabola) sampai $x = 1$.

$$\boxed{\int_0^1\!\int_{x^2}^1 f(x,y)\,dy\,dx = \int_0^1\!\int_{\sqrt{y}}^{1} f(x,y)\,dx\,dy} $$

Verifikasi: di $y = 0$, batas $x$ dari $0$ ke $1$ (titik bawah parabola). Di $y = 1$, batas $x$ dari $1$ ke $1$ (titik tunggal). Konsisten. ✓

Contoh 21.8 — Mengapa Pertukaran Urutan Berguna

Hitung $\int_0^1\!\int_y^1 e^{x^2}\,dx\,dy$.

Masalah: $\int e^{x^2}\,dx$ tidak memiliki antiturunan elementer — integral asli tidak bisa dihitung langsung!

Solusi: tukar urutan. Daerah: $0 \leq y \leq 1$, $y \leq x \leq 1$ (segitiga di bawah $y = x$). Sebagai Tipe I: $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq x$.

$$\int_0^1\!\int_0^x e^{x^2}\,dy\,dx = \int_0^1 e^{x^2}\cdot x\,dx $$

Sekarang substitusi $u = x^2$, $du = 2x\,dx$:

$$= \int_0^1 \frac{1}{2}e^{x^2}\cdot 2x\,dx = \frac{1}{2}\int_0^1 e^u\,du = \frac{1}{2}(e - 1) \quad \checkmark $$

Contoh 21.9 — Pertukaran Urutan: Daerah Lebih Kompleks

Tukar urutan: $\int_0^2\!\int_{x/2}^{1} f(x,y)\,dy\,dx + \int_2^3\!\int_{x/2}^{3-x} f(x,y)\,dy\,dx$.

Daerah terdiri dari dua bagian: (1) trapesium $0 \leq x \leq 2$, $x/2 \leq y \leq 1$; (2) segitiga $2 \leq x \leq 3$, $x/2 \leq y \leq 3-x$.

Gabungkan sebagai Tipe II: $y$ dari $0$ sampai $1$. Batas kiri: $x = 2y$. Batas kanan: untuk $y \leq 1/2$, $x = 3 - y$ (dari garis $x + y = 3$); tapi perlu diperiksa: di $y = 0$, $x$ dari $0$ sampai $3$; di $y = 1$, $x$ dari $2$ sampai $2$.

$$\boxed{\int_0^1\!\int_{2y}^{3-y} f(x,y)\,dx\,dy} $$

Dua integral bertingkat yang terpisah disatukan menjadi satu — pertukaran urutan menyederhanakan masalah secara dramatis. ✓

Contoh 21.10 — Pertukaran Urutan dengan Trigonometri

Hitung $\int_0^{\pi/2}\!\int_y^{\pi/2} \frac{\sin x}{x}\,dx\,dy$.

Masalah: $\int \frac{\sin x}{x}\,dx$ tidak elementer (fungsi sinc tidak memiliki antiturunan tertutup).

Solusi: tukar urutan. Daerah: $0 \leq y \leq \pi/2$, $y \leq x \leq \pi/2$ (segitiga di bawah $y = x$). Sebagai Tipe I: $0 \leq x \leq \pi/2$, $0 \leq y \leq x$.

$$\int_0^{\pi/2}\!\int_0^x \frac{\sin x}{x}\,dy\,dx = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{x}\cdot x\,dx = \int_0^{\pi/2}\sin x\,dx = [-\cos x]_0^{\pi/2} = 0 - (-1) = 1 \quad \checkmark $$

Faktor $x$ pembilang dan penyebut saling menghilang setelah pertukaran urutan — trik yang sangat sering muncul dalam soal integral bertingkat. ✓

21.6 Sifat-Sifat Integral Ganda

Teorema 21.4 — Sifat Aljabar Integral Ganda

Untuk $f$, $g$ terintegrabel pada $D$ dan $c$ konstan:

$$\iint_D [f(x,y) + g(x,y)]\,dA = \iint_D f\,dA + \iint_D g\,dA $$

$$\iint_D c\,f(x,y)\,dA = c\iint_D f\,dA $$

$$\text{Jika } f(x,y) \leq g(x,y) \text{ pada } D, \text{ maka } \iint_D f\,dA \leq \iint_D g\,dA $$

Additivitas atas daerah: jika $D = D_1 \cup D_2$ dengan $D_1 \cap D_2$ memiliki luas nol:

$$\iint_D f\,dA = \iint_{D_1} f\,dA + \iint_{D_2} f\,dA $$

Contoh 21.11 — Menggunakan Sifat Linearitas

Diketahui $\iint_D x^2\,dA = 5$ dan $\iint_D y^2\,dA = 3$. Hitung $\iint_D (3x^2 - 2y^2 + 1)\,dA$ jika luas $D$ adalah $A = 4$.

$$\iint_D (3x^2 - 2y^2 + 1)\,dA = 3\iint_D x^2\,dA - 2\iint_D y^2\,dA + \iint_D 1\,dA = 3(5) - 2(3) + 4 = 15 - 6 + 4 = 13 \quad \checkmark $$

Sifat linearitas memungkinkan kita menghitung integral kompleks dari komponen-komponen yang sudah diketahui, tanpa perlu mengetahui bentuk eksak daerah $D$. ✓

21.7 Integral Ganda dalam Koordinat Polar

Ketika daerah integrasi berbentuk lingkaran, sektor, cincin, atau memiliki simetri radial, koordinat polar sering kali jauh lebih sederhana daripada koordinat kartesian.

Definisi 21.3 — Konversi Koordinat Polar

$$x = r\cos\theta, \qquad y = r\sin\theta, \qquad dA = r\,dr\,d\theta$$

Faktor $r$ dalam $dA$ adalah Jacobian transformasi — ia muncul karena "luas elemen" dalam koordinat polar bukan $dr\,d\theta$ melainkan $r\,dr\,d\theta$ (elemen berbentuk baji yang luasnya bergantung pada jari-jari).

Gambar 21.4 — Representasi geometri elemen luas $dA = r\,dr\,d\theta$ dalam koordinat polar. Akibat pembesaran jari-jari secara menjari keluar, panjang dari komponen busur lingkaran ikut memanjang secara linear sebanding nilai radius ($r\,d\theta$).

Teorema 21.5 — Integral Ganda dalam Koordinat Polar

$$\boxed{\iint_D f(x,y)\,dA = \int_{\alpha}^{\beta}\!\int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} f(r\cos\theta,\, r\sin\theta)\;r\,dr\,d\theta} $$

di mana $D$ dalam polar: $\alpha \leq \theta \leq \beta$, $h_1(\theta) \leq r \leq h_2(\theta)$.

Jangan lupa faktor $r$! Ini adalah kesalahan paling umum.

Contoh 21.12 — Integral atas Lingkaran Penuh

$\iint_D e^{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D = \{(x,y) : x^2 + y^2 \leq 4\}$.

Dalam polar: $0 \leq \theta \leq 2\pi$, $0 \leq r \leq 2$. $x^2 + y^2 = r^2$.

$$\int_0^{2\pi}\!\int_0^2 e^{r^2}\,r\,dr\,d\theta $$

Integral dalam: substitusi $u = r^2$, $du = 2r\,dr$:

$$\int_0^2 e^{r^2}\,r\,dr = \frac{1}{2}\int_0^4 e^u\,du = \frac{1}{2}(e^4 - 1) $$

$$= \int_0^{2\pi}\frac{e^4-1}{2}\,d\theta = \frac{e^4-1}{2}\cdot 2\pi = \boxed{\pi(e^4 - 1)} \quad \checkmark $$

Catatan: integral ini mustahil dihitung dalam koordinat kartesian karena $\int e^{x^2}\,dx$ tidak elementer — koordinat polar mengubahnya menjadi integral mudah.

Contoh 21.13 — Integral atas Cincin (Annulus)

$\iint_D \frac{1}{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D = \{(x,y) : 1 \leq x^2+y^2 \leq 4\}$.

Polar: $0 \leq \theta \leq 2\pi$, $1 \leq r \leq 2$.

$$\int_0^{2\pi}\!\int_1^2 \frac{1}{r^2}\,r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_1^2 \frac{1}{r}\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}[\ln r]_1^2\,d\theta = \int_0^{2\pi}\ln 2\,d\theta = 2\pi\ln 2 \quad \checkmark $$

Contoh 21.14 — Daerah Sektor

Volume di bawah $z = 4 - x^2 - y^2$ dan di atas sektor $0 \leq \theta \leq \pi/2$ dari lingkaran $r \leq 2$.

$$V = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^2 (4 - r^2)\,r\,dr\,d\theta = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^2 (4r - r^3)\,dr\,d\theta $$

$$= \int_0^{\pi/2}\left[2r^2 - \frac{r^4}{4}\right]_0^2\,d\theta = \int_0^{\pi/2}(8 - 4)\,d\theta = \int_0^{\pi/2}4\,d\theta = 2\pi \quad \checkmark $$

Contoh 21.15 — Daerah Kardioida

Hitung $\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D$ adalah interior kardioida $r = 1 + \cos\theta$.

Dalam polar: $0 \leq \theta \leq 2\pi$, $0 \leq r \leq 1 + \cos\theta$. Fungsi $\sqrt{x^2+y^2} = r$.

$$\int_0^{2\pi}\!\int_0^{1+\cos\theta} r \cdot r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_0^{1+\cos\theta} r^2\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\frac{(1+\cos\theta)^3}{3}\,d\theta $$

Kembangkan $(1+\cos\theta)^3 = 1 + 3\cos\theta + 3\cos^2\theta + \cos^3\theta$:

$$= \frac{1}{3}\int_0^{2\pi}\left(1 + 3\cos\theta + 3\cos^2\theta + \cos^3\theta\right)d\theta $$

Evaluasi suku per suku: $\int_0^{2\pi}1\,d\theta = 2\pi$; $\int_0^{2\pi}\cos\theta\,d\theta = 0$; $\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta = \pi$; $\int_0^{2\pi}\cos^3\theta\,d\theta = 0$ (semua integran ganjil dalam $\cos$ atas perioda penuh menghilang).

$$= \frac{1}{3}\left(2\pi + 0 + 3\pi + 0\right) = \frac{5\pi}{3} \quad \checkmark $$

Dalam koordinat kartesian, batas kardioida $r = 1+\cos\theta \iff \sqrt{x^2+y^2} = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} \iff x^2+y^2 = \sqrt{x^2+y^2} + x$ — bentuk yang sangat rumit. Koordinat polar membuat batas dan integrasi menjadi sederhana. ✓

Contoh 21.16 — Daerah di Luar Lingkaran, di Dalam Lingkaran Lain

Hitung $\iint_D (x^2+y^2)\,dA$ dengan $D$ di luar lingkaran $r = 1$ dan di dalam lingkaran $r = 2\cos\theta$.

Langkah 1 — Tentukan rentang $\theta$: Perpotongan: $1 = 2\cos\theta \implies \cos\theta = 1/2 \implies \theta = \pm\pi/3$. Jadi $-\pi/3 \leq \theta \leq \pi/3$.

Langkah 2 — Tentukan batas $r$: $1 \leq r \leq 2\cos\theta$.

$$\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\!\int_1^{2\cos\theta} r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/3}^{\pi/3}\left[\frac{r^4}{4}\right]_1^{2\cos\theta}\,d\theta = \frac{1}{4}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}(16\cos^4\theta - 1)\,d\theta $$

Integrand genap, batas simetris:

$$= \frac{1}{2}\int_0^{\pi/3}(16\cos^4\theta - 1)\,d\theta $$

Gunakan $\cos^4\theta = \frac{3 + 4\cos 2\theta + \cos 4\theta}{8}$:

$$= \frac{1}{2}\int_0^{\pi/3}\left(6 + 8\cos 2\theta + 2\cos 4\theta - 1\right)d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/3}(5 + 8\cos 2\theta + 2\cos 4\theta)\,d\theta $$

$$= \frac{1}{2}\left[5\theta + 4\sin 2\theta + \frac{\sin 4\theta}{2}\right]_0^{\pi/3} = \frac{1}{2}\left(\frac{5\pi}{3} + 4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\cdot\frac{-\sqrt{3}}{2}\right) $$

$$= \frac{1}{2}\left(\frac{5\pi}{3} + 2\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{4}\right) = \frac{5\pi}{6} + \frac{7\sqrt{3}}{8} \quad \checkmark $$

Contoh ini menunjukkan bagaimana menangani daerah polar dengan batas $r$ yang bergantung pada $\theta$ di kedua sisi, serta penggunaan identitas trigonometri untuk menyederhanakan $\cos^4\theta$. ✓

21.8 Perubahan Variabel pada Integral Ganda: Teori Jacobian

Pada Bagian 21.7, kita menggunakan koordinat polar dan menuliskan $dA = r\,dr\,d\theta$ tanpa penjelasan mendalam tentang asal-usul faktor $r$. Faktor ini bukan kebetulan — ia adalah kasus khusus dari Jacobian, sebuah objek aljabar yang mengukur bagaimana suatu transformasi koordinat "meregangkan" atau "memampatkan" elemen luas. Bagian ini membangun teori tersebut secara umum.

Definisi 21.4 — Matriks Jacobian (2D)

Jika $T$ adalah transformasi $C^1$ dari bidang $(u,v)$ ke bidang $(x,y)$:

$$x = x(u,v), \qquad y = y(u,v)$$

maka matriks Jacobian dari $T$ adalah:

$$\boxed{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = J = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial x}{\partial u} & \dfrac{\partial x}{\partial v} \\[6pt] \dfrac{\partial y}{\partial u} & \dfrac{\partial y}{\partial v} \end{pmatrix}}$$

Determinan Jacobian:

$$\boxed{\det J = \frac{\partial x}{\partial u}\frac{\partial y}{\partial v} - \frac{\partial x}{\partial v}\frac{\partial y}{\partial u}}$$

Mengapa $\det J$ adalah faktor skala luasan?

Perhatikan persegi kecil berukuran $\Delta u \times \Delta v$ di bidang $(u,v)$ dengan sudut kiri bawah di $(u_0, v_0)$. Keempat sudutnya memetakan ke bidang $(x,y)$ melalui $T$. Untuk $\Delta u$ dan $\Delta v$ kecil, bayangan persegi ini mendekati jajar genjang dengan vektor sisi:

$$\mathbf{a} = \left\langle \frac{\partial x}{\partial u}\Delta u,\; \frac{\partial y}{\partial u}\Delta u \right\rangle = \mathbf{r}_u\,\Delta u, \qquad \mathbf{b} = \left\langle \frac{\partial x}{\partial v}\Delta v,\; \frac{\partial y}{\partial v}\Delta v \right\rangle = \mathbf{r}_v\,\Delta v$$

Luas jajar genjang = besar cross product (di 2D, ini setara dengan determinan matriks yang dibentuk oleh dua vektor sisi):

$$\Delta A_{xy} \approx |\mathbf{a} \times \mathbf{b}| = \left|\det\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial u}\Delta u & \frac{\partial x}{\partial v}\Delta v \\[4pt] \frac{\partial y}{\partial u}\Delta u & \frac{\partial y}{\partial v}\Delta v \end{pmatrix}\right| = \left|\det J\right|\,\Delta u\,\Delta v$$

Jadi $\det J$ adalah faktor perbesaran luasan lokal: luas elemen di bidang $(x,y)$ sama dengan $|\det J|$ kali luas elemen di bidang $(u,v)$. Tanda $\det J$ menunjukkan apakah orientasi dipertahankan ($\det J > 0$) atau dibalik ($\det J < 0$). $\quad\blacksquare$

Gambar 21.5 — Interpretasi geometris Jacobian: persegi Δu × Δv di ruang (u,v) menjadi jajar genjang di ruang (x,y) dengan luas dikai |det J|

Derivasi: Faktor $r$ dalam Koordinat Polar

Transformasi polar: $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$. Matriks Jacobian:

$$J = \begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\[4pt] \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\theta & -r\sin\theta \\ \sin\theta & r\cos\theta \end{pmatrix} $$

$$\det J = (\cos\theta)(r\cos\theta) - (-r\sin\theta)(\sin\theta) = r\cos^2\theta + r\sin^2\theta = r $$

Jadi $dA = |\det J|\,dr\,d\theta = r\,dr\,d\theta$. Faktor $r$ muncul secara alami dari perhitungan determinan — bukan dari "hukum fisika" atau hafalan. $\quad\blacksquare$

Teorema 21.6 — Perubahan Variabel Umum untuk Integral Ganda

Jika $T: (u,v) \mapsto (x,y)$ adalah transformasi satu-ke-satu dan $C^1$ dari daerah $D^*$ ke $D$, dengan $\det J \neq 0$ di interior $D^*$, maka untuk setiap $f$ yang terintegrabel pada $D$:

$$\boxed{\iint_D f(x,y)\,dx\,dy = \iint_{D^*} f(x(u,v),\, y(u,v))\;\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\,du\,dv} $$

Prosedur: (1) Tentukan transformasi $T$ dan daerah baru $D^*$, (2) hitung $\det J$, (3) nyatakan $f$ dan $dA$ dalam variabel baru, (4) integrasikan atas $D^*$.

Contoh 21.17 — Perubahan Variabel Non-Polar

Hitung $\iint_D (x+y)\,dA$ dengan $D$ dibatasi $x+y \leq 1$, $x \geq 0$, $y \geq 0$.

Transformasi: $u = x+y$, $v = x-y$. Maka $x = \frac{u+v}{2}$, $y = \frac{u-v}{2}$.

$$J = \begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\ 1/2 & -1/2 \end{pmatrix}, \qquad \det J = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}, \qquad |\det J| = \frac{1}{2} $$

Daerah $D^*$: $0 \leq u \leq 1$, $-u \leq v \leq u$ (karena $x \geq 0 \Rightarrow u+v \geq 0$ dan $y \geq 0 \Rightarrow u-v \geq 0$).

$$\iint_D (x+y)\,dA = \int_0^1\!\int_{-u}^{u} u \cdot \frac{1}{2}\,dv\,du = \frac{1}{2}\int_0^1 u(2u)\,du = \int_0^1 u^2\,du = \frac{1}{3} $$

Verifikasi dengan kartesian: $\int_0^1\!\int_0^{1-x}(x+y)\,dy\,dx = \int_0^1[x(1-x) + \frac{(1-x)^2}{2}]\,dx = \frac{1}{3}$. ✓

Contoh 21.18 — Mengapa Transformasi Membantu

Hitung $\iint_D e^{(x-y)/(x+y)}\,dA$ dengan $D$ = interior segitiga $(0,0)$, $(2,0)$, $(0,2)$.

Integrand rumit, tapi dengan $u = x+y$, $v = x-y$ menjadi sederhana: eksponen = $e^{v/u}$. Daerah $D^*$: $0 \leq u \leq 2$, $-u \leq v \leq u$.

$$\int_0^2\!\int_{-u}^{u} e^{v/u}\cdot\frac{1}{2}\,dv\,du = \frac{1}{2}\int_0^2 u\left[e^{v/u}\right]_{-u}^{u}\,du = \frac{1}{2}\int_0^2 u(e - e^{-1})\,du = \frac{e-e^{-1}}{2}\cdot 2 = e - \frac{1}{e} \quad \checkmark $$

Transformasi mengubah integral yang mustahil secara kartesian menjadi integral elementer. Ini adalah kekuatan sesungguhnya dari teori Jacobian. ✓

Syarat-Syarat Penting

Satu-ke-satu: $T$ harus bijektif pada domain (setiap titik di $D$ memiliki tepat satu preimage di $D^*$). Jika tidak, bisa terjadi penghitungan ganda atau terlewat.
$\det J \neq 0$: menjamin bahwa transformasi tidak "meruntuhkan" dimensi (misalnya, memetakan daerah 2D ke kurva 1D).
$C^1$: turunan parsial kontinu menjamin Jacobian bervariasi halus sehingga aproksimasi jajar genjang akurat.
Nilai mutlak: kita selalu menggunakan $|\det J|$, bukan $\det J$, karena luas selalu positif. Tanda $\det J$ memberikan informasi orientasi, bukan besaran luasan.

21.9 Aplikasi: Luas Daerah

Jika $f(x,y) = 1$, maka $\iint_D 1\,dA$ = luas daerah $D$.

Rumus Luas via Integral Ganda

$$\boxed{\text{Luas}(D) = \iint_D dA = \iint_D dx\,dy} $$

Dalam koordinat polar:

$$\text{Luas}(D) = \int_{\alpha}^{\beta}\!\int_{h_1(\theta)}^{h_2(\theta)} r\,dr\,d\theta $$

Contoh 21.19 — Luas Daerah antara Dua Kurva

Luas daerah $D$ dibatasi $y = 2x$ dan $y = x^2$.

Titik potong: $x^2 = 2x \implies x = 0, 2$.

$$A = \int_0^2\!\int_{x^2}^{2x} dy\,dx = \int_0^2 (2x - x^2)\,dx = \left[x^2 - \frac{x^3}{3}\right]_0^2 = 4 - \frac{8}{3} = \frac{4}{3} \quad \checkmark $$

Ini sama dengan integral satu variabel $\int_0^2(2x - x^2)\,dx$ — integral ganda menyederhanakan menjadi integral biasa saat $f = 1$.

Contoh 21.20 — Luas dalam Koordinat Polar

Luas satu daun mawar $r = \sin 2\theta$ (untuk $0 \leq \theta \leq \pi/2$).

$$A = \int_0^{\pi/2}\!\int_0^{\sin 2\theta} r\,dr\,d\theta = \int_0^{\pi/2}\frac{\sin^2 2\theta}{2}\,d\theta = \int_0^{\pi/2}\frac{1 - \cos 4\theta}{4}\,d\theta $$

$$= \left[\frac{\theta}{4} - \frac{\sin 4\theta}{16}\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{8} \quad \checkmark $$

Contoh 21.21 — Luas Daerah antara Dua Kurva Polar

Luas daerah yang berada di dalam lingkaran $r = 3\cos\theta$ dan di luar kardioida $r = 1 + \cos\theta$.

Langkah 1 — Titik potong: $3\cos\theta = 1 + \cos\theta \implies 2\cos\theta = 1 \implies \cos\theta = 1/2 \implies \theta = \pm\pi/3$.

Langkah 2 — Verifikasi mana yang lebih besar: Pada $\theta = 0$: lingkaran $r = 3$, kardioida $r = 2$. Pada $\theta = \pi/2$: lingkaran $r = 0$, kardioida $r = 1$. Jadi lingkaran lebih besar untuk $|\theta| < \pi/3$.

Daerah arsir A disapu secara radial keluar dari batas kardioida merah menuju dinding lingkaran biru pada interval $-\pi/3 \leq \theta \leq \pi/3$.

$$A = \int_{-\pi/3}^{\pi/3}\!\int_{1+\cos\theta}^{3\cos\theta} r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/3}^{\pi/3}\frac{1}{2}\left(9\cos^2\theta - (1+\cos\theta)^2\right)d\theta$$

$$= \frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\left(9\cos^2\theta - 1 - 2\cos\theta - \cos^2\theta\right)d\theta = \frac{1}{2}\int_{-\pi/3}^{\pi/3}\left(8\cos^2\theta - 2\cos\theta - 1\right)d\theta$$

Gunakan $\cos^2\theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ dan simetri (integrand genap kecuali suku $\cos\theta$ yang ganjil):

$$= \int_0^{\pi/3}\left(4(1+\cos 2\theta) - 1\right)d\theta = \int_0^{\pi/3}(3 + 4\cos 2\theta)\,d\theta = \left[3\theta + 2\sin 2\theta\right]_0^{\pi/3}$$

$$= \pi + 2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \pi + \sqrt{3} \quad \checkmark$$

Contoh ini menggabungkan beberapa keterampilan: mencari perpotongan kurva polar, menentukan kurva mana yang di luar/ dalam, dan menyederhanakan integrand trigonometri. ✓

21.10 Aplikasi: Volume di Bawah Permukaan

Contoh 21.22 — Volume antara Dua Permukaan

Volume dibatasi oleh $z = x^2 + y^2$ (paraboloid) dan $z = 8 - x^2 - y^2$ (paraboloid terbalik).

Perpotongan: $x^2 + y^2 = 8 - x^2 - y^2 \implies x^2 + y^2 = 4$ (lingkaran $r = 2$).

Tinggi di titik $(x,y)$: $h = (8 - x^2 - y^2) - (x^2 + y^2) = 8 - 2(x^2+y^2) = 8 - 2r^2$.

$$V = \int_0^{2\pi}\!\int_0^2 (8 - 2r^2)\,r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_0^2 (8r - 2r^3)\,dr\,d\theta $$

$$= \int_0^{2\pi}\left[4r^2 - \frac{r^4}{2}\right]_0^2\,d\theta = \int_0^{2\pi}(16 - 8)\,d\theta = 8 \cdot 2\pi = 16\pi \quad \checkmark $$

$z = x^2 + y^2$

$z = 8 - x^2 - y^2$

Irisan ($r=2$)

Gambar 21.6 — Permukaan $z = x^2 + y^2$ (paraboloid) dan $z = 8 - x^2 - y^2$ (paraboloid terbalik)

Contoh 21.23 — Volume dengan Batas Fungsi

Volume di bawah $z = xy$ dan di atas daerah segitiga dengan vertices $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$.

Daerah: $0 \leq x \leq 1$, $0 \leq y \leq x$.

$$V = \int_0^1\!\int_0^x xy\,dy\,dx = \int_0^1 x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^x\,dx = \int_0^1 \frac{x^3}{2}\,dx = \frac{1}{8} \quad \checkmark $$

Contoh 21.24 — Volume Tetrahedron dalam Oktan Pertama

Volume benda padat di oktan pertama yang dibatasi oleh bidang $z = 6 - x - 2y$ dan ketiga bidang koordinat.

Langkah 1 — Proyeksi ke bidang $xy$: Dari $z \geq 0$: $6 - x - 2y \geq 0 \implies y \leq 3 - x/2$. Bersama $x \geq 0$, $y \geq 0$, ini membentuk segitiga dengan vertices $(0,0)$, $(6,0)$, $(0,3)$.

$$V = \int_0^6\!\int_0^{3-x/2} (6 - x - 2y)\,dy\,dx $$

Langkah 2 — Integral dalam terhadap $y$:

$$\int_0^{3-x/2}(6 - x - 2y)\,dy = \left[(6-x)y - y^2\right]_0^{3-x/2} = (6-x)\left(3 - \frac{x}{2}\right) - \left(3 - \frac{x}{2}\right)^2 $$

Kembangkan: $(6-x)(3-x/2) = 18 - 3x - 3x + x^2/2 = 18 - 6x + x^2/2$. Dan $(3-x/2)^2 = 9 - 3x + x^2/4$.

$$= \left(18 - 6x + \frac{x^2}{2}\right) - \left(9 - 3x + \frac{x^2}{4}\right) = 9 - 3x + \frac{x^2}{4} $$

Langkah 3 — Integral luar terhadap $x$:

$$\int_0^6\left(9 - 3x + \frac{x^2}{4}\right)dx = \left[9x - \frac{3x^2}{2} + \frac{x^3}{12}\right]_0^6 = 54 - 54 + 18 = 18 \quad \checkmark $$

Verifikasi geometri: volume tetrahedron dengan vertices $(0,0,0)$, $(6,0,0)$, $(0,3,0)$, $(0,0,6)$ = $\frac{1}{6} \cdot 6 \cdot 3 \cdot 6 = 18$. Sempurna! ✓

Contoh 21.25 — Volume dengan Daerah Tipe II

Volume di bawah $z = 4 - x - y$ dan di atas daerah $D$ dibatasi $x = y^2$, $x = 4$, dan $y = 0$.

Daerah $D$ lebih alami sebagai Tipe II: $0 \leq y \leq 2$, $y^2 \leq x \leq 4$.

$$V = \int_0^2\!\int_{y^2}^4 (4 - x - y)\,dx\,dy $$

Integral dalam:

$$\int_{y^2}^4(4 - x - y)\,dx = \left[4x - \frac{x^2}{2} - xy\right]_{y^2}^4 = \left(16 - 8 - 4y\right) - \left(4y^2 - \frac{y^4}{2} - y^3\right) $$

$$= 8 - 4y - 4y^2 + \frac{y^4}{2} + y^3 $$

Integral luar:

$$\int_0^2\left(8 - 4y - 4y^2 + y^3 + \frac{y^4}{2}\right)dy = \left[8y - 2y^2 - \frac{4y^3}{3} + \frac{y^4}{4} + \frac{y^5}{10}\right]_0^2 $$

$$= 16 - 8 - \frac{32}{3} + 4 + \frac{32}{10} = 12 - \frac{32}{3} + \frac{16}{5} = \frac{180 - 160 + 48}{15} = \frac{68}{15} \quad \checkmark $$

Jika menggunakan Tipe I, daerah harus dipecah dua: $0 \leq x \leq 4$, tapi batas $y$ berubah di $x = 0$ (untuk $0 \leq x \leq 4$, $y$ dari $0$ sampai $\sqrt{x}$). Sebenarnya di sini Tipe I juga satu integral: $\int_0^4\!\int_0^{\sqrt{x}}(4-x-y)\,dy\,dx$. Kedua cara menghasilkan $\frac{68}{15}$. ✓

21.11 Aplikasi: Massa, Momen, dan Pusat Massa

Jika $D$ adalah pelat tipis dengan densitas permukaan $\rho(x,y)$ (massa per luas), maka integral ganda menghitung berbagai kuantitas fisik.

Definisi 21.5 — Kuantitas Fisika Pelat Tipis

Massa total:

$$\boxed{M = \iint_D \rho(x,y)\,dA} $$

Momen terhadap sumbu:

$$M_x = \iint_D y\,\rho(x,y)\,dA \qquad \text{(momen terhadap sumbu }x\text{)} $$

$$M_y = \iint_D x\,\rho(x,y)\,dA \qquad \text{(momen terhadap sumbu }y\text{)} $$

Pusat massa $(\bar{x}, \bar{y})$:

$$\boxed{\bar{x} = \frac{M_y}{M} = \frac{\iint_D x\,\rho\,dA}{\iint_D \rho\,dA}, \qquad \bar{y} = \frac{M_x}{M} = \frac{\iint_D y\,\rho\,dA}{\iint_D \rho\,dA}} $$

Momen inersia:

$$I_x = \iint_D y^2\,\rho\,dA, \qquad I_y = \iint_D x^2\,\rho\,dA, \qquad I_0 = \iint_D (x^2+y^2)\,\rho\,dA = I_x + I_y $$

Densitas Konstan vs. Variabel

Jika $\rho$ konstan, maka pusat massanya sama dengan sentroid (pusat geometri) daerah: $\bar{x} = \frac{1}{A}\iint_D x\,dA$, $\bar{y} = \frac{1}{A}\iint_D y\,dA$. Densitas konstan sering diasumsikan dalam perhitungan sederhana. Dalam praktik teknik, densitas bisa bergantung pada posisi (misalnya pelat yang menebal di satu sisi, atau distribusi tekanan tidak seragam).

Contoh 21.26 — Pusat Massa Pelat Segitiga

Pelat segitiga dengan vertices $(0,0)$, $(a,0)$, $(0,b)$ dan densitas konstan $\rho$.

Massa: $M = \rho \cdot \frac{ab}{2}$.

$$M_y = \rho\int_0^a\!\int_0^{b(1-x/a)} x\,dy\,dx = \rho\int_0^a bx\left(1 - \frac{x}{a}\right)dx = \rho b\left[\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3a}\right]_0^a = \frac{\rho a^2 b}{6} $$

$$\bar{x} = \frac{\rho a^2 b / 6}{\rho ab / 2} = \frac{a}{3} $$

Demikian pula $\bar{y} = b/3$. Pusat massa segitiga berada di $(a/3, b/3)$ dari titik siku-siku — sesuai dengan rumus sentroid segitiga yang sudah dikenal. ✓

Contoh 21.27 — Sentroid Daerah antara Dua Kurva

Temukan sentroid daerah $D$ dibatasi $y = x^2$ dan $y = x$.

Dari Contoh 21.4, luas $A = \frac{1}{6}$ (karena $\int_0^1(x - x^2)\,dx = \frac{1}{6}$).

$$\bar{x} = \frac{1}{A}\int_0^1\!\int_{x^2}^{x} x\,dy\,dx = 6\int_0^1 x(x - x^2)\,dx = 6\int_0^1(x^2 - x^3)\,dx = 6\left[\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_0^1 = 6\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) = 6\cdot\frac{1}{12} = \frac{1}{2} $$

$$\bar{y} = \frac{1}{A}\int_0^1\!\int_{x^2}^{x} y\,dy\,dx = 6\int_0^1\frac{1}{2}(x^2 - x^4)\,dx = 3\left[\frac{x^3}{3} - \frac{x^5}{5}\right]_0^1 = 3\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) = 3\cdot\frac{2}{15} = \frac{2}{5} $$

$$\text{Sentroid } = \left(\frac{1}{2},\; \frac{2}{5}\right) \quad \checkmark $$

Sentroid sedikit di bawah garis $y = x/2$ (yang akan memberikan $y = 1/4$), karena daerah sedikit "lebih gemuk" di bagian atas dekat garis $y = x$. ✓

Contoh 21.28 — Momen Inersia Cakram

Cakram berjari-jari $R$ dengan densitas konstan $\rho$. $I_0$ terhadap pusat:

$$I_0 = \rho\int_0^{2\pi}\!\int_0^R r^2 \cdot r\,dr\,d\theta = \rho\int_0^{2\pi}\!\int_0^R r^3\,dr\,d\theta = \rho\int_0^{2\pi}\frac{R^4}{4}\,d\theta = \frac{\rho\pi R^4}{2} = \frac{1}{2}MR^2 $$

Karena $M = \rho\pi R^2$, didapat $I_0 = \frac{1}{2}MR^2$ — rumus momen inersia cakram yang terkenal dalam mekanika. ✓

Contoh 21.29 — Momen Inersia Pelat Persegi Panjang

Pelat persegi panjang $[0,a] \times [0,b]$ dengan densitas konstan $\rho$. Hitung $I_x$, $I_y$, dan $I_0$.

$$I_x = \rho\int_0^a\!\int_0^b y^2\,dy\,dx = \rho\int_0^a \frac{b^3}{3}\,dx = \frac{\rho a b^3}{3} $$

$$I_y = \rho\int_0^a\!\int_0^b x^2\,dy\,dx = \rho\int_0^a bx^2\,dx = \frac{\rho a^3 b}{3} $$

$$I_0 = I_x + I_y = \frac{\rho ab}{3}(a^2 + b^2) = \frac{M(a^2+b^2)}{3} $$

Catatan: ini adalah momen inersia terhadap sudut asal $(0,0)$. Untuk momen inersia terhadap sentroid $(a/2, b/2)$, gunakan teorema sumbu sejajar: $I_{x,\text{sentroid}} = I_x - M d^2$ di mana $d = b/2$, sehingga $I_{x,c} = \frac{\rho ab^3}{3} - \rho ab \cdot \frac{b^2}{4} = \frac{\rho ab^3}{12} = \frac{Mb^2}{12}$. ✓

Contoh 21.30 — Densitas Variabel

Pelat persegi $[0,1] \times [0,1]$ dengan $\rho(x,y) = x + y$. Hitung massa dan pusat massa.

$$M = \int_0^1\!\int_0^1 (x+y)\,dy\,dx = \int_0^1\left[xy + \frac{y^2}{2}\right]_0^1\,dx = \int_0^1\left(x + \frac{1}{2}\right)dx = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 $$

$$M_y = \int_0^1\!\int_0^1 x(x+y)\,dy\,dx = \int_0^1\left[x^2y + \frac{xy^2}{2}\right]_0^1\,dx = \int_0^1\left(x^2 + \frac{x}{2}\right)dx = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12} $$

$$M_x = \int_0^1\!\int_0^1 y(x+y)\,dy\,dx = \int_0^1\left[\frac{xy^2}{2} + \frac{y^3}{3}\right]_0^1\,dx = \int_0^1\left(\frac{x}{2} + \frac{1}{3}\right)dx = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{7}{12} $$

$$\bar{x} = \frac{7}{12}, \qquad \bar{y} = \frac{7}{12} \quad \checkmark $$

Pusat massa sedikit bergeser dari $(1/2, 1/2)$ ke $(7/12, 7/12)$ karena densitas lebih besar di dekat sudut $(1,1)$.

Interpretasi fisik: pelat ini "lebih berat" di kuadran kanan atas. Jika pelat digantung dari titik $(7/12, 7/12)$, ia akan seimbang dalam bidang horizontal. ✓

Contoh 21.31 — Pelat Setengah Lingkaran dengan Densitas Radial

Pelat setengah lingkaran $x^2 + y^2 \leq a^2$, $y \geq 0$ dengan densitas $\rho(x,y) = k\sqrt{x^2+y^2} = kr$. Hitung massa dan $\bar{y}$.

$$M = \int_0^{\pi}\!\int_0^a kr \cdot r\,dr\,d\theta = k\int_0^{\pi}\!\int_0^a r^2\,dr\,d\theta = k\int_0^{\pi}\frac{a^3}{3}\,d\theta = \frac{k\pi a^3}{3} $$

$$M_x = \int_0^{\pi}\!\int_0^a (r\sin\theta)\cdot kr \cdot r\,dr\,d\theta = k\int_0^{\pi}\sin\theta\,d\theta\int_0^a r^3\,dr $$

$$= k\cdot[-\cos\theta]_0^{\pi}\cdot\frac{a^4}{4} = k\cdot(1+1)\cdot\frac{a^4}{4} = \frac{ka^4}{2} $$

$$\bar{y} = \frac{M_x}{M} = \frac{ka^4/2}{k\pi a^3/3} = \frac{3a}{2\pi} \approx 0.477\,a \quad \checkmark $$

Bandingkan dengan sentroid setengah lingkaran seragam: $\bar{y} = \frac{4a}{3\pi} \approx 0.424\,a$. Densitas radial mendorong pusat massanya sedikit lebih jauh dari pusat — masuk akal karena bagian luar (yang lebih jauh dari pusat) memiliki densitas lebih besar. ✓

21.12 Densitas Permukaan Rata-rata

Definisi 21.6 — Nilai Rata-rata Fungsi Dua Variabel

$$\boxed{f_{\text{avg}} = \frac{1}{A(D)}\iint_D f(x,y)\,dA} $$

di mana $A(D) = \iint_D dA$ adalah luas daerah $D$. Ini adalah generalisasi dari $\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx$.

Contoh 21.32 — Suhu Rata-rata pada Pelat Lingkaran

Suhu pelat lingkaran $x^2 + y^2 \leq R^2$ adalah $T(x,y) = T_0 + k(x^2 + y^2)$. Suhu rata-rata:

$$T_{\text{avg}} = \frac{1}{\pi R^2}\int_0^{2\pi}\!\int_0^R (T_0 + kr^2)\,r\,dr\,d\theta = \frac{1}{\pi R^2}\int_0^{2\pi}\left[T_0\frac{r^2}{2} + k\frac{r^4}{4}\right]_0^R\,d\theta $$

$$= \frac{1}{\pi R^2}\int_0^{2\pi}\left(\frac{T_0 R^2}{2} + \frac{kR^4}{4}\right)d\theta = \frac{2\pi}{\pi R^2}\left(\frac{T_0 R^2}{2} + \frac{kR^4}{4}\right) = T_0 + \frac{kR^2}{2} $$

Suhu rata-rata = suhu di pusat + setengah dari kenaikan suhu di tepi. ✓

Contoh 21.33 — Nilai Rata-rata pada Daerah Tak Beraturan

Hitung nilai rata-rata $f(x,y) = x^2y$ pada daerah $D$ dibatasi $y = x$ dan $y = x^2$.

Luas: $A = \int_0^1(x - x^2)\,dx = \frac{1}{6}$.

$$\iint_D x^2y\,dA = \int_0^1\!\int_{x^2}^{x} x^2y\,dy\,dx = \int_0^1 x^2\left[\frac{y^2}{2}\right]_{x^2}^{x}\,dx = \frac{1}{2}\int_0^1 x^2(x^2 - x^4)\,dx $$

$$= \frac{1}{2}\int_0^1(x^4 - x^6)\,dx = \frac{1}{2}\left[\frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{5} - \frac{1}{7}\right) = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{35} = \frac{1}{35} $$

$$f_{\text{avg}} = \frac{1/35}{1/6} = \frac{6}{35} \approx 0.171 \quad \checkmark $$

Bandingkan dengan nilai rata-rata pada persegi panjang $[0,1]\times[0,1]$: $\int_0^1\!\int_0^1 x^2y\,dy\,dx = \frac{1}{6} \approx 0.167$. Nilai rata-rata sedikit lebih besar pada daerah yang lebih dekat ke sudut kanan atas — karena daerah $D$ terkonsentrasi di sana di mana $x^2y$ lebih besar. ✓

21.13 Integral Ganda Tak Wajar

Sama seperti integral tentu satu variabel bisa "tak wajar" (batas tak hingga atau integrand tidak terbatas), integral ganda juga bisa tak wajar.

Definisi 21.7 — Integral Ganda Tak Wajar

Tipe 1 — Daerah tak terbatas: $D$ tidak terbatas (misalnya seluruh $\mathbb{R}^2$, kuadran pertama, di luar lingkaran).

$$\iint_{\mathbb{R}^2} f\,dA = \lim_{a\to\infty}\iint_{[-a,a]\times[-a,a]} f\,dA $$

Tipe 2 — Integrand tidak terbatas: $f$ tidak terbatas di sekitar titik atau kurva dalam $D$.

Integral tak wajar konvergen jika limit ada (finite), divergen jika tidak.

Contoh 21.34 — Integral Gauss

$I = \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2+y^2)}\,dA$. Gunakan koordinat polar dengan $R \to \infty$:

$$I = \int_0^{2\pi}\!\int_0^{\infty} e^{-r^2}\,r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\left[\frac{-e^{-r^2}}{2}\right]_0^{\infty}\,d\theta = \int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\,d\theta = \pi $$

Tapi $I = \left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx\right)^2$, sehingga:

$$\boxed{\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}} $$

Ini adalah integral Gauss — salah satu hasil paling terkenal dalam matematika, muncul di mana-mana dari teori probabilitas (distribusi normal) sampai fisika kuantum. Integral ganda dalam koordinat polar memberikan bukti paling elegan. ✓

Contoh 21.35 — Divergensi: Daerah Tak Terbatas

$\iint_D \frac{1}{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D = \{(x,y) : x^2+y^2 \geq 1\}$ (di luar lingkaran satuan).

$$\int_0^{2\pi}\!\int_1^{\infty} \frac{1}{r^2}\,r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_1^{\infty}\frac{1}{r}\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}[\ln r]_1^{\infty}\,d\theta $$

$\ln r \to \infty$ saat $r \to \infty$, jadi integral ini divergen. ✓

Contoh 21.36 — Konvergensi pada Daerah Tak Terbatas

Apakah $\iint_D \frac{1}{(1+x^2+y^2)^2}\,dA$ konvergen atas $D = \mathbb{R}^2$?

$$\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\infty}\frac{1}{(1+r^2)^2}\,r\,dr\,d\theta = 2\pi\int_0^{\infty}\frac{r}{(1+r^2)^2}\,dr $$

Substitusi $u = 1+r^2$, $du = 2r\,dr$:

$$= 2\pi\int_1^{\infty}\frac{1}{2u^2}\,du = \pi\left[-\frac{1}{u}\right]_1^{\infty} = \pi(0 - (-1)) = \pi \quad \checkmark $$

Konvergen! Perhatikan bahwa $\frac{1}{(1+r^2)^2} \approx \frac{1}{r^4}$ untuk $r$ besar, dan $\int^{\infty}\frac{r}{r^4}\,dr = \int^{\infty}\frac{1}{r^3}\,dr$ konvergen (pangkat $> 1$). Ini konsisten dengan kriteria konvergensi radial yang dijelaskan di bawah. ✓

Contoh 21.37 — Integrand Tidak Terbatas di Titik

$\iint_D \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}\,dA$ dengan $D$ = lingkaran satuan $x^2+y^2 \leq 1$.

Integrand tidak terbatas di $(0,0)$ karena $\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \to \infty$ saat $(x,y)\to(0,0)$. Gunakan polar:

$$\int_0^{2\pi}\!\int_0^1 \frac{1}{r}\cdot r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_0^1 1\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}1\,d\theta = 2\pi \quad \checkmark $$

Konvergen! Meskipun integrand meledak di titik asal, singularitasnya cukup "lemah" sehingga integral tetap finit. Faktor $r$ dari $dA$ menetralkan $\frac{1}{r}$ secara tepat. ✓

Contoh 21.38 — Divergensi di Titik

$\iint_D \frac{1}{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D$ = lingkaran satuan.

$$\int_0^{2\pi}\!\int_0^1 \frac{1}{r^2}\cdot r\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}\!\int_0^1 \frac{1}{r}\,dr\,d\theta = \int_0^{2\pi}[\ln r]_0^1\,d\theta $$

$\ln r \to -\infty$ saat $r \to 0^+$, jadi integral ini divergen. ✓

Perbandingan: $\frac{1}{r}$ di tengah lingkaran divergen, tetapi $\frac{1}{\sqrt{r}}$ (Contoh 21.37) konvergen. Batas kritis untuk singularitas di titik (2D) adalah $\frac{1}{r}$ — lebih tajam dari itu divergen, lebih lemah konvergen.

Peringatan: Integral Tak Wajar 2D vs. 1D

Dalam satu variabel, $\int_1^{\infty} \frac{1}{x^p}\,dx$ konvergen untuk $p > 1$. Dalam dua variabel, $\iint_{x^2+y^2 \geq 1} \frac{1}{(x^2+y^2)^{p/2}}\,dA = 2\pi\int_1^{\infty} r^{1-p}\,dr$ konvergen untuk $p > 2$ (bukan $p > 1$!). Secara umum, di $\mathbb{R}^n$, integral radial $\int r^{n-1-p}\,dr$ konvergen untuk $p > n$. Ini menunjukkan bahwa integral tak wajar menjadi "lebih sulit konvergen" seiring dimensi bertambah.

Peringatan: Divergensi Tidak Selalu Terlihat

Perhatikan bahwa $\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^4+y^4)}\,dA$ konvergen (karena $e^{-x^4}$ meluruh jauh lebih cepat dari $e^{-x^2}$), tapi tidak bisa dihitung dengan koordinat polar biasa karena $x^4 + y^4 \neq r^4$ (koordinat polar hanya menyederhanakan $x^2+y^2 = r^2$). Integral ini membutuhkan teknik yang lebih canggih. Jangan berasumsi koordinat polar selalu membantu — ia hanya efektif ketika integrand bergantung pada $x^2+y^2$.

21.14 Ringkasan: Rumus-Rumus Kunci Bab 21

Kuantitas	Rumus
Fubini (persegi panjang)	$\int_a^b\!\int_c^d f\,dy\,dx = \int_c^d\!\int_a^b f\,dx\,dy$
Tipe I	$\int_a^b\!\int_{g_1(x)}^{g_2(x)} f\,dy\,dx$
Tipe II	$\int_c^d\!\int_{h_1(y)}^{h_2(y)} f\,dx\,dy$
Koordinat polar	$\int_{\alpha}^{\beta}\!\int_{h_1}^{h_2} f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,r\,dr\,d\theta$
Jacobian polar	$dA = r\,dr\,d\theta$
Jacobian umum	$dA = \left\|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right\|du\,dv$
Luas daerah	$A = \iint_D dA$
Massa pelat	$M = \iint_D \rho\,dA$
Pusat massa	$\bar{x} = M_y/M$, $\bar{y} = M_x/M$
Momen inersia pusat	$I_0 = \iint_D (x^2+y^2)\rho\,dA$
Nilai rata-rata	$f_{\text{avg}} = \dfrac{1}{A(D)}\iint_D f\,dA$
Integral Gauss	$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2}\,dx = \sqrt{\pi}$
Kriteria konvergensi radial	$\iint_{r\geq 1} r^{-p}\,dA$ konvergen jika $p > 2$

Jembatan ke Bab 22

Integral ganda menjumlahkan $f$ di atas daerah 2D. Bab 22 memperluas ke integral tiga $\iiint_E f(x,y,z)\,dV$ — menjumlahkan $f$ di atas daerah 3D (volume). Semua konsep di sini generalisasi langsung: Fubini menjadi tiga integral bertingkat, koordinat polar menjadi koordinat silinder dan bola (dengan Jacobian $r$ dan $\rho^2\sin\varphi$), dan aplikasi massa/momen menjadi tiga dimensi. Faktor Jacobian adalah satu-satunya "kejutan" — pastikan untuk mengingat $r$ dalam silinder dan $\rho^2\sin\varphi$ dalam bola.

Pertanyaan & Latihan Evaluasi Bab 21

Hitung $\iint_R (x^2y + y^2x)\,dA$ dengan $R = [-1,2] \times [0,1]$ dengan kedua urutan integrasi. Verifikasi hasilnya sama.
Hitung $\iint_D (x + y)\,dA$ dengan $D$ dibatasi oleh $y = x^2$ dan $y = 2x$.
Hitung $\iint_D x^2\,dA$ dengan $D$ dibatasi oleh $x = y^2 - 2$ dan $x = y$. Gunakan Tipe II dan tunjukkan bahwa satu integral cukup.
Tukar urutan integrasi: $\int_0^1\!\int_{\sqrt{y}}^{1} \frac{\sin x}{x}\,dx\,dy$. Kemudian hitung nilainya.
Tukar urutan: $\int_0^1\!\int_{\arctan x}^{\pi/4} f(x,y)\,dy\,dx + \int_1^{\infty}\!\int_{\arctan x}^{\pi/2} f(x,y)\,dy\,dx$.
Hitung $\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,dA$ dengan $D$ adalah cincin $1 \leq x^2+y^2 \leq 4$.
Hitung $\iint_D e^{-x^2-y^2}\,dA$ dengan $D$ = kuadran pertama $x \geq 0$, $y \geq 0$, $x^2+y^2 \leq 9$.
Hitung luas daerah yang berada di dalam lingkaran $r = 2\sin\theta$ dan di luar lingkaran $r = 1$.
Temukan volume benda yang dibatasi oleh paraboloid $z = 4 - x^2 - y^2$ dan bidang $z = 0$.
Pelat setengah lingkaran $x^2 + y^2 \leq a^2$, $y \geq 0$ memiliki densitas $\rho(x,y) = ky$. Hitung massa dan pusat massanya.
Hitung momen inersia $I_x$ dan $I_y$ untuk pelat persegi $[0,a] \times [0,b]$ dengan densitas konstan $\rho$. Tunjukkan $I_0 = I_x + I_y = \frac{\rho ab(a^2+b^2)}{3}$ (terhadap asal) dan gunakan teorema sumbu sejajar untuk mendapatkan $I_{0,c} = \frac{M(a^2+b^2)}{12}$ (terhadap sentroid).
Gunakan transformasi $u = x + y$, $v = x - y$ untuk menghitung $\iint_D (x-y)e^{x^2-y^2}\,dA$ dengan $D$ = persegi dengan vertices $(0,0)$, $(1,1)$, $(2,0)$, $(1,-1)$.
Tentukan apakah $\iint_{\mathbb{R}^2}\frac{1}{(1+x^2+y^2)^{3/2}}\,dA$ konvergen atau divergen. Jika konvergen, hitung nilainya.
Hitung nilai rata-rata dari $f(x,y) = \sin^2(x^2+y^2)$ pada cincin $\pi \leq x^2+y^2 \leq 4\pi$. Petunjuk: gunakan identitas $\sin^2\alpha = \frac{1-\cos 2\alpha}{2}$.
Tantangan: Tunjukkan bahwa $\int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos(2bx)\,dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-b^2}$ dengan mengevaluasi $\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(x^2+y^2)}\cos(2bx)\,dA$ dalam koordinat polar setelah substitusi yang tepat. Petunjuk: gunakan $e^{-(x^2+y^2)}\cos(2bx) = \text{Re}[e^{-x^2-2ibx}\cdot e^{-y^2}]$ dan lengkapi kuadrat.

Sebelumnya

Bab 20: Aplikasi Turunan Parsial

Selanjutnya

Bab 22: Integral Tiga