1

MENGGUNAKAN INTEGRAL GANDA TIGA UNTUK MENENTUKANVOLUME LUAS PERMUKAAN BENDA DALAM R PANGKAT 3

(Pengaplikasian dalam Bidang Teknik Sipil)

Oleh : Dyna Prasetya Riani, Hardiyanto Purnomo, Raga SiwiArdhani, Rizky Zulkarnaen, Sri Oktaviani

AbstrakMatematika merupakan induk dari banyak cabang ilmu yang. Banyak sekaliimu yang pada penerapannya menggunakan matematika. Salah satunya adalahteknik sipil. Dalam integral lipat ini sendiri setidaknya ada tiga bahasanpengaplikasian yang terkait dalam dunia teknik sipil, diantaranya adalahmomen inersia, titik berat dan hidrostatika. Ketiganya sama-sama merupakanelemen penting yang selalu akan digunakan dalam teknik sipil. Sebagaiengineer, khususnya ahli sipil tentunya kita harus bisa menguasai ketiga haltersebut. Ketika seorang insinyur membuat perencanaan pembangunan suaturoyek, seperti pembangunan jalan raya, jembatan, bendungan, gedungbertingkat dll maka ketiga hal tersebut akan sangat diperlukan. Olehkarenanya sangat penting bagi mahasiswa untuk mengetahui dan memahamiketiganya.

I. PENDAHULUAN

Kalkulus (Bahasa Latin : calculus, artinya “batu kecil”, untuk menghitung)

adalah cabang ilmu matematika yang mencakup limit, tuturnan, integral dan

deret takterhingga. Kalkulus adalah ilmu mengenai perubahan. Kalkulus

memiliki aplikasi yang luas dalam bidang-bidang sains, ekonomi dan teknik;

serta dapat memecahkan berbagai masalah yang tidak dapat dipecahkan

dengan aljabar elementer. Kalkulus memiliki dua cabang utama, kalkulus

diferensial dan kalkulus integral. Integral adalah kebalikan dari proses

diferesiasi. Integral ditemukan menyusul ditemukanya masalah dalam

diferensiasi dimana matematikawan harus berpikir bagaimana menyelesaikan

masalah yang berkebalikan dengan solusi diferensiasi. Integral terbagi dua

yaitu integral tak tentu dan integral tertentu. Bedanya adalah integral tertentu

memiliki batas atas dan batas bawah. Integral tertentu biasanya dipakai untuk

mencari volume benda putar dan luas.

2

Integral dibutuhkan untuk membuat perhitungan lebih tepat. Perhitungan

tepat dibutuhkan di kehidupan teknik sipil guna menyelesaikan perencanaan

dan pembangunan bangunan agar pekerjaan menjadi lebih efisien dan efektif.

Kebanyakan bangunan merupakan benda tiga dimensi. Integral lipat tiga

merupakan solusi tepat untuk menghitung volume suatu benda dan bangunan.

II. TINJAUAN PUSTAKA

Dalam paper ini dilakukan pengumpulan data untuk mendapatkan

keterangan-keterangan yang diperlukan untuk pembahasan data. Metode yang

digunakan adalah metode studi kepustakaan/library research .

Di dalam penelitian ini pengumpulan data dilakukan dengan menelusuri

sumber-sumber data dengan cara : membaca dan mempelajari dokumen dan

bahan-bahan tertulis lainnya seperti buku-buku dan dokumen-dokumen yang

berhubungan dengan integral lipat 3

III. PEMBAHASAN

A. Definisi Integral Lipat Tiga

Kita dapat mendefinisikan integral lipat tiga untuk tiga variable. Integral

lipat tiga (triple integrals) merupakan integral biasa atau tunggal yang hasilnya

diintegralkan kemudian diintegralkan kembali (lakukan iterasi integral

sebanyak tiga kali).

Misalkan f(x,y,z) adalah fungsi kontinu pada daerah tiga dimensi R.

Definisi integral lipat dua dikembangkan dalam cara yang jelas untuk

mendapatkan definisi dari integral lipat tiga∭ ( , , ) dV.

Jika f(x,y,z) = 1, maka ∭ ( , , ) dv dapat diintepretasikan sebagai

ukuran volume daerah R.

Pertama-tama menangani kasus paling sederhana dimana f didefinisikan

pada kotak segiempat.

3

Langkah pertama adalah membagi B menjadi kotak-kotak bagian. Dengan

membagi selang [a,b] menjadi l selangbagian [xi-1,xi] berlebar sama ∆ ,

membagi [c,d] menjadi m selangbagian berlebar sama ∆ dan membagi [r,s]

menjadi n selangbagian berlebar sama ∆ . Bidang-bidang yangmelalui titik

ujung selangbagian-selangbagian ini yang sejajar terhadap bidang-bidang

koordinat kotak B menjadi lmn kotak bagian

Bijk = [xi-1, xi] x [yj-1, y1] x [zk-1, zk]

Masing-masing kotak bagian mempunyai volume ∆ = ∆ ∆ ∆ .

Kemudian kita bentuk jumlah Riemann rangkap tiga

Dengan titik empel (xijk, yijk, zijk) terletak pada Bijk. Berdasarkan

analogi dengan definisi integral lipat dua, kita definisikan integral lipat tiga

sebagai limit dari jumlah Riemann rangkap tiga dalam.

3 Definisi integral lipat tiga dari f pada kotak B adalah

1

2

4

Intergral lipat tiga selalu ada jika f konyinu. Jika memilih sampel sebarang

titik di dalam kotakbagian sebagai titik (x, y, z) akan diperoleh ekspresi yang

kelihatan lebih sederhana untuk integral lipat tiga:

Sama seperti integral lipat dua,metode praktis untuk perhitungan integral

lipat tiga adalah menyatakan sebagai integral berulang sebagai berikut.

Integral berulang pada ruas kanan Teorema Fubini bermakna bahwa

pertama mengintegralkan terhadap x (dengan mempertahankan y dan z tetap),

kemudian integralkan terhadap y (dengan mempertahankan z tetap), dan

akhirnya integralkan terhadap z. Terdapat lima kemungkinan urutan lain yang

dapat dilakukan dalam mengintegralkan, semuanya memberikan nilai sama.

Misalnya, jika kita integralkan terhadap y, kemudiain z, dan kemudian x, kita

mempunyai

( , , ) = ( , , )Contoh 1 : Hitunglah integral lipat tiga ∭ , dengan B adalah

kotak segiempat yang diberikan oleh= {( , , )| 0 ≤ ≤ 1, −1 ≤ ≤ 2, 0 ≤ ≤ 3}

4. Teorema Fubini untuk Integral Lipat Tiga jika f kontinu pada

kotak

B = [a, b] x [c, d] x [r, s], maka

5

Penyelesaian Kita dapat menggunakan salah satu dari enam urutan

pengintegralan yang mungkin. Jika kita memilih untuk mengintegralkan

terhadap x, kemudian y, dan kemudian z, kita peroleh= = 2= 2 = 4 = 2= −1= 34 = 4 30 = 274

Sekarang kita definisikan integral lipat tiga pada daerah umum terbatas E

dalam ruang tiga dimensi (benda pejal) dengan prosedur yang hamper sama

seperti yang kita gunakan untuk integral lipat dua. Kita lingkupi E dalam

sebuah kotak B yang berjenis sama seperti pada persamaan 1. Kemudian kita

definisikan fungsi F agar fungsi ini sesuai dengan f pada E tetapi bernilai 0

untuk titik-titik pada B yang luar E. Menurut definisi.( , , ) = ( , , )Integral ini ada jika f kontinu dan perbatasan E adalah “dapat dikatakan

mulus”. Integral lipat-tiga mempunyai sifat yang pada dasarnya sama seperti

integral lipat dua.

Kita batasi perhatian kita pada fungsi kontinu f dan pada jenis daerah

sederhana yang tertentu. Daerah pejal E dikatakan sebagai berjenis 1 jika

daerah ini terletak di antara grafik dua fungsi kontinu x dan y, dengan kata lain

6

= {( , , )| ( , ) ∈ , ( , ) ≤ ≤ ( , )}dengan D adalah proyeksi E pada bidang-xy seperti diperlihatkan dalam

gambar 2. Perhatikan bahwa perbatasan atas benda pejal E adalah permukaan

dengan persamaan z = u2 (x,y), sedangkan perbatasan bawah adalah

permukaan z = u1 (x,y).

Berdasarkan jenis argumentasi yang sama yang menghasilkan (16.3.3),

dapat diperlihatkan bahwa jika E adalah daerah jenis I yang diberikan oleh

Persamaan 5, maka

∭ ( , , ) = ∬ ∫ ( , , )Makna dari integral sebelah dalam pada ruas kanan Persamaan 6 adalah bahwa

x dan y dipegang tetap, dan karenanya u1(x,y) dan u2(x,y) dipandang sebagai

konstanta, selama f(i,y,z) diintegralkan terhadap z.

Khususnya, jika proyeksi D dari E pada bidang-xy adalah daerah bidang jenis

1 (seperti dalam gambar 3), maka= { , , )| ≤ ≤ , ( ) ≤ ≤ ( ), ( , ) ≤ ≤ ( , )}dan persamaan 6 menjadi

5

6

7

7. ( , , ) = ( , , )( , )( , )

( )( )

Sebaliknya, jika D adalah daerah bidang jenis II (seprti dalam gambar 4),

maka= { , , )| ≤ ≤ , ℎ ( ) ≤ ≤ ℎ ( ), ( , ) ≤ ≤ ( , )}dan persamaan 6 menjadi∭ ( , , ) = ∫ ∫ ∫ ( , , )( , )( , )( )( )

Contoh 2 : Hitunglah ∭ , dengan E adalah bidang emapat

(tetrahedron) pejal yang dibatasi oleh empat bidang x = 0, y = 0, z = 0, dan x +

y + z = 1

Penyelesaian : Ketika kita menyusun integral lipat-tiga adalah bijaksana

untuk menggambar dua diagram : satu berupa daerah pejal E (lihat gambar 5)

dan satu adalah proyeksi D pada bidang-xy (lihat gambar 6). Batas bawah

bidang empat adalah bidang z = 0 dan batas atasnya adalah bidang x + y + z =

1 (atau z = 1 – x – y), sehingga kita gunakan u1(x,y) = 0 dan u2 (x,y) = 1 – x – y

dalam Rumus 7. Perhatikan bahwa bidang-bidang x + y + z = 1 dan z = 0

berpotongan pada garis x + y = 1 (atau y = 1- x) di bidang-xy. Sehingga

proyeksi E adalah daerah segitiga yang diperlihatkan dalam gambar 6, dankita

mempunyai

8

8

. = {( , , )| 0 ≤ ≤ 1, 0 ≤ ≤ 1 − , 0 ≤ ≤ 1 − − }Pendeskripsian E sebagai daerah jenis 1 ini membuat kita bias menghitung

integral sebagai berikut:

= = 2= 12 (1 − − )

= 12 − (1 − − )3= 16 (1 − ) = 16 − (1 − )4 = 124

Daerah pejal E adalah jenis 2 jika berbentuk= {( , , )|( , ) ∈ , ( , ) ≤ ≤ ( , )}Kali ini dengan D adalah proyeksi E pada bidang-yz (lihat gambar 7).

Permukaan belakang adalah x = u1(y,z) dan permukaan depan adalah u2(y,z),

dan kita mempunyai

9

∭ ( , , ) = ∬ ∫ ( , , )( , )( , )Akhirnya, daerah jenis 3 berbentuk= {( , , )|( , ) ∈ , ( , ) ≤ ≤ ( , )}dengan D adalah proyeksi E pada bidang-xz, y = u1(x,z) adalah permukaan

kiri, dan y = u2(x,z) adalah permukaan kanan (lihat gambar 8). Untuk daerah

jenis ini kita mempunyai

∭ ( , , ) = ∬ ∫ ( , , )( , )( , )Dalam masing-masing persamaan 10 dan 11 boleh jadi terdapat dua

ekspresi yang mungkin boleh jadi terdapat dua ekspresi yang mungkin untuk

integral tersebut tergantung pada apakah D daerah bidang berjenis I atau jenis

II (dan berpadanan terhadap Persamaan 7 dan 8).

Contoh 3: Hitung ∭ √ + , Dengan E adalah daerah yang

dibatasi oleh paraboloid y = x2 + z2 dan bidang y = 4

Penyelesaian : Benda pejal E diperlihatkan dalam gambar 9. Jika kita

pandang benda sebagai daerah jenis 1, maka kita perlu meninjau proyeksinya

D1 ke bidang-xy yang berupa daerah parabola dalam gambar 10. (Jejak dari y

= x2 + z2 dibidang z = 0 adalah parabola y = x2).

Dari y = x2 + z2 kita dapatkan z = ± − , sehingga permukaan

perbatasan bawahdari E adalah z = - − dan permukaan atasnya adalah z

= − .

Karena itu, penjabaran E sebagai daerah jenis 1 adalah

10

11

10

= {( , , )| − 2 ≤ ≤ 2, ≤ ≤ 4, − − ≤ ≤ + }Sehingga kita peroleh

+ = +Walaupun ekspresi ini benar, ekspresi ini sangat sukar untuk dihitung.

Sebagai gantinya marilah kita meninjau E sebagai daerah jenis 3. Dengan

demikian proyeksinya D3 ke dalam bidang-xz berupa cakram x2 + z2 4 yang

diperlihatkan dalam gambaran 11.

Maka perbatasan kiri dari E adalah paraboloid y = x2 + z2 dan perbatasan

kanan adalah bidang y = 4, sehingga dengan mengambil u1 (x, z) = x2 + z2 dan

u2 (x, z) = 4 dalam persamaan 11, kita mempunyai+ = += (4 − − ) +

Walaupun integral ini dapat dituliskan sebagai(4 − − ) +√√

Adalah lebih mudah untuk beralih ke koordinat polar di bidang-xz: x =r cos ,

z = r sin . Ini meberikan+ = (4 − − ) += (4 − )

= (4 − )

11

= 2 43 − 5 = 12815B. Koordinat Tabung

Koordinat silinder dari titik P adalah ( , , ), dengan r, , z diperlihatkan

dalam gambar 1. Andaikan E adalah daerah jenis 1 yang proyeksinya D pada

bidang-xy digambarkan dengan mudah dalam koordinat polar (lihat gambar

2). Khususnya, andaikan bahwa kontinu dan= {( , , )|( , ) ∈ , ( , ) ≤ ≤ ( , )}Dengan D diberikan dalan koordinat polar oleh= {( , )| ≤ ≤ ,ℎ ( ) ≤ ≤ ℎ ( )}

Kita mengetahui dari persamaan 16.7.6 bahwa1. f (x, y, z)dV = [ f(x, y, z)dz( , )( , ) ] dA

12

Tetapi kita juga mengetahui bagaimana menghitung integral Lipat-dua

dalam koordinat polar. Nyatanya dengan menggabungkan persamaan 1 dengan

persamaan 16.4.3, kita peroleh2. f(x, y, z)dV = f( , )( , )

( )( ) (r cosθ, r sinθ, z)rdz dr dθ

Rumus 2 adalah rumus untuk penintegralan lipat-tiga dalam koordinat

silinder. Rumus ini mengatakan bahwa kita mengalihkan integral lipat-tiga

dari koordinat siku-siku ke koordinat silinder dengan menuliskan =, = sin , membiarkan z apa adanya, dengan menggunakan limit-

limit pengintegralan yang sesuai untuk z, r, dan , serta dengan menggantikan

dV oleh r dz dr d .

(gambar 3 memperlihatkan bagaimana menghafalkan ini) adalah

menguntungkan untuk menggunakan rumus ini ketika E adalah daerah pejal

yang secara mudah dideskripsikan dalam koordinat silinder, dan terutama

ketika fungsi f(r, y, z) melibatkan expresi x + y .

13

Contoh 1

Benda pejal E terletak didalam silinder x + y = 1, dibawah bidang z=4,

dan diatas paraboloid z = 1 − x − y (lihat gambar 4). Kerapatan

disembarang titik sebanding terhadap jaraknya dari sumbu silinder. Carilah

massa E.

Penyelesaian

Dalam koordinat silinder, persamaan silinder adalah r = 1 dan paraboloid

adalah z = 1−r , sehingga kita dapat menuliskanE = {(r, θ, z)|0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1,1 − r ≤ z ≤ 4} karena kerapatan di

(x,y,z) sebanding terhadap jarak dari sumbu-z, maka fungsi kerapatan adalahf(x, y, z) = K x + y = Kr dengan K adalah konstanta kesebandingan.

Karena itu, dari rumus 16.7.13, massa E adalah

m = K x + y dV = (Kr)r dz dr dθ= Kr [4 − (1 − r )]dr dθ = K dθ (3r + r ) dr= 2πK r + r5 = 12πK5

Contoh 2

Hitunglah ∫ ∫ ∫ (x + y )dz dy dx√√Penyelesaian

Integral berulang ini adalah integral lipat-tiga pada daerah pejal.E = {(x, y, z)| − 2 ≤ x ≤ 2, − 4 − x ≤ y ≤ 4 − x , x + y ≤ z ≤ 2}

14

Dan proyeksi E pada bidang-xy adalah cakram x + y ≤ 4. Permukaan

bawah E adalah kerucut z = x + y dan permukaan atasnya adalah bidang

z=2. (lihatlah gambar 5).

Daerah ini mempunyai penjabaran yang jauh lebih sederhana dalam

koordinat silinder: E = {(r, θ, z)|0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2, r ≤ z ≤ 2} karena

itu, kita mempunyai(x + y ) dz dy dx√√ = (x + y )dV

= r r dz dr dθ= dθ r (2 − r)dr= 2π 12 r − 15 r = 16π5

Contoh 1

Tentukan massa dan pusat massa dari silinder padat S, dengan asumsi

bahwa kerapatannya sebanding dengan jarak dari alas.

Penyelesaian

Dengan S yang diarahkan seperti ditunjukan pada gambar 4, kita dapat

menulis kerapatan fungsi sebagai δ (x, y, z) = kz, dimana k adalah konstanta.

Maka

15

m =∭ δ(x, y, z)dV = k ∫ ∫ ∫ zr dz dr dθ= k ∫ ∫ h r dr dθ = kh ∫ ∫ r dr dθ= kh ∫ a dθ = kh πaM = zδ(x, y, z)dV = k z r dz dr dθ

= k ∫ ∫ h r dr dθ = kh ∫ ∫ r dr dθ= kh πaz = = = hBerdasarkan sifat simetri, x=y=0

Contoh 2

Tentukan volume daerah benda padat S yang dibatasi dibagian atas oleh

paraboloid z = 4 − x − y , dibagian bawah oleh z=0, dan disamping oleh

y=0 dan silinder x + y = 2x, seperti yang ditunjukan pada gambar 5.

Penyelesaian

Dalam koordinat silinder, paraboloid tersebut adalah z = 4 − r dan

silinder tersebut adalah r = 2 cos θ. Jadi,

V = 1 dV = r dz dr dθ= r(4 − r )dr dθ = 2r − 14 r dθ= (8 cos θ − 4 cos θ) dθ

= 8. 12 . π2 − 4. 38 . π2 = 5π4c. Koordinat Bola

Kita telah mempelajari bahwa persamaan-persamaan

16

menghubung kan koordinat bola dengan koordinat Cartesius.

Perhatikan gambar berikut ini !

Gambar diatas memperlihatkan elemen volume di dalam koordinat bola

atau yang disebut juga baji bola (spherical wedge). Dapat dilihat bahwa

volume dari baji yang diarsir adalah

di mana , , ∅ adalah sebuah titik yang dipilih secara tepat didalam

baji.

Pembentukan partisi dari sebuah benda padat dengan menggunakan

sebuah kisi bola, membentuk jumlah yang tepat, dan mengambil suatu limit

yang akan menghasilkan sebuah integral berulang dimana

digantikan oleh sin ∅ ∅.

Contoh :

Tentukan massa bola padat jika kerapatan δ − nya sebanding dengan

jaraknya dari pusat.

17

Penyelesaian :

Pusatkan bola tersebut dititik asal dan misalkan jari-jarinya sebesar

. Kerapatan deinyatakan dengan δ = k x +y + z = kp. Jadi, massa ini

dapat dinyatakan dengan

m = δ dV = k p p sin ∅ dp dθ d∅= k ∫ ∫ sin ∅ dθ d∅ = kπa ∫ sin ∅ d∅= kπa

Hitung∭ e dV, dengan adalah bola satuan :B = {(x, y, z)Ix + y + z ≤ 1}Penyelesaiaan :

Karena perbatasan adalah bola, kita gunakan koordinay bola :B = {(p, θ, ∅)I 0 ≤ p ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ∅ ≤ π}Sebagai tambahan, koordinat bola adalah tepat karenax + y + z = p

Jadi, e dV = e p sin ∅ dp dθ d∅= ∫ sin ∅ d∅ ∫ dθ ∫ p e dp= [− cos ∅ ] (2π) e = (e − 1)

Tentukan volume dan pusat massa dari benda padat homogen yang

dibatasi di atas oleh bola p = a dan dibawah oleh kerucut ∅ = , di mana

adalah adalah konstanta.

18

Penyelesaian : Volume dinyatakan dengan

V = p sin ∅ dp dθ d∅= a3 sin ∅ dθ d∅= 2πa3 sin ∅ d∅ = 2πa3 (1 − cos α)

Sehingga massa dari benda padat tersebut adalahm = kV = 2πa k3 (1 − cos α)di mana adalah konstanta kerapatan.

Dari sifat simetri, pusat massa berada disumbu z, yaitu x = y = 0. Untuk

menentukan z, terlebih dahulu kita menghitung MM = kz dV = k = (p cos ∅)p sin ∅ dp dθ d∅= ∫ ∫ ∫ kp sin ∅ cos ∅ dp dθ d∅= ∫ ∫ ka sin ∅ cos ∅ dθ d∅= ∫ πka sin ∅ cos ∅ d∅ = πa k sin α

Jadi,

z = 14 πa k sin α23 πa k(1 − cos α) = 3a sin α8(1 − cos α)

19

= 38 a(1 + cos α)Gunakan koordinat bola untuk mencari volume benda pejal yang terletak

diatas kerucut z = x + y dan di bawah bola x + y + z = z

Penyelesaiaan :

Perhatikan bahwa bola melalui titik asal dan mempunyai pusat (0,0, ).

Kita tuliskan persamaan bola dalam koordinat bola sebagaip = p cos ∅ atau p = cos ∅Kerucut dapat dituliskan sebagai

p cos ∅ = p sin ∅ cos θ + p sin ∅ sin θ = p sin ∅Ini memberikan sin ∅ = cos ∅, atau ∅ = π 4⁄ . Karena itu pendeskripsian

benda pejal dalam koordinat bola adalah

E = {(p, θ, ∅)I0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ ∅ ≤ π 4, 0 ≤ p ≤ cos ∅⁄ }

20

Gambar diatas memperlihatkan bagaimana tersapu jika kita

mengintegralkan mula-mula terhadap p, kemudian ∅, dan kemudia θ.Volume adalahV(E) = dV = p sin ∅ dp d∅ dθ∅⁄

= dθ sin ∅ p3 ∅ d∅⁄

= 2π3 sin ∅ cos ∅ d∅ = 23 − cos ∅4 ⁄ = π8⁄

Pengaplikasian Integral Ganda Tiga dalam Teknik Sipil

a. Momen inersia

Pada dasarnya, dalam operasi matematika khususnya geometri, sesuatuyang bisa dijumlahkan, tentu bisa juga dikurangkan. Atau dengan kata lain,pengurangan sama dengan penjumlahan negatif. Contohnya waktu mencariluas atau volume sebuah bentuk. Bentuk T misalnya.

Luas bentuk T di atas bisa diperoleh dengan menjumlahkan persegi-persegi

21

panjang yang menyusun bentuk T tersebut. Bisa dengan cara ini:

atau yang ini:

Atau, bisa juga dengan mengurangkan bentuk-bentuk persegi seperti gambar dibawah ini.

Cara apapun yang digunakan, tentu hasilnya akan sama.

Begitu pula dengan momen inersia.

Untuk mencari momen inersia sebuah bangun yang kompleks, kita dapatmenghitungnya dengan menggunakan persamaan

Notasi di atas menunjukkan penjumlahan komponen-komponenpenyusunnya. Karena bisa dijumlahkan, tentu operasi pengurangan juga bisadigunakan. Mari kita lihat contohnya.

22

Misalkan ada bentuk penampang hollow (RHS, Rectangular HollowSection) seperti gambar di bawah (lengkungan untuk sementara kita abaikan).

Kita akan menuentukan momen inersia terhadap sumbu-X penampang dengandua cara: penjumlahan dan pengurangan.

A. PenjumlahanPenampang tersebut bisa kita tuliskan sebagai RHS 60x40x3, tinggi 60 mm,lebar 40 mm, dan tebal 3mm.

RHS itu kita bagi menjadi 4 persegi, seperti gambar di bawah. Dan masing-masing persegi kita hitung dimensinya, luasnya, dan momen inersia dasarnya.

B. PenguranganSekarang kita gunakan cara pengurangan. RHS di atas bisa dibentuk daripengurangan dua buah persegi A dan B seperti gambar di bawah:

23

Dengan cara yang sama dengan di atas, kita membuat perhitungan untukbangun 1 dan 2. Sehingga, untuk RHS momen inersianya adalah:

Karena titik berat kedua persegi tersebut berimpit, maka nilai untukkeduanya sama dengan 0 (nol).

Sehingga,

b. Titik Berat Benda

Grafik hubungan versus sebenarnya sudah banyak terdapat di buku-buku yang membahas desain balok beton bertulang. Di sini kami cobamembuat grafik yang sama. Tapi, kami coba tidak sekedar memberi grafik,tapi juga membuat grafik, bagaimana menurunkan persamaan grafik tersebut.

Persamaan kesetimbangan gaya antara gaya tekan beton dan gaya tariktulangan. Bisa dituliskan sbb:

Sehingga,

24

Selanjutnya, momen tahanan nominal dari balok tersebut adalah:

Dimana,

maka persamaan momen di atas,

Subtitusi nilai a,

Keluarkan d dari kurungan,

Perhatikan bahwa, ,sehingga,

Kalo , maka ,

Sehingga,

Dimodifikasi lagi,

Itu dia yang akan kita buat grafiknya!

Biar lebih enak dilihat, kita bisa tuliskan seperti ini:

A dan B adalah konstanta dengan parameter f’c dan fy, Y dan ρ adalahvariabel.

25

Pembatasan Tulangan Maksimum

Menurut SNI, rasio tulangan tidak boleh lebih dari .

Sementara,

Untuk tulangan minimum, menurut SNI,

Tinggal digambar grafiknya di MS Excel, dengan menggunakan persamaan diatas, untuk berbagai nilai f’c dan fy.

Hasilnya kurang lebih seperti gambar di bawah:

Desain Ekonomis

Untuk desain yang ekonomis, biasanya (kali ini saya pake kata biasanya,soalnya memang ini berdasarkan pengalaman), rasio tulangan diambil paling

25

Pembatasan Tulangan Maksimum

Menurut SNI, rasio tulangan tidak boleh lebih dari .

Sementara,

Untuk tulangan minimum, menurut SNI,

Tinggal digambar grafiknya di MS Excel, dengan menggunakan persamaan diatas, untuk berbagai nilai f’c dan fy.

Hasilnya kurang lebih seperti gambar di bawah:

Desain Ekonomis

Untuk desain yang ekonomis, biasanya (kali ini saya pake kata biasanya,soalnya memang ini berdasarkan pengalaman), rasio tulangan diambil paling

25

Pembatasan Tulangan Maksimum

Menurut SNI, rasio tulangan tidak boleh lebih dari .

Sementara,

Untuk tulangan minimum, menurut SNI,

Tinggal digambar grafiknya di MS Excel, dengan menggunakan persamaan diatas, untuk berbagai nilai f’c dan fy.

Hasilnya kurang lebih seperti gambar di bawah:

Desain Ekonomis

Untuk desain yang ekonomis, biasanya (kali ini saya pake kata biasanya,soalnya memang ini berdasarkan pengalaman), rasio tulangan diambil paling

26

banyak sekitar 0.45 dari rasio maksimum. Jadi, grafik di atas bisa kitamodifikasi sedikit agar bisa difokuskan ke area yang lebih ekonomis.

Ternyata desain yang ekonomis bisa men-support hingga mencapaiangka 4.4.

Contoh kasus:

Balok sederhana (dua tumpuan), penampang persegi ukuran bxh:Panjang bentang, L = 5 m.Beban ultimate, q = 18 kN/m. (termasuk berat sendiri)fy = 400 MPa (tulangan ulir)f’c = 20 MPa

Berapa ukuran penampang, dan tulangan yang dibutuhkan?

1. Hitung momen ultimate

2. Asumsikan tinggi balokSesuai SNI, tinggi minimum balok sederhana panjang bentang 5 m, adalahL/16 = 312.5 mm. Kita asumsikan saja tinggi balok = 350 mm.

3. Asumsikan lebar balok dan tebal selimut.Lebar balok kita tentukan = 250 mm. Sedangkan tebal selimut beton = 50mm, sehingga d = 300 mm.

26

banyak sekitar 0.45 dari rasio maksimum. Jadi, grafik di atas bisa kitamodifikasi sedikit agar bisa difokuskan ke area yang lebih ekonomis.

Ternyata desain yang ekonomis bisa men-support hingga mencapaiangka 4.4.

Contoh kasus:

Balok sederhana (dua tumpuan), penampang persegi ukuran bxh:Panjang bentang, L = 5 m.Beban ultimate, q = 18 kN/m. (termasuk berat sendiri)fy = 400 MPa (tulangan ulir)f’c = 20 MPa

Berapa ukuran penampang, dan tulangan yang dibutuhkan?

1. Hitung momen ultimate

2. Asumsikan tinggi balokSesuai SNI, tinggi minimum balok sederhana panjang bentang 5 m, adalahL/16 = 312.5 mm. Kita asumsikan saja tinggi balok = 350 mm.

3. Asumsikan lebar balok dan tebal selimut.Lebar balok kita tentukan = 250 mm. Sedangkan tebal selimut beton = 50mm, sehingga d = 300 mm.

26

banyak sekitar 0.45 dari rasio maksimum. Jadi, grafik di atas bisa kitamodifikasi sedikit agar bisa difokuskan ke area yang lebih ekonomis.

Ternyata desain yang ekonomis bisa men-support hingga mencapaiangka 4.4.

Contoh kasus:

Balok sederhana (dua tumpuan), penampang persegi ukuran bxh:Panjang bentang, L = 5 m.Beban ultimate, q = 18 kN/m. (termasuk berat sendiri)fy = 400 MPa (tulangan ulir)f’c = 20 MPa

Berapa ukuran penampang, dan tulangan yang dibutuhkan?

1. Hitung momen ultimate

2. Asumsikan tinggi balokSesuai SNI, tinggi minimum balok sederhana panjang bentang 5 m, adalahL/16 = 312.5 mm. Kita asumsikan saja tinggi balok = 350 mm.

3. Asumsikan lebar balok dan tebal selimut.Lebar balok kita tentukan = 250 mm. Sedangkan tebal selimut beton = 50mm, sehingga d = 300 mm.

27

4. Hitung Y

5. Baca Grafik.Mulai dari sumbu Y -> cari angka 2.5 -> tarik ke kanan -> berpotongandengan grafik untuk f’c 20 MPa -> kemudian tarik ke bawah memotongsumbu ρ di titik kurang lebih 0.87%.

6. Hitung As

7. Tentukan jumlah tulanganGunakan tulangan 3D19, .

8. Kalau perlu hitung ulang tahanan momen lenturnya.

Baca grafik, sehingga diperoleh Y = 3.13.

Tentu harus lebih besar daripada momen ultimate.

C. Hidrostatika

Sebuah air mancur di taman dengan suara gemiricik merupakan sebuahpemandangan yang dapat menciptakan suasana damai penuh ketenangandalam sebuah rumah, berbagai tipe air mancur dapat dibuat dengan systempompa listrik yang banyak dijual dipasaran sehingga dapat dipilih sesuaikebutuhan dan selera akan hadirnya sebuah tetesan air dikolam taman, dibalik

27

4. Hitung Y

5. Baca Grafik.Mulai dari sumbu Y -> cari angka 2.5 -> tarik ke kanan -> berpotongandengan grafik untuk f’c 20 MPa -> kemudian tarik ke bawah memotongsumbu ρ di titik kurang lebih 0.87%.

6. Hitung As

7. Tentukan jumlah tulanganGunakan tulangan 3D19, .

8. Kalau perlu hitung ulang tahanan momen lenturnya.

Baca grafik, sehingga diperoleh Y = 3.13.

Tentu harus lebih besar daripada momen ultimate.

C. Hidrostatika

Sebuah air mancur di taman dengan suara gemiricik merupakan sebuahpemandangan yang dapat menciptakan suasana damai penuh ketenangandalam sebuah rumah, berbagai tipe air mancur dapat dibuat dengan systempompa listrik yang banyak dijual dipasaran sehingga dapat dipilih sesuaikebutuhan dan selera akan hadirnya sebuah tetesan air dikolam taman, dibalik

27

4. Hitung Y

5. Baca Grafik.Mulai dari sumbu Y -> cari angka 2.5 -> tarik ke kanan -> berpotongandengan grafik untuk f’c 20 MPa -> kemudian tarik ke bawah memotongsumbu ρ di titik kurang lebih 0.87%.

6. Hitung As

7. Tentukan jumlah tulanganGunakan tulangan 3D19, .

8. Kalau perlu hitung ulang tahanan momen lenturnya.

Baca grafik, sehingga diperoleh Y = 3.13.

Tentu harus lebih besar daripada momen ultimate.

C. Hidrostatika

Sebuah air mancur di taman dengan suara gemiricik merupakan sebuahpemandangan yang dapat menciptakan suasana damai penuh ketenangandalam sebuah rumah, berbagai tipe air mancur dapat dibuat dengan systempompa listrik yang banyak dijual dipasaran sehingga dapat dipilih sesuaikebutuhan dan selera akan hadirnya sebuah tetesan air dikolam taman, dibalik

28

kemudahan tersebut mari kita coba ber inovasi dengan memikirkan alternatiftentang bagaimana cara membuat air mancur abadi tanpa pompa listrik,

bagaimana caranya mari kita pikirkan bersama

Dalam ilmu hidrolika kita akan mengenal perilaku air yang dapat berjalanmelawan gravitasi apabila diberikan sesuatu yang mampu mendorong ataumenarik air untuk mengalir ke atas yang akhir-akhir ini banyak digunakanpompa listrik sebagai penarik air tersebut, disini kita buat air mancur abadiyang tidak memerlukan pompa listrik, gambaran berikut ini mungkin bisamenjadi alternatif sebuah konsep air mancur abadi yang begitu murah danmudah untuk dibuat bahkan dengan barang bekas kita sudah bisamembuatnya:

Gambar system Air mancur abadi

Di alam ini kita dapat menemukan cara kerja air mancur tersebutdalam system hidrologi air hujan, dimana air menguap menuju ke atas lalumenggumpal menjadi awan dilangit untuk kemudian turun kembali kepermukaan bumi dalam bentuk air hujan kemudian menguap ke langit lagibegitulah system pengairan dibumi berjalan secara terus menerus dan otomatissebagai ciptaan Tuhan yang begitu menakjubkan.

Material yang bisa dipakai untuk membuat air mancur abadi ini adalahTabung : bisa menggunakan Drum bekas, gallon air dan bahan tabung lainyasedangkan tempat lewat air berupa selang air, untuk penyangga tabung agarbisa berada pada posisi yang tetap dapat menggunakan rangka besi betonbertulang, ini hanyalah konsep dengan material sederhana yang tentu dapatdikemas sedemikian rupa sehingga menarik misalnya dengan membuatnyaberbentuk plastik model tertentu jika diproduksi secar masal di pabrik

iii

IV. Kesimpulan

1. Integral lipat tiga (triple integrals) merupakan integral biasa/tunggal yang

hasilnya diintegralkan dan kemudian diintegralkan kembali (lakukan

iterasi integral sebanyak 3x).

2. Notasi dari integral lipat tiga adalah sebagai berikut:

3. Bentuk tak tentu dari integral lipat tiga, di mana bisa dilihat bahwa

integeral tersebut tidak memiliki batas atas dan batas bawah.

4. Bentuk tentu dari integral lipat tiga mempunyai tiga buah batas bawah (x1,

y1, dan z1) dan tiga buah batas atas (x2, y2, z2).

5. Perhitungan volume dengan integral lipat tiga yang di jelaskan dalam

paper ini digunakan dalam pembangunan bangunan dan perencanaan

desain dalam membangun bangunan

6. Terdapat beberapa pengaplikasian integral lipat tiga di bidang teknik sipil,

meliputi momen inersia, titik berat benda dan juga hidrostatika. Hal

tersebutlah yang dapat digunakan dalam menyelsaikan berbagai macam

masalah mengenai teknik sipil.

iii

IV. Kesimpulan

1. Integral lipat tiga (triple integrals) merupakan integral biasa/tunggal yang

hasilnya diintegralkan dan kemudian diintegralkan kembali (lakukan

iterasi integral sebanyak 3x).

2. Notasi dari integral lipat tiga adalah sebagai berikut:

3. Bentuk tak tentu dari integral lipat tiga, di mana bisa dilihat bahwa

integeral tersebut tidak memiliki batas atas dan batas bawah.

4. Bentuk tentu dari integral lipat tiga mempunyai tiga buah batas bawah (x1,

y1, dan z1) dan tiga buah batas atas (x2, y2, z2).

5. Perhitungan volume dengan integral lipat tiga yang di jelaskan dalam

paper ini digunakan dalam pembangunan bangunan dan perencanaan

desain dalam membangun bangunan

6. Terdapat beberapa pengaplikasian integral lipat tiga di bidang teknik sipil,

meliputi momen inersia, titik berat benda dan juga hidrostatika. Hal

tersebutlah yang dapat digunakan dalam menyelsaikan berbagai macam

masalah mengenai teknik sipil.

iii

IV. Kesimpulan

1. Integral lipat tiga (triple integrals) merupakan integral biasa/tunggal yang

hasilnya diintegralkan dan kemudian diintegralkan kembali (lakukan

iterasi integral sebanyak 3x).

2. Notasi dari integral lipat tiga adalah sebagai berikut:

3. Bentuk tak tentu dari integral lipat tiga, di mana bisa dilihat bahwa

integeral tersebut tidak memiliki batas atas dan batas bawah.

4. Bentuk tentu dari integral lipat tiga mempunyai tiga buah batas bawah (x1,

y1, dan z1) dan tiga buah batas atas (x2, y2, z2).

5. Perhitungan volume dengan integral lipat tiga yang di jelaskan dalam

paper ini digunakan dalam pembangunan bangunan dan perencanaan

desain dalam membangun bangunan

6. Terdapat beberapa pengaplikasian integral lipat tiga di bidang teknik sipil,

meliputi momen inersia, titik berat benda dan juga hidrostatika. Hal

tersebutlah yang dapat digunakan dalam menyelsaikan berbagai macam

masalah mengenai teknik sipil.

iv

DAFTAR PUSTAKA

BUKU :

Gazali, Wikana. 2007. Kalkulus Lanjut. Edisi 2. Jakarta : Graha Ilmu.

Rigdon, Purcell dan Varberg. 2005. Kalkulus. Edisi ke 8. Jilid 2. Jakarta :

Erlangga

Stewart, James. 1998. Kalkulus. Edisi Keempat. Jilid 2. Jakarta : Erlangga.

Mursita, Danang. 2011. Matematika untuk perguruan tinggi. Bandung : Rekayasa

Sains

NON BUKU :

http://duniatekniksipil.web.id/1131/momen-inersia-juga-bisa-dikurangkan/#more-

1131

http://www.ilmusipil.com/cara-membuat-air-mancur-abadi-tanpa-pompa-listrik