K04240010220125027buku integral satyawacana

Catatan Kuliah (3 sks)
GM 114 Kalkulus 2
(Revisi Terakhir: Januari 2010 )
Oleh:
Didit Budi Nugroho, S.Si, M.Si.
Program Studi Matematika
Fakultas Sains dan Matematika
Universitas Kristen Satya Wacana
Daftar Isi
1 Teknik-teknik Integrasi
1.1 Antiderivatif . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana
1.3 Integrasi Parsial . . . . . . . . . . . .
1.4 Integral Fungsi Hiperbolik . . . . . . .
1.5 Integral Trigonometri . . . . . . . . .
1.6 Substitusi Trigonometri . . . . . . . .
1.7 Integral Fungsi Rasional . . . . . . . .
1.8 Integral Fungsi Irasional . . . . . . . .
1.9 Substitusi tan 12 x . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
1
5
11
17
19
26
33
38
41
2 Integral Tentu
2.1 Integral Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral . . . . . . . . . . . . . . .
43
43
47
3 Integral Tak Wajar
3.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas
3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik . . . .
3.4 Uji Perbandingan . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
49
49
50
51
52
4 Aplikasi Integral
4.1 Luas Bidang Datar . . . . . .
4.1.1 Persamaan Kartesius .
4.1.2 Persamaan Parameter
4.1.3 Persamaan Kutub . .
4.2 Volume Benda Putar . . . . .
4.2.1 Metode Cakram . . .
4.2.2 Metode Cincin . . . .
4.2.3 Metode Kulit Silindris
4.3 Panjang Kurva . . . . . . . .
4.3.1 Persamaan Kartesius .
4.3.2 Persamaan Parameter
4.3.3 Persamaan Kutub . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
55
55
55
59
60
68
69
72
75
83
83
86
88
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
i
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
Kata Pengantar
Kata Pengantar
ii
Bab 1
Teknik-teknik Integrasi
Dalam bab ini dibahas berbagai teknik integrasi. Integral-integral yang dibicarakan
adalah integral tak tentu. Topik-topik yang dicakup dalam bab ini yaitu pengertian
antiderivatif beserta aturan-aturannya, integrasi dengan substitusi sederhana, integrasi
dengan parsial, integral yang melibatkan fungsi hiperbolik, integral yang melibatkan
fungsi trigonometri, integrasi dengan substitusi trigonometri, integrasi yang melibatkan
fungsi rasional, integrasi yang melibatkan akar, dan integral dengan substitusi tan 12 x .
1.1
Antiderivatif
Pertama kali didiskusikan proses kebalikan dari diferensiasi. Dengan kata lain, diberikan suatu fungsi f (x) dan diinginkan untuk mencari suatu fungsi F (x) sedemikian
dF (x)
sehingga
= F 0 (x) = f (x). Setiap fungsi F (x) yang demikian tersebut dinadx
makan suatu antiderivatif, atau integral tak tentu (inde…nite integral ), dari fungsi
f (x), dan dituliskan
Z
F (x) =
f (x) dx:
Di sini f (x) dinamakan integran (yang diintegralkan) dan x dinamakan integrator.
Dinamakan integral tak tentu sebab tidak merujuk pada nilai numerik tertentu, atau
tidak menunjuk suatu interval tertentu untuk daerah integrasi. Langkah untuk mencari
antiderivatif dari f (x) dinamakan antidiferensiasi atau integrasi.
Pengamatan pertama yaitu bahwa antiderivatif, jika ada, tidaklah tunggal. Diandaikan
bahwa fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari fungsi f (x), berarti F 0 (x) = f (x).
Diambil G (x) = F (x) + k, dimana k adalah sembarang bilangan riil. Ini mudah dilihat
bahwa G0 (x) = F 0 (x) = f (x), yang berarti bahwa G (x) juga merupakan antiderivatif
dari f (x). Secara umum dapat dituliskan
Z
f (x) dx = F (x) + k
dengan k selanjutnya dinamakan konstanta integrasi.
Sebagai contoh, diberikan f (x) = 2x, maka
F (x) = x2 ; G (x) = x2
1
10; H (x) = x2 + k
2
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
merupakan antiderivatif dari f karena
F 0 (x) = G0 (x) = H 0 (x) = 2x:
Pengamatan kedua yaitu bahwa untuk sembarang fungsi f (x), selisih dari sembarang
dua antiderivatif berbeda dari f (x) pasti merupakan suatu konstanta. Dengan kata
lain, jika F (x) dan G (x) adalah antiderivatif-antiderivatif dari f (x), maka F (x)
G (x) adalah suatu konstanta. Suatu konsekuensi dari pengamatan kedua yaitu hasil
sederhana berikut ini yang berkaitan dengan derivatif dari suatu konstanta.
ANTIDERIVATIF DARI NOL. Dipunyai
Z
0 dx = k:
Dengan kata lain, antiderivatif dari fungsi nol secara tepat adalah semua fungsi konstan.
Tentu saja, beberapa antiderivatif secara sederhana dapat diperoleh dari beberapa
aturan mengenai derivatif. Berikut ini didaftar hasil-hasil tersebut. Hasil pertama
yaitu berkaitan dengan aturan kelipatan konstan untuk diferensiasi.
ATURAN PERKALIAN KONSTAN. Jika suatu fungsi f (x) mempunyai antiderivatif, maka untuk sembarang bilangan riil c, dipunyai
Z
Z
cf (x) dx = c f (x) dx:
ANTIDERIVATIF DARI PANGKAT.
(a) Jika n adalah suatu bilangan riil sedemikian sehingga n 6=
Z
(b) Dipunyai
xn dx =
Z
x
1
1, maka
1
xn+1 + k:
n+1
dx = ln jxj + k:
ATURAN PENJUMLAHAN. Jika f (x) dan g (x) mempunyai antiderivatif, maka
Z
Z
Z
(f (x) + g (x)) dx = f (x) dx + g (x) dx:
3
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI TRIGONOMETRI. Rumus-rumus antiderivatif berikut ini adalah valid:
Z
(a)
cos (x) dx = sin (x) + k
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
sin (x) dx =
csc2 (x) dx =
cos (x) + k
cot (x) + k
sec2 (x) dx = tan (x) + k
cot (x) csc (x) dx =
csc (x) + k
tan (x) sec (x) dx = sec (x) + k
csc (x) dx =
ln jcot (x) + csc (x)j + k
sec (x) dx = ln jtan (x) + sec (x)j + k
ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI EKSPONENSIAL UMUM. Diandaikan
a > 0 dan a 6= 1, maka
Z
ax
ax dx =
+ k:
ln (a)
Secara khusus, dengan pengambilan a = e akan dipunyai
Z
ex dx = ex + k:
Contoh 1.1 Menggunakan aturan penjumlahan, aturan perkalian konstan, dan antiderivatif dari pangkat, diperoleh
Z
Z
Z
Z
3
3
x + 3x + 1 dx =
x dx + 3x dx + x0 dx
=
1 4 3 2
x + x + x + k:
4
2
Contoh 1.2 Menggunakan aturan penjumlahan, antiderivatif dari pangkat dan fungsi
trigonometri, diperoleh
Z
Z
Z
1
3
3
x + sin (x) dx = x dx + sin (x) dx = x4 cos (x) + k:
4
4
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.3 Diperoleh
Z
Z
Z
(sin (x) + sec (x)) dx =
sin (x) dx + sec (x) dx
=
cos (x) + ln jtan (x) + sec (x)j + k:
Contoh 1.4 Diperoleh
Z
Z
Z
x
x
(e + 3 cos (x)) dx = e dx + 3 cos (x) dx = ex + 3 sin (x) + k:
Contoh 1.5 Diperoleh
Z
Z
(1 sin (x)) (1 sin (x))
1 sin (x)
dx =
dx
1 + sin (x)
(1 + sin (x)) (1 sin (x))
Z
1 2 sin (x) + sin2 (x)
dx
=
1 sin2 (x)
Z
1 2 sin (x) + sin2 (x)
=
dx
cos2 (x)
Z
=
sec2 (x) 2 tan (x) sec (x) + tan2 (x) dx
Z
=
sec2 (x) 2 tan (x) sec (x) + sec2 (x) 1 dx
Z
=
2 sec2 (x) 2 tan (x) sec (x) 1 dx
= 2 tan (x)
2 sec (x)
x + k:
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.1
Hitung setiap integral tak tentu berikut ini:
Z
(1)
x3 dx
(2)
(3)
(5)
(7)
(9)
(11)
Z
Z
Z
Z
Z
(5x + 3) dx
(4)
2x2
3x + 1 dx
5+x
2
1
x2 + x
(x
4x
1
2
3)2 dx
3
dx
(6)
dx
(8)
(10)
(12)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
5
x 2 dx
1 + 2x + 3x2
12x7
3x5 + 2x2 + 1 dx
3x4 + 19x
1
2x 3
(2x
dx
2
3x 3
3)2 dx
3
dx
dx
5
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(13)
(15)
(17)
(19)
(21)
(23)
(25)
(27)
(29)
(31)
(33)
(35)
(37)
(39)
(41)
(43)
(45)
1.2
Z
x2
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
+a
2
(14)
2
1
x+
x
(x
dx
dx
(16)
2) (x + 3) dx
(18)
x+1
dx
x
(20)
x3 + x2 x
x 1
1
dx
x3 8
dx
x2 + 2x + 4
p
(26)
p
x x dx
(28)
(3 +
p
x) (4
p
2 x) dx
p
p
4+3 x+x x
dx
x2
r !
Z
4
3x
p
dx
4
27
x
Z
16 (ex + 1) dx
Z
Z
Z
Z
(24)
x dx
Z
Z
(22)
5x +
3
e
dx
x
5 cos (x) dx
(5 cos (x) + 4x) dx
10 sec2 (x)
dx
(30)
(32)
(34)
(36)
(38)
(40)
(42)
(44)
Z
1+x
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
1 2 dx
1
x
x
2
dx
x 2x3 + 1
2
dx
2x2
3x + 6
dx
x2
x3
x
a3
dx
a
p
3 dx
p
2px dx
p
1
x3 + 8 3 x
3x dx
Z
3x + 1
p dx
3 x
Z p
x
4
+p
4
5
x
Z
8ex dx
Z
Z
Z
Z
Z
dx
x2 ex + x
dx
x2
(x + 1)3 + ex
(1
dx
2 cos (x)) dx
(sin (x) + cos (x)) dx
sec2 (x) + 1 dx
p
( x + sec (x) tan (x)) dx
Integrasi dengan Substitusi Sederhana
Sekarang didiskusikan bagaimana kita dapat menggunakan aturan rantai dalam diferensiasi untuk membantu menyelesaikan masalah dalam integrasi. Teknik ini biasanya
6
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
dinamakan integrasi dengan substitusi. Perlu ditekankan bahwa teknik tersebut tidak
selalu dapat digunakan. Pertama, kita tidak mengetahui antiderivatif dari fungsi. Kedua, tidak ada jalan sederhana dimana kita dapat menggambarkannya untuk menolong
kita mencari suatu substitusi yang sesuai dalam kasus dimana teknik dapat digunakan.
Di sisi lain, ketika teknik dapat digunakan, mungkin terdapat lebih dari satu substitusi
yang sesuai.
INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI
VERSI 1. Jika kita membuat sub0
stitusi x = g (u), maka dx = g (u) du, dan
Z
Z
f (x) dx = f (g (u)) g 0 (u) du:
Contoh 1.6 Diperhatikan integral tak tentu
Z
p
x x + 1 dx:
Jika kita membuat substitusi x = u2 1, maka dx = 2u du, dan
Z
Z
Z
Z
p
2
2
4
x x + 1 dx =
2 u
1 u du = 2u du
2u2 du
=
2 5
u
5
5
2 3
2
u + k = (x + 1) 2
3
5
3
2
(x + 1) 2 + k:
3
Di sisi lain, jika kita membuat substitusi x = v 1, maka dx = dv, dan
Z
Z
Z
Z
p
1
3
1
2
2
x x + 1 dx =
(v 1) v dv = v dv
v 2 du
=
2 5
v2
5
5
2 3
2
v 2 + k = (x + 1) 2
3
5
3
2
(x + 1) 2 + k:
3
Kita bisa menegaskan bahwa integral tak tentu tersebut adalah benar dengan memeriksa
bahwa
p
5
3
2
d 2
(x + 1) 2
(x + 1) 2 + k = x x + 1:
dx 5
3
INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI
VERSI 2. Diandaikan bahwa suatu
fungsi f (x) dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = g (h (x)) h0 (x). Jika kita membuat
substitusi u = h (x), maka du = h0 (x) dx, dan
Z
Z
Z
f (x) dx = g (h (x)) h0 (x) = g (u) du:
Dicatat bahwa dalam Versi 1, variabel x pada awalnya ditulis sebagai fungsi dari variabel baru u, sedangkan dalam Versi 2, variabel baru u dituliskan sebagai fungsi dari
x. Bedanya, untuk substitusi x = g (u) dalam Versi 1 harus mempunyai invers agar
variabel u bisa dikembalikan ke variabel asli x di akhir proses.
7
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.7 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x x2 + 3
4
dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x2 + 3 sama dengan 2x, sehingga ini
tepat untuk membuat substitusi u = x2 + 3. Selanjutnya du = 2x dx, dan
Z
Z
Z
1
1
1
1
4
4
5
x x2 + 3 dx =
2x x2 + 3 dx =
u4 du = u5 + k =
x2 + 3 + k:
2
2
10
10
Contoh 1.8 Diperhatikan integral tak tentu
Z
1
dx:
x ln (x)
1
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi ln (x) sama dengan , sehingga ini
x
1
tepat untuk membuat substitusi u = ln (x). Selanjutnya du = dx, dan
x
Z
Z
1
1
dx =
du = ln juj + k = ln jln (x)j + k:
x ln (x)
u
Contoh 1.9 Diperhatikan integral tak tentu
Z
3
x2 ex dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x3 sama dengan 3x2 , sehingga ini tepat
untuk membuat substitusi u = x3 . Selanjutnya du = 3x2 dx, dan
Z
Z
Z
1
1
1
1 3
2 x3
2 x3
x e dx =
3x e dx =
eu du = eu + k = ex + k:
3
3
3
3
Contoh 1.10 Diperhatikan integral tak tentu
Z
tan3 (x) sec2 (x) dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi tan (x) sama dengan sec2 (x), sehingga
ini tepat untuk membuat substitusi u = tan (x). Selanjutnya du = sec2 (x) dx, dan
Z
Z
1
1
tan3 (x) sec2 (x) dx = u3 du = u4 + k = tan4 (x) + k:
4
4
Kadang-kadang, kemungkinan dari substitusi tidak bisa terlihat secara jelas dengan
cepat, dan banyak terjadi trial dan error. Kenyataan bahwa suatu substitusi tidak
terlihat muncul bukan berarti bahwa metode tersebut gagal. Ini bisa terjadi dalam
kasus ketika kita menggunakan suatu subtitusi yang tidak sesuai. Atau barangkali kita
pertama kali melupakan modi…kasi dari masalah. Hal ini diilustrasikan dalam contoh
berikut ini.
8
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.11 Diperhatikan integral tak tentu
Z
tan (x) dx:
Di sini tidak terlihat sembarang substitusi yang akan digunakan. Tetapi, jika dituliskan
Z
Z
sin (x)
tan (x) dx =
dx;
cos (x)
maka kita mengamati bahwa derivatif dari fungsi cos (x) sama dengan sin (x), sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = cos (x). Selanjutnya du = sin (x) dx,
dan
Z
Z
Z
sin (x)
1
tan (x) dx =
dx =
du = ln juj + k = ln jcos (x)j + k:
cos (x)
u
Lebih lanjut, berikut ini diperoleh rumus-rumus antiderivatif dari fungsi eksponensial
dan trigonometri yang lebih umum dari pada fungsi dalam subbab sebelumnya, dengan
cara membuat substitusi u = px + q dan du = p dx.
(a)
(b)
(c)
(d)
(e)
(f)
(g)
(h)
(i)
(j)
(k)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
(px + q)n dx =
(px + q)
1
apx+q dx =
1
(px + q)n+1 + k
p (n + 1)
dx =
1
ln jpx + qj + k
p
1
apx+q + k; jika a > 0; a 6= 1.
p ln (a)
1
epx+q dx = epx+q + k.
p
cos (px + q) dx =
sin (px + q) dx =
csc2 (px + q) dx =
sec2 (px + q) dx =
1
sin (px + q) + k.
p
1
cos (px + q) + k.
p
1
cot (px + q) + k.
p
1
tan (px + q) + k.
p
cot (px + q) csc (px + q) dx =
tan (px + q) sec (px + q) dx =
cot (px + q) dx =
1
csc (px + q) + k.
p
1
sec (px + q) + k.
p
1
ln jsin (px + q)j + k.
p
9
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(l)
(m)
(n)
Z
Z
Z
tan (px + q) dx =
1
ln jcos (px + q)j + k.
p
csc (px + q) dx =
1
ln jcsc (px + q) + cot (px + q)j + k.
p
sec (px + q) dx =
1
ln jsec (px + q) + tan (px + q)j + k.
p
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.2
Dalam soal (1) (60), hitung setiap integral tak tentu dengan menggunakan substitusi
yang diberikan.
Z
Z
(1)
sin (3x) dx, u = 3x
(2)
cos (5x) dx, u = 5x
(3)
(5)
(7)
(9)
(11)
(13)
(15)
(17)
(19)
(21)
(23)
(25)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x sin
x2
dx, u =
x2
(4)
x2 tan x3 + 1 dx, u = x3 + 1
csc2 (2x
x2 cos
x3
csc (5x
cos3 (x)
1) dx, u = 2x
+ 1 dx, u =
x3
7) dx, u = 5x
1
+1
7
(6)
(8)
(10)
(12)
dx, u = sin (x)
(14)
cot3 (x) dx, u = cot (x)
(16)
csc3 (x)
dx, u = cot (x)
tan5 (x) sec2 (x)
sec3 (x) tan (x)
dx, u = tan (x)
dx, u = sec (x)
arcsin4 (x)
p
dx, u = arcsin (x)
1 x2
x2 2x3 + 1
3
dx, u = 2x3 + 1
(18)
(20)
(22)
(24)
(26)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x cos 1 + x2
dx, u = 1 + x2
sec2 (3x + 1) dx, u = 3x + 1
x sin x2
dx, u = x2
sec (3x + 5) dx, u = 3x + 5
sin3 (x) dx, u = cos (x)
tan3 (x) dx, u = tan (x)
sec4 (x) dx, u = tan (x)
sin3 (x) cos (x) dx, u = sin (x)
cot3 (x) csc2 (x) dx, u = cot (x)
csc3 (x) cot (x) dx, u = csc (x)
arctan3 (x)
dx, u = arctan (x)
1 + x2
2
3x
4
dx, u = 3x
4
10
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(27)
(29)
(31)
(33)
(35)
(37)
(39)
(41)
(43)
(45)
(47)
(49)
(51)
(53)
(55)
(57)
(59)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
4
dx, u = 5x + 2
5x + 2
x
(x2
1)
3
2
dx, u =
(28)
x2
1
x2
dx, u = x3 + 4
3
x +4
(32)
x+6
dx, u = x + 2
(x + 2)2
p
1
p
p dx, u = 1 + x
x (1 + x)
x3
dx, u =
(x4 + 16)2
x4
+ 16
Z
cos (x)
dx, u = 1 + sin (x)
1 + sin (x)
p
Z
p
sin ( x)
p
dx, u = x
x
Z
sin (ln (x))
dx, u = ln (x)
x
Z
cos (x)
dx, u = sin (x)
sin4 (x)
Z
10sin(x) cos (x) dx, u = sin (x)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
(30)
(34)
(36)
(38)
(40)
(42)
(44)
(46)
(48)
p
x x + 2 dx, u = x + 2
(50)
(1 + ln (x))10
dx, u = ln (x)
x
(52)
p
1
9
x2
dx, x = 3 cos (u)
1
dx, x = 2 tan (u)
4 + x2
x
3 dx,
u=1+x
1
4x 1
p
dx, u = 4x + 1
4x + 1
(54)
(56)
(58)
(60)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x
dx, u = 3x2 + 1
+1
3x2
x+1
dx, u = x2 + 2x + 2
x2 + 2x + 2
2x
x2
5
dx, u = x2
5x + 3
x
(1 + x2 )4
5x + 3
dx, u = 1 + x2
x+3
dx, u = x
x 1
1
p
x3 x2 + 1dx, u = x2 + 1
csc2 (x)
dx, u = 1 + cot (x)
1 + cot (x)
sin (x)
p
cos (x) dx, u = cos (x)
sin (2x)
dx, u = 4
4 cos (2x)
cos (2x)
sec2 (2x)
dx, u = 1 + tan (2x)
1 + tan (2x)
p
p
e x
p dx, u = x
x
x 3x
2 +4
3
ex (4
ex ) 2 dx, u = 4
1
p
x x2
x2 (1
x
3
dx, u = x2 + 4
4
1
+x
p
ex
dx, x = 2 sec (u)
1)
3 + 5x
dx, u = 1 + x
2 dx,
1
u = 3 + 5x
2
ex + cos (x)
dx, u = ex + sin (x)
ex + sin (x)
Dalam soal (61) (80), hitung setiap integral tak tentu menggunakan substitusi yang
sesuai. Z
Z
ex
e x
(61)
dx
(62)
dx
ex 1
1+e x
11
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(63)
(65)
(67)
(69)
(71)
(73)
(75)
(77)
(79)
1.3
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
ex sec (ex ) tan (ex )
esin(x) cos (x)
dx
(64)
dx
(66)
ln (x)
dx
x
(68)
1
dx
x (1 + 2 ln (x))
(70)
x2 ln3 1 + x3
dx
1 + x3
(72)
4esin(3x) cos (3x)
x cos ln 1 + x2
1 + x2
dx
(74)
dx
(76)
2earcsin(x)
p
dx
1 x2
(78)
5arcsec(x)
p
dx
x x2 1
(80)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
sin (ln (x))
dx
x
eln(x)
dx
x
(1 + 2 ln (x))4
dx
x
3
(ln (x)) 2
dx
x
tan (x) ln (cos (x)) dx
3etan(2x) sec2 (2x) dx
tan3 (2x) sec2 (2x) dx
Z
4arctan(x)
dx
1 + x2
p
Z p
1+ x
p
dx
x
Integrasi Parsial
Aturan hasil kali dari diferensiasi menghasilkan suatu teknik integrasi yang dikenal
sebagai integrasi parsial. Dimulai dengan aturan hasil kali:
d
du (x)
dv (x)
(u (x) v (x)) =
v (x) + u (x)
dx
dx
dx
atau dapat dituliskan dalam bentuk diferensial menjadi
d [u (x) v (x)] = v (x)
du (x)
dv (x)
+ u (x)
dx:
dx
dx
Selanjutnya kedua ruas diintegralkan untuk memperoleh
Z
Z
Z
du (x)
dv (x)
d [u (x) v (x)] =
v (x)
dx + u (x)
dx
dx
dx
Z
Z
u (x) v (x) =
v (x) u0 (x) dx + u (x) v 0 (x) dx:
Bentuk baku dari rumus integrasi parsial tersebut dituliskan sebagai
Z
Z
0
u (x) v (x) dx = u (x) v (x)
v (x) u0 (x) dx
atau disingkat menjadi
Z
u dv = uv
Z
v du:
(1.1)
12
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Dalam hal ini penyelesai dituntut untuk mampu memilih u dan dv yang tepat sehingga
rumus (1.1) bisa diaplikasikan.
Contoh 1.12 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x cos (x) dx:
Untuk menghitung
integral di atas, diambil u = x dan dv = cos (x) dx dengan du = dx
Z
dan v = cos (x) dx = sin (x)+k. Kita menghilangkan konstanta k, karena kita hanya
memerlukan v (x). Selanjutnya, berdasarkan rumus integrasi parsial (1:1) diperoleh
Z
Z
x cos (x) dx = x sin (x)
sin (x) dx = x sin (x) + cos (x) + c:
Contoh 1.13 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x2 sin (x) dx:
2
Untuk menghitung
R integral di atas, diambil u = x dan dv = sin (x) dx dengan du =
2x dx dan v = sin (x) dx = cos (x). Jadi,
Z
Z
2
2
x sin (x) dx =
x cos (x)
cos (x) 2x dx
Z
=
x2 cos (x) + 2 x cos (x) dx
=
x2 cos (x) + 2 (x sin (x) + cos (x)) + k:
Contoh 1.14 Diperhatikan integral tak tentu
Z
ln (x) dx:
Diambil u = ln (x) dan dv = dx dengan du =
Z
ln (x) dx = x ln (x)
Z
x
1
dx dan v = x. Jadi,
x
1
dx = x ln (x)
x
x + k:
Contoh 1.15 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x2 ex dx:
Pertama kali diambil u =
Diperoleh
Z
2 x
x2
dan dv =
2 x
x e dx = x e
Z
ex dx
x
dengan du = 2x, v =
2 x
2xe dx = x e
Z
2 xex dx:
Z
ex dx = ex .
13
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = x dan dv = ex dx dengan du = dx dan
v = ex . Diperoleh
Z
Z
x
x
xe dx = xe
ex dx = xex ex + k:
Jadi,
Z
x2 ex dx = x2 ex
2 (xex
ex + k) = ex x2
2x + 2 + c:
Contoh 1.16 Diperhatikan integral tak tentu
Z
ex cos (x) dx:
Untuk menghitung
integral di atas, diambil u = ex dan dv = cos (x) dx dengan du =
R
x
e dx dan v = cos (x) dx = sin (x). Diperoleh
Z
Z
x
x
ex sin (x) dx:
e cos xdx = e sin (x)
Untuk menghitung integral terakhir, diambil substitusi u = ex dan dv = sin (x) dx
dengan du = ex dx dan v = cos x. Diperoleh
Z
Z
Z
x
x
x
x
e sin (x) dx = e cos (x)
cos (x) e dx = e cos (x) + ex cos (x) dx:
Oleh karena itu, sekarang dipunyai
Z
ex cos (x) dx = ex sin (x)
ex cos (x) +
dan selanjutnya kita menggunakan aljabar untuk
Z
Z
x
e cos (x) dx + ex cos (x) dx =
Z
2 ex cos xdx =
Z
ex cos xdx =
Z
ex cos (x) dx
menyelesaikan integral seperti berikut:
ex sin (x) + ex cos (x)
ex sin (x) + ex cos (x)
1 x
e (sin (x) + cos (x)) + k:
2
Contoh 1.17 Dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:
Z
Z
Z
Z
Z
n x
n
n
n
x e dx;
x ln (x) dx;
ln (x) dx;
x sin (x) dx;
xn cos (x) dx;
Z
Z
ax+b
e
sin (px + q) dx;
eax+b cos (px + q) dx
dimana n 2 N.
14
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(a) Diambil u = xn dan dv = ex dx dengan du = nxn 1 dx dan v = ex , maka
Z
Z
n x
n x
x e dx = x e
ex nxn 1 dx:
Jadi,
Z
xn ex dx
xn ex
=
n
Z
ex xn
(b) Diambil u = ln (x) dan dv = xn dx dengan du =
Z
Jadi,
Z
xn ln (x) dx =
1
dx dan v =
x
xn+1 1
xn+1 ln (x)
dx =
n+1 x
n+1
n+1
x
+ k:
(n + 1)2
xn+1
[(n + 1) ln (x)
(n + 1)2
(c) Diambil u = lnn (x) dan dv = dx dengan du = n lnn
Z
Jadi,
n
n
ln (x) dx = x ln (x)
Z
1
n+1 ,
n+1 x
Z
xn+1
n+1
n+1
x
ln (x)
n+1
xn ln (x) dx = ln (x)
=
1 dx:
n
n
Z
ln (x) dx = x ln (x)
1
x n lnn
n
Z
lnn
(x)
maka
1
n+1
Z
xn dx
1] + k:
1
dx dan v = x, maka
x
1
dx:
x
1
(x)
1
(x) dx:
(d) Diambil u = xn dan dv = sin (x) dx dengan du = nxn 1 dx dan v =
maka
Z
Z
n
n
x sin (x) dx =
x cos (x)
( cos (x)) nxn 1 dx
Z
n
=
x cos (x) + n xn 1 cos (x) dx:
cos (x),
(1.2)
Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = xn 1 dan dv = cos (x) dx dengan
du = (n 1) xn 2 dx dan v = sin (x), maka
Z
Z
n 1
n 1
x
cos (x) dx = x
sin (x)
sin (x) (n 1) xn 2 dx
Z
= xn 1 sin (x) (n 1) xn 2 sin (x) dx:
(1.3)
Dengan substitusi (1:3) ke (1:2), diperoleh rumus reduksi
Z
xn sin (x)
dx =
xn cos (x)
+
nxn 1 sin (x)
n (n
1)
Z
xn
2 sin (x)
dx:
15
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(e) Dengan menggunakan (1:3) dan (1:2) diperoleh
Z
Z
xn 1 cos (x) dx = xn 1 sin (x) (n 1) xn
= xn
1
1)
1
sin (x) dx
sin (x)
(n
= xn
2
n 2
x
sin (x) + (n
(n
1) (n
2)
cos (x) + (n
Z
1) xn
xn
3
2
2)
cos (x)
Z
xn
3
cos (x) dx
cos (x) dx:
Jika kita mengganti n dengan n + 1 pada persamaan terakhir, maka
Z
xn cos (x)
dx =
xn sin (x)
+
nxn 1 cos (x)
n (n
1)
Z
xn
2 cos (x)
dx:
(f ) Diambil u = sin (px + q) dan dv = eax+b dx dengan du = p cos (px + q) dx dan
1
v = eax+b , maka
a
Z
Z
p
1 ax+b
ax+b
e
sin (px + q) dx = e
sin (px + q)
eax+b cos (px + q) dx:
a
a
Dalam integral terakhir, diambil u = cos (px + q) dan dv = eax+b dx dengan du =
1
p sin (px + q) dan v = eax+b , maka
a
Z
Z
p
1 ax+b
ax+b
cos (px + q) +
eax+b sin (px + q) dx: (1.4)
e
cos (px + q) dx = e
a
a
Karena itu diperoleh
Z
eax+b sin (px + q) dx =
=
1 ax+b
p 1 ax+b
e
sin (px + q)
e
cos (px + q)
a
a a
Z
p
+
eax+b sin (px + q) dx
a
eax+b
[a sin (px + r) p cos (px + q)]
a2
Z
p2
eax+b sin (px + q) dx:
a2
Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk mendapatkan
Z
p2
eax+b
1+ 2
eax+b sin (px + q) dx =
[a sin (px + q) p cos (px + q)] :
a
a2
Jadi,
Z
eax+b sin (px + q) dx =
eax+b
[a sin (px + q)
a2 + p2
p cos (px + q)] + k:
(1.5)
16
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(g) Jika (1:5) disubstitusikan ke (1:4) tanpa konstanta k, diperoleh
Z
1 ax+b
eax+b cos (px + q) dx =
e
cos (px + q)
a
p eax+b
[a sin (px + q) p cos (px + q)] + k
+
a a2 + p2
1
= eax+b
cos (px + q)
a
p2
1
p
sin
(px
+
q)
+ 2
cos (px + q) + k:
a + p2
a
Jadi,
Z
eax+b cos (px + q) dx =
eax+b
[p sin (px + q) + a cos (px + q)] + k:
a2 + p2
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.3
Untuk soal (1)
(6), buktikan setiap rumus dari integral fungsi-fungsi trigonometri
invers. Integral diselesaikan pertama kali menggunakan rumus integrasi parsial dengan
mengambil u sama dengan fungsi integran.
Z
p
(1)
arcsin (x) dx = x arcsin (x)
1 x2 + k
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Z
Z
Z
Z
Z
p
arccos (x) dx = x arccos (x)
1
x2 + k
arctan (x) dx = x arctan (x)
1
ln 1 + x2 + k
2
arccot (x) dx = x arccot (x) +
1
ln 1 + x2 + k
2
arcsec (x) dx = x arcsec (x)
ln x +
p
x2
1 +k
arccsc (x) dx = x arccsc (x) + ln x +
p
x2
1 +k
Hitung integral-integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi
yang sudah diperoleh sebelumnya.
Z
Z
Z
x
2x
(7)
xe dx
(8)
xe
dx
(9)
x3 ln (x) dx
(10)
(13)
(16)
Z
Z
Z
2
x ln (x) dx
(11)
e3x cos (2x) dx
(14)
x ln (x + 1) dx
(17)
Z
Z
Z
3
ln (x) dx
(12)
x2 sin (2x) dx
(15)
x ln3 (x) dx
(18)
Z
Z
Z
e2x sin (3x) dx
sin (ln (x)) dx
x2 ln (x) dx
17
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(19)
(22)
(25)
(28)
1.4
Z
Z
Z
Z
x2 ln3 (x)
x3 cos (x)
dx
(20)
dx
(23)
x sin2 (x) dx
(26)
x3 sin
x2
Z
dx
2
sin (x) dx
Z
x3 cos
Z
(e)
1 dx
Z
(24)
Z
(27)
x sin (x) cos (x) dx
Z
(30)
x3 sin (x) dx
x arccot (x) dx
x arcsec (x) dx
x arctan (x) dx
Integral Fungsi Hiperbolik
Rumus-rumus integrasi berikut ini adalah valid:
Z
(a)
sinh (x) dx = cosh (x) + k
(b)
(c)
(21)
x3 arcsec (x) dx
Z
(29)
2x2
Z
Z
Z
tanh (x) dx = ln (cosh (x)) + k
(d)
sech (x) dx = 2 arctan (ex ) + k
(f)
Z
Z
Z
cosh (x) dx = sinh (x) + k
coth (x) dx = ln jsinh (x)j + k
csch (x) dx = ln tanh
x
2
+k
Setiap rumus di atas dapat secara mudah dibuktikan dengan diferensiasi ruas kanan
untuk mendapatkan integran di ruas kiri dan juga mengingat bahwa
sinh (x) =
ex
x
e
dan
2
cosh (x) =
ex + e
2
x
:
Contoh 1.18 Untuk n 2 N dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:
Z
Z
sinhn (x) dx dan
coshn (x) dx:
(a) Digunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil
u = sinhn
1
sehingga diperoleh
Z
Z
sinhn (x) dx =
sinhn
(x)
1
dan dv = sinh (x) dx;
(x) sinh (x) dx
= sinhn 1 (x) cosh (x)
Z
cosh (x) (n 1) sinhn
= sinhn
1
= sinhn
1
(n
(x) cosh (x)
(n
2
(x) cosh (x) dx
Z
1) sinhn 2 (x) cosh2 (x) dx
(x) cosh (x)
Z
1) sinhn 2 (x) 1 + sinh2 (x) dx:
18
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Karena itu,
Z
sinhn (x) dx = sinhn
1
(x) cosh (x)
Z
1) sinhn 2 (x) dx
(n
(n
1)
Z
sinhn (x) dx:
Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh
Z
Z
n
n 1
n sinh (x) dx = sinh
(x) cosh (x) (n 1) sinhn 2 (x) dx:
Jadi,
Z
1
sinh (x) dx = sinhn
n
n
1
(x) cosh (x)
(n
1)
n
Z
sinhn
2
(x) dx:
(b) Dengan cara yang sama seperti di atas, diambil
u = coshn
1
(x)
maka
Z
Z
n
cosh (x) dx =
coshn
1
dan
dv = cosh (x) dx;
(x) cosh (x) dx
= coshn 1 (x) sinh (x)
Z
sinh (x) (n 1) coshn
= coshn
1
= coshn
1
(n
= coshn
+ (n
(x) sinh (x)
(n
2
(x) sinh (x) dx
Z
1) coshn 2 (x) sinh2 (x) dx
(x) sinh (x)
Z
1) coshn 2 (x) cosh2 (x) 1 dx
Z
1
(x) sinh (x) (n 1) coshn (x) dx
Z
1) coshn 2 (x) dx:
Dibawa suku kedua di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh
Z
Z
n
n 1
n cosh (x) dx = cosh
(x) sinh (x) + (n 1) coshn 2 (x) dx:
Jadi,
Z
1
cosh (x) dx = coshn
n
n
1
(x) sinh (x) +
(n
1)
n
Z
coshn
2
(x) dx:
19
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.4
Untuk soal (1)
(2), buktikan setiap rumus reduksi, dimana n 2 N, dengan cara
menyelesaikan masalah integral menggunakan rumus integrasi parsial.
Z
Z
n
n
n
1
(1)
x sinh (x) dx = x cosh (x) nx
sinh (x) + n (n 1) xn 2 sinh (x) dx
(2)
Z
xn cosh (x) dx = xn sinh (x)
nxn
1 cosh (x)
+ n (n
1)
Z
xn
2 cosh (x)
dx
Hitung setiap integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi
yang sudah diperoleh sebelumnya.
Z
Z
(3)
sinh (3x) dx
(4)
x sinh (x) dx
(5)
(7)
(9)
(11)
(13)
(15)
(17)
(19)
1.5
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x cosh (x) dx
csch (ax + b) dx
(6)
(8)
coth (ax + b) dx
(10)
sinh2 (x) dx
(12)
2
x cosh (x) dx
x2 sinh (x)
x3 sinh (x)
e
dx
dx
x sinh (x)
dx
(14)
(16)
(18)
(20)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
sech (ax + b) dx
tanh (ax + b) dx
sinh (x) cosh (x) dx
cosh2 (x) dx
sinh3 (x) dx
x2 cosh (x) dx
x3 cosh (x) dx
e
2x cosh (2x)
dx
Integral Trigonometri
Seringkali terdapat kemungkinan untuk mentransformasikan suatu integral ke salah
satu dari bentuk:
Z
Z
Z
Z
sinn (x) dx;
cscn (x) dx;
cosn (x) dx;
secn (x) dx;
Z
Z
n
tan (x) dx;
cotn (x) dx:
Integral-integral tersebut dapat dihitung dengan rumus reduksi yang diperoleh menggunakan rumus integrasi parsial seperti dalam contoh-contoh berikut ini.
20
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.19 Diperhatikan integral tak tentu:
Z
sinn (x) dx:
Diambil
u = sinn
1
1) sinn
du = (n
maka
Z
Z
n
sin (x) dx =
sinn
n 1
= sin
1
2
(x) cos (x) dx; v =
sinn
1
=
sinn
1
cos (x) ;
(x) sin (x) dx
(x) ( cos (x))
=
(n
(x) ; dv = sin (x) dx;
Z
( cos (x)) (n 1) sinn 2 (x) cos (x) dx
Z
1) sinn 2 (x) 1 sin2 (x) dx
Z
1) sinn 2 (x) dx
(x) cos (x) + (n
(x) cos (x) + (n
Z
1) sinn (x) dx:
Sekarang kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral:
Z
Z
n
sin (x) dx + (n 1) sinn (x) dx =
sinn 1 (x) cos (x)
Z
+ (n 1) sinn 2 (x) dx
Z
n sinn (x) dx =
sinn 1 (x) cos (x)
Z
+ (n 1) sinn 2 (x) dx
sehingga diperoleh rumus reduksi
Z
n
sin (x) dx =
Untuk n = 2, diperoleh
Z
sin2 (x) dx =
=
1
sinn
n
1
(x) cos (x) +
1
1
sin (x) cos (x) +
2
2
1
(x
2
Z
(n
1)
n
1 dx =
Z
sinn
2
(x) dx:
1
1
sin (x) cos (x) + x + k
2
2
sin (x) cos (x)) :
Untuk n = 3, diperoleh
Z
sin3 (x) dx =
=
1
sin2 (x) cos (x) +
3
1
sin2 (x) cos (x)
3
(1.6)
Z
2
sin (x) dx
3
2
cos (x) + k:
3
21
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Untuk n = 4, diperoleh
Z
sin4 (x) dx =
Z
3
sin2 (x) dx
4
3
(x sin (x) cos (x)) + k:
8
1
sin3 (x) cos (x) +
4
1
sin3 (x) cos (x) +
4
=
Contoh 1.20 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:6), maka
Z
Z
1
(n 1)
n 2
n 1
sin
(x) dx =
sin
(x) cos (x) + sinn (x) dx
n
n
Z
Z
1
n
sinn 2 (x) dx =
sinn 1 (x) cos (x) +
sinn (x) dx; n 6= 1
n 1
n 1
Z
1
sin m 2 (x) dx =
sin m 1 (x) cos (x)
m 1
Z
m
sin m (x) dx; m 6= 1
+
m 1
Z
Z
1
m
m+2
m
csc
(x) dx =
csc (x) cot (x) +
cscm (x) dx; m 6=
m+1
m+1
Ini memberikan rumus reduksi
Z
1
cscp (x) dx =
cscp
p 1
2 (x) cot (x)
+
p
p
2
1
Z
cscp
2 (x)
1:
dx; p 6= 1:
Contoh 1.21 Digunakan metode yang serupa dengan Contoh 1.19 untuk menghitung
integral tak tentu
Z
cosn (x) dx:
Diingat bahwa cos (x) = sin
Z
n
cos (x) dx =
=
=
=
Z
Z
sinn
2
2
x dan cos
x
dx;
sinn (u) ( du) =
Z
x = sin (x). Karena itu
2
h
i
dimisalkan u =
x; du = dx
2
sinn (u) du
Z
1
n 1
n 1
sin
(u) cos (u) +
sinn 2 (u) du
n
n
Z
1
n 1
n 1
sin
x cos
x
sinn 2
n
2
2
n
2
x
( dx)
yang memberikan rumus reduksi
Z
cosn (x)
1
dx = cosn
n
1 (x) sin (x)
+
n
1
n
Z
cosn
2 (x)
dx:
(1.7)
22
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.22 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:7), maka
Z
Z
1
m 1
m
m 1
cos
(x) dx =
cos
(x) sin (x) +
cos m 2 (x) dx
m
m
Z
Z
1
m+1
m
m
sec (x) dx =
sec (x) tan (x) +
secm+2 (x) dx:
m
m
Pada penyelesaian untuk integral terakhir, diperoleh
Z
Z
1
m
m+2
m
sec
(x) dx =
sec (x) tan (x) +
secm (x) dx; m 6=
m+1
m+1
dan pada akhirnya dihasilkan rumus reduksi
Z
1
p
secp (x) dx =
secp 2 (x) tan (x) +
p 1
p
2
1
Z
secp
2 (x)
1
dx; p 6= 1:
Contoh 1.23 Diperhatikan integral tak tentu
Z
tann (x) dx:
Dicatat bahwa tan2 (x) = sec2 (x) 1, sehingga dapat dituliskan kembali
Z
Z
Z
tann (x) dx =
tann 2 (x) tan2 (x) dx = tann 2 (x) sec2 (x)
Z
Z
n 2
2
=
tan
(x) sec (x) dx
tann 2 (x) dx:
1 dx
Untuk integral pertama di ruas kanan, diambil u = tan (x) sebagai suatu substitusi.
Z
Z
Z
Z
un 1
n
n 2
n 2
tan (x) dx = u
du
tan
(x) dx =
tann 2 (x) dx; n 6= 1:
n 1
Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi
Z
tann 1 (x)
tann (x) dx =
n 1
Z
tann
2 (x)
dx; n 6= 1:
(1.8)
Contoh 1.24 Digunakan rumus reduksi tan
x = cot (x) di (1:8) untuk mem2
peroleh
Z
Z
h
i
n
cot (x) dx =
tann
x dx;
dimisalkan u =
x; du = dx
2
2
Z
Z
=
tann (u) ( du) =
tann (u) du
Z
tann 1 (u)
=
tann 2 (u) du ; n 6= 1
n 1
Z
cotn 1 (x)
+ cotn 2 (x) ( dx) ; n 6= 1::
=
n 1
23
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi
Z
cotn (x)
dx =
cotn
n
1 (x)
1
Z
cotn
2 (x)
dx; n 6= 1:
Selanjutnya, menggunakan identitas sin2 (x) + cos2 (x) = 1 kita dapat menghitung
integral berbentuk
Z
sinm (x) cosn (x) dx
(1.9)
dimana m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif. Aturannya adalah seperti
berikut:
(a)
(b)
(c)
Jika m adalah ganjil, maka diambil substitusi u = cos (x).
Jika n adalah ganjil, maka diambil substitusi u = sin (x).
Jika m dan n adalah genap, maka (1.9) dapat ditransformasikan ke integral
jumlahan dari pangkat-pangkat genap untuk cos (x) atau sin (x).
Dicatat bahwa aturan (a) dan (b) di atas akan mentransformasikan integral ke suatu
polinomial dalam u. Sementara itu, dalam aturan (c) perlu digunakan rumus reduksi
untuk menyelesaikan integral yang dijumpai.
Contoh 1.25 Diperhatikan integral tak tentu
Z
sin4 (x) cos3 (x) dx:
Pertama kali dinyatakan
Z
Z
sin4 (x) cos3 (x) dx =
sin4 (x) cos2 (x) cos (x) dx
Z
=
sin4 (x) 1 sin2 (x) cos (x) dx:
Diambil substitusi u = sin (x), du = cos (x) dx, maka
Z
Z
1
1 7
sin4 (x) cos3 (x) dx =
u4 1 u2 du = u5
u +k
5
7
1
1
=
sin5 (x)
sin7 (x) + k:
5
7
Metode di atas juga bekerja untuk suatu pangkat ganjil dari sin (x) dikalikan sembarang
pangkat dari cos (x), dan juga sebaliknya.
Contoh 1.26 Diperhatikan integral tak tentu
Z p
cos (x) sin3 (x) dx:
24
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Pertama kali dinyatakan
Z p
Z p
3
cos (x) sin (x) dx =
cos (x) sin2 (x) sin (x) dx
Z p
=
cos (x) 1 cos2 (x) sin (x) dx:
Diambil substitusi u = cos (x), du = sin (x) dx, maka
Z p
Z
Z
p
3
2
cos (x) sin (x) dx =
u 1 u ( 1) du =
=
=
1
5
u 2 + u 2 du
2 3 2 7
u2 + u2 + k
3
7
3
7
2
2
cos 2 (x) + cos 2 (x) + k:
3
7
Contoh 1.27
Z
Z
2
4
4
sin (x) cos (x) dx =
sin4 (x) 1 sin2 (x) dx
Z
=
sin4 (x) 2 sin6 (x) + sin8 (x) dx:
Sekarang rumus reduksi untuk sin (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai latihan.
Kita juga dapat menghitung integral-integral berbentuk
Z
Z
m
n
tan (x) sec (x) dx dan
cotm (x) csc n (x) dx:
Aturannya adalah seperti berikut:
(a)
(b)
Ketika m adalah genap, maka digunakan identitas tan2 (x) = sec2 (x) 1
untuk integral pertama atau cot2 (x) = csc 2 (x) 1 untuk integral kedua.
Jika m adalah ganjil, maka digunakan substitusi u = sec (x) untuk integral
pertama atau u = csc (x) untuk integral kedua.
Dicatat bahwa dalam aturan (a) perlu digunakan rumus reduksi sec n (x) atau csc n (x)
untuk menyelesaikan integral yang dijumpai setelah dilakukan substitusi. Sementara
itu aturan (b) akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u.
Contoh 1.28
Z
Z
4
tan (x) sec (x) dx =
Z
=
2
sec2 (x)
1
sec5 (x)
2 sec3 (x) + sec (x) dx:
sec (x) dx
Sekarang rumus reduksi untuk secn (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai latihan.
25
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.29 Diperhatikan integral tak tentu
Z
cot3 (x) csc 3 (x) dx:
Pertama kali dinyatakan
Z
Z
cot3 (x) csc 3 (x) dx =
cot2 (x) csc 2 (x) (cot (x) csc (x)) dx
Z
=
csc 2 (x) 1 csc 2 (x) (cot (x) csc (x)) dx:
Diambil substitusi u = csc (x), du = cot (x) csc (x) dx, maka
Z
Z
1
1 3
3
3
cot (x) csc (x) dx =
u2 1 u2 du = u5
u +k
5
3
1
1
=
csc5 (x) + csc3 (x) + k:
5
3
Berikutnya, dengan menggunakan identitas-identitas trigonometri:
1
[sin (x
2
1
sin (x) sin (y) =
[cos (x
2
1
cos (x) cos (y) =
[cos (x
2
kita mendapatkan rumus-rumus integrasi seperti
sin (x) cos (y) =
(1)
(2)
(3)
Z
Z
Z
y) + sin (x + y)] ;
y)
cos (x + y)] ;
y) + cos (x + y)] ;
berikut ini:
sin (ax) cos (bx) dx =
1 cos ((b a) x)
2
b a
cos ((b + a) x)
+ k; a2 6= b2
b+a
sin (ax) sin (bx) dx =
1 sin ((b a) x)
2
b a
sin ((b + a) x)
+ k; a2 6= b2
b+a
cos (ax) cos (bx) dx =
1 sin ((b a) x) sin ((b + a) x)
+
+ k; a2 6= b2
2
b a
b+a
untuk bilangan-bilangan riil a dan b:
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.5
Untuk soal (1) (9), hitung setiap integral yang diberikan dan anda bisa menggunakan
rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.
p
Z
Z
Z
cos2 ( x)
2
p
(1)
dx
(2)
cot (x) dx
(3)
sec3 (x) dx
x
Z
Z
Z
(4)
cos4 (x) dx
(5)
tan5 (x) dx
(6)
sec5 (x) dx
(7)
Z
csc 3 (x) dx
(8)
Z
1
dx
4
sin (x)
(9)
Z
sec4 (3x
1) dx
26
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Hitung setiap integral berikut ini.
Z
(10)
sin5 (x) cos4 (x) dx
(12)
(14)
(16)
(18)
(20)
(22)
(24)
(26)
(28)
(30)
1.6
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
4
sin
(x) cos4 (x)
tan5 (x) sec 4 (x)
tan4 (x) sec 5 (x)
(11)
dx
(13)
dx
(15)
dx
(17)
tan4 (x) sec 4 (x) dx
(19)
tan3 (x) sec 3 (x) dx
(21)
sin (x) cos (7x) dx
(23)
sin (4x) cos (4x) dx
(25)
sin (2x) sin (3x) dx
(27)
sin (3x) sin (5x) dx
(29)
Z
sin3 (x) cos5 (x) dx
Z
sin2 (x) cos4 (x) dx
Z
cot5 (x) csc 4 (x) dx
Z
cot4 (x) csc 5 (x) dx
Z
cot4 (x) csc 4 (x) dx
Z
cot5 (x) csc 5 (x) dx
Z
sin (2x) cos (3x) dx
Z
sin (3x) cos (3x) dx
Z
sin (4x) sin (6x) dx
Z
cos (3x) cos (5x) dx
cos (2x) cos (4x) dx
Substitusi Trigonometri
Integral-integral yang memuat salah satu dari
a2
x2 ; a2 + x2 ; atau x2
a2
(1.10)
seringkali dapat diintegralkan dengan suatu substitusi trigonometri. Idenya adalah
mengambil x, a, dan akar kuadrat sebagai sisi-sisi dari suatu segitiga siku-siku dan
menggunakan salah satu sudut lancipnya sebagai suatu variabel baru . Terdapat tiga
jenis substitusi trigonometri yang diberikan dalam subbab ini.
BENTUK-BENTUK a2 x2 .
Diandaikan bahwa x = a sin ( ) dengan a > 0.
Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:
a
θ
a2 − x2
x
27
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Selanjutnya diperoleh:
p
dx = a cos ( ) d ; a2
x2 = a2 cos2 ( ) ;
x
a2 x2 = a cos ( ) ; = arcsin
;
a
p
x
a2 x2
x
;
sin ( ) =
; cos ( ) =
; tan ( ) = p
a
a
a2 x2
p
a
a
a2 x2
csc ( ) =
; cot ( ) =
; sec ( ) = p
.
x
x
a2 x2
Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x
a2
x2
1
a2
x2
a2
p
a2
x2
1
1
p
2
x a
p
dx =
x
p
a2
1
ln a2
2
dx =
x2 + k
1
a x
ln
+k
2a
a+x
dx =
p
a2
x2 + k
x
+k
a
p
1
a
a2
dx = ln
a
x
x2
x2
dx = arcsin
x2 dx =
x2
+k
x
1 p
a2
arcsin
+ x a2
2
a
2
x2 + k
Contoh 1.30 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x3
p
dx:
9 x2
Diambil substitusi x = 3 sin ( ), dx = 3 cos ( ) d , maka
Z
Z
x3
sin3 ( )
p
dx = 27 p
cos (
9 x2
1 sin2 ( )
1
= 27
sin2 ( ) cos ( )
3
p
9 x2
1 x2
= 27
3
3 9
p
1 2 2
= 9 9 x2
x
27
3
Z
) d = 27 sin3 ( ) d
2
cos ( ) + k
3
2
3
+k
+ k:
28
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
BENTUK-BENTUK a2 + x2 .
Diandaikan bahwa x = a tan ( ) dengan a > 0.
Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:
a2 − x2
x
θ
a
Selanjutnya diperoleh:
p
dx = a sec 2 ( ) d ; a2 + x2 = a2 sec 2 ( ) ;
x
a2 + x2 = a sec ( ) ; = arctan
;
a
x
a
x
sin ( ) = p
; cos ( ) = p
; tan ( ) = ;
2
2
2
2
a
a +x
a +x
p
p
2
2
2
2
a +x
a +x
a
csc ( ) =
; sec ( ) =
; cot ( ) = .
x
a
x
Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Z
Z
Z
Z
a2
x
1
dx = ln a2 + x2 + k
2
+x
2
a2
1
1
x
+k
dx = arctan
2
+x
a
a
p
p
x
dx = a2 + x2 + k
a2 + x2
p
1
dx = ln x + a2 + x2 + k
a2 + x2
p
Z
1
1
a2 + x2 a
p
dx = ln
+k
a
x
x a2 + x2
Z
p
p
a2
1 p
a2 + x2 dx =
ln x + a2 + x2 + x a2 + x2 + k
2
2
p
Contoh 1.31 Diperhatikan integral tak tentu
Z
1
dx:
(x2 + 2)2
p
p
Diambil substitusi u = 2 tan ( ), dx = 2 sec 2 ( ) d , maka
p
p Z
Z
Z
1
2 sec 2 ( )
2
1
d
2 dx =
2 d = 4
2
2
sec 2 ( )
(x + 2)
(2 tan ( ) + 2)
p Z
2
=
cos2 ( ) d :
4
29
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Selanjutnya bisa digunakan rumus reduksi dari cosn ( ) untuk mendapatkan
p
Z
1
2 1
dx =
cos ( ) sin ( )
+k
2
4
2
(x2 + 2)
!
p
p
2 1
2
x
x
p
p
+k
=
arctan p
4
2
2
x2 + 2
x2 + 2
p
x
2
x
=
+ k:
arctan p
4 (x2 + 2)
4
2
BENTUK-BENTUK x2 a2 .
Diandaikan bahwa x = a sec ( ) dengan a > 0.
Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:
x
x2 − a2
θ
a
Selanjutnya diperoleh
p
dx = a sec ( ) tan ( ) d ; x2
x2
a2 = a tan ( ) ; = arcsec
p
x2 a2
sin ( ) =
; cos ( ) =
x
x
; sec ( ) =
csc ( ) = p
2
x
a2
a2 = a2 tan 2 ( ) ;
x
;
a
p
a
x2 a2
; tan ( ) =
;
x
a
x
a
.
; cot ( ) = p
2
a
x
a2
Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x
x2
a2
1
x2
a2
1
ln x2
2
dx =
1
x a
ln
+k
2a
x+a
x
p
x2
p
x2
a2
1
1
p
2
x x
p
dx =
x2
a2
dx =
p
x2
dx = ln x +
a2
dx =
a2 dx =
a2 + k
a2 + k
p
x2
a2 + k
1
x
arcsec
+k
a
a
p
a2
ln x + x2
2
1 p
a2 + x x2
2
a2 + k
30
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.32 Diperhatikan integral tak tentu
Z p 2
x
4x
dx:
x 2
Dipunyai
x2
4x = x2
4x + 4
2)2
4 = (x
4 = u2
4
dimana kita menggunakan substitusi u = x 2. Karena itu
Z p 2
Z p 2
x
4x
u
4
dx =
du:
x 2
u
Untuk menghitung integral di ruas kanan, digunakan substitusi trigonometri u = 2 sec ( ),
du = 2 sec ( ) tan ( ) d , maka
Z p
Z
Z p 2
4 sec2 ( ) 4
u
4
du =
2 sec ( ) tan ( ) d = 2 tan2 ( ) d
u
2 sec ( )
!
p
u2 4
u
= 2 (tan ( )
)+k =2
+ k:
arcsec
2
2
Oleh karena itu, dengan substitusi u = x 2 diperoleh
Z p 2
p
x
4x
dx = x2 4x 2 arcsec
x 2
x
2
2
+ k:
Dua contoh berikut ini menunjukkan bagaimana metode pelengkapan kuadrat (completing the square) digunakan untuk membawa suatu pernyataan kuadratik ke salah
satu dari pernyataan di (1.10).
Contoh 1.33 Diperhatikan integral tak tentu
Z
1
p
dx, dengan syarat a > 0 dan D = b2
2
c + bx ax
4ac < 0.
Pertama kali dilakukan metode pelengkapan kuadrat:
c + bx
c
b
+ x
a a
ax2 = a
= a
= a
= a
"
h
x2
c
+
a
b
2a
2
c
+
a
b
2a
2
q+p
2
b
2a
x
(x
2
p)
i
2
b
+2 x
2a
#
b
2a
x2
!
2
b
c
dan q = . Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu
2a
a
Z
Z
1
1
1
p
q
dx = p
dx, dengan syarat p2 < q.
2
a
2
c + bx ax
2
(q + p ) (x p)
dimana p =
31
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x p, dy = dx,
maka
Z
Z
1
1
q
dx = p
dy.
2)
2
2
(q
+
p
y
2
(q + p ) (x p)
p
p
Selanjutnya dibuat substitusi y = (q + p2 ) sin (u), dy = (q + p2 ) cos (u) du, maka
p
Z
Z
(q + p2 ) cos (u)
1
p
p
dy =
du
(q + p2 ) y 2
(q + p2 ) (q + p2 ) sin2 (u)
Z
cos (u)
p
=
du = u + k
1 sin2 (u)
!
y
= arcsin p
+ k:
(q + p2 )
Oleh karena itu,
Z
p
1
c + bx
ax2
1
dx = p arcsin
a
p
b2
2a
+ 4ac
Contoh 1.34 Diperhatikan integral tak tentu
Z
1
dx, dengan syarat D = b2
2
ax + bx + c
x
b
2a
+ k:
4ac < 0.
Dilakukan metode pelengkapan kuadrat:
b
c
ax2 + bx + c = a x2 + x +
a
a
b
b 2
b 2 c
= a x2 + 2 x +
+
2a
2a
2a
a
"
!#
c
b 2
b 2
= a x+
+
2a
a
2a
h
i
= a (x + p)2 + q p2
!
b
c
dan q = . Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu
2a
a
Z
Z
1
1
1
dx =
dx, dengan syarat p2 < q.
2
2
ax + bx + c
a (x + p) + (q p2 )
dimana p =
Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x + p, dy = dx,
maka
Z
Z
1
1
dx =
dy.
2
2
2
y + (q p2 )
(x + p) + (q p )
32
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
p
p2 ) tan (u), dy = (q p2 ) sec2 (u) du, maka
p
Z
(q p2 ) sec2 (u)
du
dy
=
p2 )
(q p2 ) tan2 (u) + (q p2 )
Z
1
1
sec2 (u)
= p
du = p
u+k
2
2
(q p ) tan (u) + 1
(q p2 )
!
y
1
arctan p
+ k:
= p
(q p2 )
(q p2 )
Selanjutnya dibuat substitusi y =
Z
y2
1
+ (q
Oleh karena itu,
Z
ax2
p
(q
2
1
dx = p
+ bx + c
4ac
b2
p
arctan
2a
4ac b2
x+
b
2a
+ k:
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.6
Hitung integral-integral berikut ini.
Z
x
p
(1)
dx
(2)
4 x2
Z
1
dx
(5)
(4)
4 x2
Z
x
p
(7)
dx
(8)
9 + x2
Z
1
(10)
dx
(11)
2
x
16
Z
1
p
(13)
dx
(14)
x x2 4
Z
p
(16)
9 x2 dx
(17)
(19)
(22)
(25)
(28)
(31)
Z
Z
x2
p
dx
4 + x2
1
x2 )2
dx
(9
Z p
4 + x2
dx
x
Z
1
p
dx
2
x 4 x2
Z
1
dx
2
x
4x + 12
(20)
(23)
(26)
(29)
(32)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
p
Z
x2
4
dx
x
dx
9 + x2
p
p
1
dx
9 + x2
x
x2
p
dx
16
9x2
4
p
dx
x2
x2
dx
16
1
(x2
2
16)
dx
x2 4
dx
x
x2
p
1
x2
(3)
(6)
1
p
dx
x 9 x2
Z p
Z
1
4
dx
1
p
dx
4x x2
(9)
(12)
(15)
(18)
(21)
(24)
(27)
(30)
(33)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x
x2
4
dx
1
dx
9 + x2
x
x2
p
16
dx
1
x2
16
dx
dx
p
x x2 + 16
p
x2
dx
1 x2
1
(9 + x2 )2
1
3
(4 + x2 ) 2
x2
p
dx
dx
1
dx
x2 + 4
x2
1
dx
2x + 5
p
dx
4x + 12
x2
33
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(34)
(37)
(40)
(43)
(46)
(49)
(52)
(55)
(58)
1.7
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
1
4x
x2
dx
(35)
x dx
p
2
x
2x + 5
(38)
2x + 7
dx
x2 + 4x + 13
(41)
x+4
p
dx
9x2 + 16
1
p
dx
4x x2
(47)
x
p
dx
4x x2
p
(50)
x dx
6 + x 2x2
3x2
(53)
dx
12x + 16
(x + 1)
p
x2 + 2x
(44)
(56)
1
8
dx
(59)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
dx
p
2
x
2x + 5
(36)
x dx
x2 + 4x + 13
p
(39)
x+3
dx
2
x + 2x + 5
x+2
p
dx
16 9x2
p
1
9x
4x2
(42)
(45)
dx
(48)
dx
p
2
x
2x + 8
(51)
x
dx
x2 + x + 1
(54)
dx
2
12x + 56x + 72
(57)
(3x + 1)
p
3x2 + 2x
1
5
dx
(60)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
x2
x
4x
12
p
4x
x2 dx
5
p
p
1
4x2
dx
1
6x
p
p
1
dx
4x2
dx
dx
8x
25x2
dx
3 + 4x
4x2
1
dx
x2 + 3x + 5
9x2
p
8 dx
12x + 20
e2x dx
5 e2x + e4x
Integral Fungsi Rasional
Pada subbab ini didiskusikan masalah integrasi fungsi rasional berbentuk
R (x) =
P (x)
;
Q (x)
dimana P (x) dan Q (x) adalah polinomial yang tidak mempunyai faktor persekutuan.
Idenya adalah menuliskan kembali fungsi rasional sebagai suatu jumlahan dari pecahan
lebih sederhana yang dinamakan pecahan parsial. Ini dapat dilakukan dengan cara
seperti berikut:
(1) Jika derajat dari P (x) lebih besar atau sama dengan derajat dari Q (x), maka
digunakan pembagian panjang dari polinomial untuk mendapat suatu hasil bagi
p (x) dan suatu sisa r (x), sehingga fungsi rasional dituliskan kembali sebagai
R (x) =
P (x)
r (x)
= p (x) +
Q (x)
Q (x)
dimana derajat dari r (x) lebih kecil dari pada derajat dari Q (x).
(2) Faktorisasi penyebut: Q (x) = q1 (x) q2 (x) : : : qk (x), dimana setiap faktor qi (x)
mempunyai bentuk linier ax+b, atau kuadratik irreducible (tidak bisa difaktorkan
n
lagi) ax2 + bx + c, atau suatu pangkat berbentuk (ax + b)n atau ax2 + bx + c .
(3)
r (x)
dinyatakan sebagai jumlahan dari pecahan-pecahan parsial. Jika (ax + b)n
Q (x)
muncul dalam faktorisasi dari Q (x), jumlahan dari pecahan parsial akan memuat
34
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
suku-suku berikut:
A1
A2
An
+
+ ::: +
;
2
ax + b (ax + b)
(ax + b)n
dimana A1 , A2 , ..., An adalah konstanta-konstanta tertentu. Jika muncul bentuk
m
ax2 + bx + c , jumlahan dari pecahan parsial akan memuat
B1 x + C1
Bm x + Cm
B2 x + C2
+ ::: +
;
+
ax2 + bx + c (ax2 + bx + c)2
(ax2 + bx + c)m
dimana B1 , B2 , ..., Bm dan C1 , C2 , ..., Cm adalah konstanta-konstanta tertentu.
A
secara mudah diintegralkan menggunakan Aturan
(ax + b)n
Z
Z
1
1
n
n+1
u dx =
u
+ k; n 6= 1; dan
du = ln juj + k:
n+1
u
Pecahan parsial bertipe
Pangkat
Pecahan parsial bertipe
Bx + C
dapat diintegralkan seperti berikut.
+ bx + c)m
(ax2
Pertama kali penyebut dibagi oleh am sehingga pecahan mempunyai bentuk lebih sederhana:
Bx + C
:
m
2
a (x + b1 x + c1 )m
Jika dilakukan pelengkapan kuadrat dengan membuat substitusi u = x + 12 b1 , kita
memperoleh
1 2
x2 + b1 x + c1 = u2 + c1
b = u2 + k 2 ;
4 1
dimana k = c1 14 b21 . Sekarang integral mengambil bentuk lebih sederhana:
Z
Z
Z
1
Bu + C
1
Bu
1
C
du
=
du
+
du:
am (u2 + k 2 )m
am (u2 + k 2 )m
am (u2 + k 2 )m
Integral pertama di ruas kanan dapat dihitung dengan mengambil w = u2 + k 2 , dw =
2u du. Integral kedua dapat dihitung dengan substitusi trigonometri u = k tan ( ),
yang akhirnya diselesaikan menggunakan rumus reduksi untuk cos (x).
Untuk mencari pecahan parsial, kita harus menyelesaikan untuk konstanta-konstanta
tak diketahui Ai , Bi , dan Ci . Dalam tiga contoh pertama berikut ini ditunjukkan
bagaimana hal tersebut dilakukan.
Contoh 1.35 Diperhatikan fungsi rasional
x2
5x + 17
:
3x 10
Pertama kali kita memfaktorkan penyebut:
x2
3x
10 = (x + 2) (x
5) :
35
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Karena terdapat dua faktor linear, maka haruslah dibentuk jumlahan dari dua pecahan
parsial:
5x + 17
A
B
=
+
:
2
x
3x 10
x+2 x 5
Cara kita mencari A dan B adalah dengan menggunakan (x + 2) (x 5) sebagai suatu
penyebut persekutuan sehingga pembilang dari kedua ruas persamaan adalah sama.
x2
5x + 17
A (x 5) + B (x + 2)
=
3x 10
(x + 2) (x 5)
5x + 17 = A (x 5) + B (x + 2) :
Penyelesaian untuk A dan B dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang dua
nilai x (untuk kemudahan biasanya diambil akar-akar dari penyebut):
x= 2
x=5
=) 5 ( 2) + 17 = A ( 7) + 0 =) A =
=) 5 5 + 17 = 0 + B 7 =) B = 6:
1;
Oleh karena itu,
x2
5x + 17
1
6
=
+
:
3x 10
x+2 x 5
Contoh 1.36 Diperhatikan fungsi rasional
2x3 + x + 1
:
x4 + 2x3 + x2
Faktorisasi dari penyebut yaitu
x4 + 2x3 + x2 = x2 x2 + 2x + 1 = x2 (x + 1)2 :
Karena terdapat empat faktor linear (tidak harus berbeda), maka dibentuk jumlahan
dari empat pecahan parsial:
A
B
C
D
2x3 + x + 1
= + 2+
+
:
4
3
2
x + 2x + x
x
x
x + 1 (x + 1)2
Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
=
Ax (x + 1)2 + B (x + 1)2 + Cx2 (x + 1) + Dx2
x2 (x + 1)2
2x3 + x + 1 = Ax (x + 1)2 + B (x + 1)2 + Cx2 (x + 1) + Dx2 :
Penyelesaian untuk A, B, C, dan D dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang
empat nilai x:
x=0
x= 1
x=1
x=2
=) 0 + 0 + 1 = 0 + B + 0 + 0 =) B = 1;
=) 2 + ( 1) + 1 = 0 + 0 + 0 + D =) D = 2;
=) 2 + 1 + 1 = 4A + 4 + 2C + ( 2) =) 2A + C = 1;
=) 16 + 2 + 1 = 18A + 9 + 12C + ( 8) =) 3A + 2C = 3:
Penyelesaian untuk dua persamaan terakhir yaitu A =
1 dan C = 3. Oleh karena itu,
2x3 + x + 1
1
1
3
2
=
+ 2+
+
:
4
3
2
x + 2x + x
x
x
x + 1 (x + 1)2
36
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.37 Diperhatikan fungsi rasional
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2
:
Karena terdapat tiga faktor, maka dibentuk jumlahan dari tiga pecahan parsial:
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
2
(x + 1) (x2 + 2x + 3)
=
A
Bx + C
Dx + E
:
+ 2
+
x + 1 x + 2x + 3 (x2 + 2x + 3)2
Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 =
A x2 + 2x + 3
2
+ (Bx + C) (x + 1) x2 + 2x + 3 + (Dx + E) (x + 1) :
Penyelesaian untuk A, B, C, D dan E dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang lima nilai x:
x= 1
x=0
x=1
x=2
x=
2
=)
=)
=)
=)
=)
=)
=)
=)
1 4 + 11 12 + 8 = 4A =) A = 1;
0 + 0 + 0 + 0 + 8 = 9A + 3C + E =) 3C + E = 1;
1 + 4 + 11 + 12 + 8 = 36A + 12 (B + C) + 2 (D + E)
6 (B + C) + D + E = 0;
16 + 32 + 44 + 24 + 8 = 121A + 33 (2B + C) + 3 (2D + E)
11 (2B + C) + 2D + E = 1;
16 32 + 44 24 + 8 = 9A 3 ( 2B + C) ( 2D + E)
3 ( 2B + C) ( 2D + E) = 3:
Penyelesaian untuk empat persamaan terakhir yaitu B = C = 0, D = 1, dan E =
Oleh karena itu,
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x +
1) (x2
2
+ 2x + 3)
=
1.
x 1
1
+
:
2
x + 1 (x + 2x + 3)2
Sekarang kita siap untuk menghitung integral dari fungsi pecah rasional.
Contoh 1.38 Diperhatikan integral tak tentu
Z 3
x + 4x2 1
dx:
x+2
Karena derajat dari pembilang lebih besar dari pada penyebut, maka langkah pertama
adalah membagi pembilang dengan penyebut menggunakan pembagian panjang. Hasilnya adalah
x3 + 4x2 1
7
= x2 + 2x 4 +
:
x+2
x+2
Sekarang dengan mudah kita dapat mengintegralkan setiap suku dalam jumlahan.
Z 3
Z
x + 4x2 1
7
dx =
x2 + 2x 4 +
dx
x+2
x+2
1 3
=
x + x2 4x + 7 ln jx + 2j + k:
3
37
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.39 Diperhatikan integral tak tentu
Z
5x + 17
dx:
2
x
3x 10
Karena pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil dibandingkan dengan penyebut,
maka tidak perlu dilakukan pembagian panjang. Dari hasil di Contoh 1.35 dipunyai
x2
maka
Z
5x + 17
1
6
=
+
;
3x 10
x+2 x 5
5x + 17
dx =
x2 3x 10
=
Z
Z
1
6
dx +
dx
x+2
x 5
ln jx + 2j + 6 ln jx 5j + k:
Contoh 1.40 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.36,
Z
Z
Z
Z
Z
2x3 + x + 1
1
1
3
2
dx
dx =
dx +
dx +
dx +
4
3
2
2
x + 2x + x
x
x
x+1
(x + 1)2
1
2
=
ln jxj
+ 3 ln (x + 1) +
+ k.
x
x+1
Contoh 1.41 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.37,
Z 4
Z
Z
x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
1
x 1
dx
=
dx
+
dx
2
x+1
(x + 1) (x2 + 2x + 3)
(x2 + 2x + 3)2
Z
x 1
= ln jx + 1j +
dx:
2
(x + 2x + 3)2
Dengan membuat substitusi u = x + 12 2 = x + 1, dipunyai x2 + 2x + 3 = u2 + 2. Karena
itu
Z
Z
Z
Z
u 2
u
2
x 1
dx =
du =
du +
du:
2
2
2
(x2 + 2x + 3)
(u2 + 2)
(u2 + 2)
(u2 + 2)2
Integral pertama di ruas kanan dihitung dengan mengambil w = u2 + 2, dw = 2u du,
maka
Z
Z
Z
u
1
2u
1
1
1
1
dw =
=
:
du
=
du
=
2
2
2
2
2 (u2 + 2)
2 w
2w
2 (u + 2)
(u2 + 2)
p
Integral kedua dihitung dengan substitusi trigonometri u = 2 tan ( ), dan dengan
menggunakan hasil di Contoh 1.31 diperoleh bahwa
"
#
p
Z
2
u
2
u
du = 2
arctan p
:
4 (u2 + 2)
4
2
(u2 + 2)2
Terakhir, dengan substitusi balik u = x + 1 didapatkan
Z 4
x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
1
dx = ln jx + 1j
2
2
2
2 (x + 2x + 3)
(x + 1) (x + 2x + 3)
"
p
x+1
2
2
arctan
2
4 (x + 2x + 3)
4
x+1
p
2
#
+ k:
38
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.7
Hitung integral-integral berikut ini.
Z
1
(1)
dx
(x 1) (x 2) (x + 4)
Z
1
dx
(3)
(x a) (x b)
Z
1
(5)
dx
2
(x + 1) (x2 + 4)
Z
2x
(7)
dx
2
x
5x + 6
Z
x+1
dx
(9)
(x + 2) (x2 + 4)
Z
2
(11)
dx
(x2 + 4) (x2 + 9)
Z
x2
(13)
dx
(x2 + 4) (x2 + 9)
Z
x 4
(15)
dx
2
(x + 4) (x + 1)
Z
1
(17)
dx
4
x
16
Z 3
x + x2 + 2
(19)
dx
x2 1
Z 6
x
2
(21)
dx
x4 + x2
Z 5
x + 2x4 + 4x3 + x + 1
(23)
dx
x2 + x + 1
Z
2x3 11x2 + 17x 16
(25)
dx
x4 4x3 + 5x2 4x + 4
1.8
(2)
(4)
(6)
(8)
(10)
(12)
(14)
(16)
(18)
(20)
(22)
(24)
(26)
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
Z
(x
1
dx
4) (10 + x)
(x
1
a) (b
(x
1
dx
1) (x2 + 1)
dx
x)
x
dx
(x + 3) (x + 4)
x+2
dx
(x + 3) (x2 + 1)
(x2
1
4) (x2
9)
(x2
x
4) (x2
9)
dx
1
dx
5x + 4
x2
x
x4
81
x3
x2
x2
x3
dx
dx
7x + 8
dx
4x + 4
x2 + x 3
dx
2x2 x + 2
x2 + 3x 1
dx
x4 + x3 + x2 + x
9 + 6x + 2x2 + x3
dx
4 + x2
Integral Fungsi Irasional
Terdapat dua bentuk irasional yang akan didiskusikan dalam subbab ini. Dengan substitusi yang sesuai, masalah integrasi dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.
s
Jika integran memuat satu atau lebih pangkat-pangkat pecahan berbentuk x r , maka
masalah integrasinya bisa diselesaikan dengan membuat substitusi x = un dimana n
adalah kelipatan persekutuan terkecil (disingkat KPK) dari penyebut-penyebut dalam
pangkat pecahan. Dengan substitusi tersebut, masalah integral dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
39
Contoh 1.42 Diperhatikan integral tak tentu
Z p
3
x
p dx:
1+ x
Karena KPK dari 3 dan 2 adalah 6, maka dibuat substitusi x = u6 , dx = 6u5 du, dan
Z p
Z
Z p
3
3
x
u6
u2
p 6u5 du =
p dx =
6u5 du
3
6
1
+
u
1+ x
1+ u
Z
u7
du:
= 6
1 + u3
Sekarang dipunyai masalah integrasi fungsi rasional dan untuk penyelesaiannya ditinggalkan sebagai latihan.
Contoh 1.43 Diperhatikan integral tak tentu
p
Z p
3
x + x2
p
dx:
5+ 4x
Karena KPK dari 2, 3, dan 4 adalah 12, maka dibuat substitusi x = u12 , dx = 12u11 du,
dan
q
p
Z p
Z pu12 + 3 (u12 )2
Z 6
3
2
x+ x
u + u8 11
11
p
p
u du
dx
=
12u
du
=
12
4
4
5 + u3
5+ x
5 + u12
Z 17
u + u19
= 12
du:
5 + u3
Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.
Jika integran hanya memuat bentuk
s
ax + b
; dengan a; p 6= 0;
px + q
maka dibuat substitusi u =
berikut:
u2
=
=)
r
ax + b
. Hubungan antara du dan dx dicari seperti
px + q
ax + b
=) u2 (px + q) = ax + b =) x pu2 a = b qu2
px + q
2qu pu2 a
b qu2 2pu
b qu2
x= 2
=) dx =
du:
pu
a
(pu2 a)2
40
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
Contoh 1.44 Diperhatikan integral tak tentu
Z r
x+1
dx:
x+2
Jika dibuat substitusi
u =
dx =
r
x+1
; dan
x+2
4u u2 1
(u2
1
2u2 2u
2
1)
du =
2u
1)2
(u2
du,
maka diperoleh
Z r
x+1
dx =
x+2
Z
u
2u
(u2
1)2
Z
du = 2
u2
(u2
1)2
du:
Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.8
Hitung setiap integral berikut ini menggunakan substitusi yang diberikan.
3
Z
Z
1
4x 2
6
dx;
x
=
u
(2)
x = u3
(1)
1
1 dx;
1 + x3
1 + x3
Z
Z
1
1
p
p
(3)
dx; u2 = 1 + e2x
(4)
dx; u2 = x3 8
1 + e2x
x x3 8
Hitung setiap integral berikut ini menggunakan suatu substitusi yang sesuai.
Z
Z
Z
x2
1
x
p
p
p dx
dx
(6)
dx
(7)
(5)
4+ x
x+2
x+4
2
Z
Z p
Z
x
x
x3
p dx
p dx
(8)
(9)
(10)
1 dx
1+ x
1+ 3x
8 + x2
Z
Z
Z
1
1
x
p dx
(11)
dx
(12)
(13)
2
2 dx
1+ x
x3 + 1
1 + x3
p
p
p
Z
Z
Z
1+ x
x
1+ x
1
p dx
(14)
(15)
dx
(16)
3
3 dx
2+ x
1 + x2
1 x2
Z r
Z r
Z r
3x 2
1
1
(17)
dx
(18)
1 + dx
(19)
1
dx
4x + 3
x
x
Z r
1
ln x
(20)
dx
x ln (x) 1
41
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
1.9
Substitusi tan
1
2x
Jika integran memuat suatu pernyataan berbentuk (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)),
maka substitusi berikut bisa membantu dalam penghitungan integral. Substitusi akan
mentransformasikan integran ke bentuk rasional.
BENTUK (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)).
maka dipunyai
sin (x) =
Lebih lanjut,
Z
(1)
Z
(2)
Diandaikan bahwa u = tan
1 u2
2
2u
;
cos
(x)
=
; dan dx =
du:
2
2
1+u
1+u
1 + u2
1
dx =
a + b sin (x)
1
dx =
a + b cos (x)
Z
Z
2
1+u2
2
a + b 1+u
2
2
1+u2
2
a + b 11+uu2
du =
du =
Z
2
du
a (1 + u2 ) + 2bu
Z
a (1 +
u2 )
2
+ b (1
u2 )
Contoh 1.45 Diperhatikan integral tak tentu
Z
1
dx:
1 + sin (x) + cos (x)
Jika dibuat substitusi u = tan
Z
1
2x
, dx =
1
dx =
1 + sin (x) + cos (x)
=
=
=
=
2
du, maka
1 + u2
Z
2
1
du
2
2u
1 u 1 + u2
1+
+
1 + u2 1 + u2
Z
2
du
2
1 + u + 2u + 1 u2
Z
Z
2
1
du =
du
2 + 2u
1+u
ln j1 + uj + k
1
ln 1 + tan
x + k:
2
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.9
Hitung integral-integral berikut ini.
Z
1
(1)
dx
2 + sin (x)
Z
1
dx
(3)
4 + cos (x)
Z
1
(5)
dx
sin (x) cos (x)
(2)
(4)
(6)
Z
Z
Z
2
1
dx
sin (x)
1
dx
sin (x) + cos (x)
1
dx
2 sin (x) + 3 cos (x)
du
1
2x
,
42
Bab 1. Teknik-teknik Integrasi
(7)
(9)
(11)
(13)
(15)
Z
Z
Z
Z
Z
1
dx
3 + cos (x)
(8)
sin (x)
dx
sin (x) + cos (x)
(10)
1 + sin (x)
dx
1 sin (x)
(12)
2 + cos (x)
dx
2 cos (x)
2 sin (x)
dx
3 + cos (x)
(14)
Z
Z
Z
Z
3
1
dx
cos (x)
cos (x)
dx
sin (x) cos (x)
1 cos (x)
dx
1 + cos (x)
2 cos (x)
dx
2 + cos (x)
Bab 2
Integral Tentu
2.1
Integral Riemann
Di sini kita mencoba untuk mencari luas bidang datar dari daerah di bawah kurva
y = f (x) dari a sampai b, dimana f adalah suatu fungsi kontinu, seperti dalam Gambar
2.1.
y=f(x)
Gambar 2.1: Daerah di bawah suatu kurva.
Untuk menaksir luas bidang datar, kita mulai dengan membagi interval [a; b] menjadi
n interval bagian:
[x0 ; x1 ] ; [x1 ; x2 ] ; [x2 ; x3 ] ; :::; [xn 1 ; xn ]
yang mempunyai lebar sama x =
..., xn dinamakan titik-titik diskrit.
b
a
n
(sehingga xi = a + i x). Titik-titik x0 , x1 ,
Pada setiap interval bagian [xi 1 ; xi ], kita membentuk persegi panjang dengan tinggi
f (xi ), dimana xi 2 [xi 1 ; xi ], lihat Gambar 2.2. Persegi panjang ke-i akan mempunyai
luas
f (xi )
x:
Dari Gambar 2.2, kita bisa melihat bahwa jumlah dari luas semua persegi panjang hampir mendekati luas daerah di bawah kurva. Jumlahan ini dinamakan suatu Jumlahan
Riemann dan sama dengan
n
X
f (xi )
x = f (x1 )
x + f (x2 )
i=1
43
x+
+ f (xn )
x:
44
Bab 2. Integral Tentu
f(xi*)
f(x)
∆x
x0 = a
x1
x2
xi-1 xi* xi
xn-2
xn-1
xn = b
x
Gambar 2.2: Persegi-persegi panjang di bawah suatu kurva.
Kita bisa memperkenalkan luas eksak dari bidang datar di bawah gra…k f (x) dengan
limit:
n
X
A = lim
f (xi ) x:
n!1
i=1
Ketika f adalah kontinu, nilai limit tidak tergantung dari titik-titik sampel xi yang
digunakan.
Limit tersebut dinyatakan oleh
Z
integral ) untuk f dari a sampai b:
Z
b
f (x) dx, dan dinamakan integral tentu (de…nite
a
b
f (x) dx = lim
n!1
a
n
X
f (xi )
x:
i=1
Berikut ini diberikan suatu contoh bagaimana bagaimana menghitung integral tentu
secara langsung dari de…nisi.
Contoh 2.1 Dicari nilai dari integral tentu
Z 1
x2 dx:
0
1
Kita membagi interval [0; 1] menjadi n subinterval dengan lebar sama, sehingga x =
n
i
dan xi = . Berikutnya kita harus memilih suatu titik xi dalam setiap subinterval
n
[xi 1 ; xi ]. Di sini kita akan menggunakan titik ujung kanan dari setiap subinterval,
i
xi = , lihat Gambar 2.3(a). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kanan. Karena itu
n
jumlahan Riemann yang berasosiasi dengan partisi tersebut adalah
R=
n
X
i=1
i
n
2
n
1
1 X 2
1 2n3 + 3n2 + n
2n3 + 3n2 + n
= 3
i = 3
=
:
n
n
n
6
6n3
i=1
45
Bab 2. Integral Tentu
Jadi,
Z
1
2n3 + 3n2 + n
1
= :
3
n!1
6n
3
0
Untuk memeriksa bahwa hasil tidak tergantung pada titik-titik sampel yang digunakan,
diulangi penghitungan menggunakan titik ujung kiri dari setiap subinterval, lihat Gambar 2.3(b). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kiri. Hasilnya adalah
n
X
L=
i=1
Jadi,
i
1
n
2
x2 dx = lim
n
1
1 X
= 3
(i
n
n
1 2n3
n3
1)2 =
i=1
Z
1
2n3
x2 dx = lim
n!1
0
x2
3n2 + n
2n3 3n2 + n
=
:
6
6n3
1
3n2 + n
= :
3
6n
3
x2
0
1
x
0
1
(a)
x
(b)
Gambar 2.3: Jumlahan Riemann: (a) Aturan Sisi Kanan; (b) Aturan Sisi Kiri.
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.1
Dalam Soal 1
24, hitung jumlahan Riemann menggunakan Aturan Sisi Kanan. Dib
X
gunakan notasi
untuk a dan b menyatakan bahwa subinterval pertama dimulai di
a
a dan subinterval akhir berakhir di b.
1
X
(1)
(3x + 1) x;
x = 31
(2)
0
(3)
1
X
(3x + 1)
x;
x=
1
4
(5)
(4)
(7)
2x2
x;
x=
1
4
(6)
(9)
0
x=
2
5
1
X
x=
1
4
2x2
x;
5
X
(2x
1)
x;
x=1
x2
1
x;
x=
1
2
x2
1
x;
x=
3
10
0
(2x
1)
x;
x=2
(8)
0
2
X
x;
0
1
5
X
(3x + 1)
0
1
1
X
1
X
1
X
1
x2
1
x;
x=
1
2
(10)
1
X
1
46
Bab 2. Integral Tentu
(11)
(13)
3
X
4
3
X
5x2
12
1+
1
(15)
0
X
x4
1
x
x;
x=2
x;
x=
3
X
(12)
1
3
4
5
X
(14)
x;
x=
1
4
(16)
X
x
x;
x=1
9
X
(18)
2
sin (x)
x;
x=
1
4
X
(20)
0
(21)
1
X
(23)
x=1
x;
x=
1
2
2x3
x;
x=
1
2
jx
4j
sin2 (x)
x;
x=2
x;
x=
1
4
x=
1
5
0
ex
x;
x=
1
5
1
X
(22)
0
5
X
2x
x;
1
Xp
0
(19)
10
12
0
1
X
1
(17)
5x2
xex
x;
0
ln (x)
x;
x=1
5
X
ln (x)
(24)
1
x
1
x;
x=1
Dalam soal 25 40, pergunakan fungsi y = f (x), bilangan a, b, dan n untuk menghitung hampiran luas bidang datar yang dibatasi oleh y = f (x). y = 0, x = 1, x = b
berdasarkan partisi
P = fa = x0 < x1 <
< xn = bg , dimana xi = a + i
dan Aturan Sisi Kiri.
(25) y = 2x, a = 0, b = 2, n = 6
(27)
(29)
(31)
(33)
(35)
(37)
(39)
y = x2 , a = 0, b = 3, n = 6
1
, a = 0, b = 3, n = 6
y=
1+x
1
y=p
, a = 0, b = 1, n = 4
4 x2
1
y=
, a = 0, b = 2, n = 4
4 + x2
p
y = 4 + x2 , a = 0, b = 2, n = 4
y = sin (x), a = 0, b = , n = 4
y = sin2 (x), a = 0, b = , n = 4
b
a
n
;
1
, a = 1, b = 3, n = 6
x
3
= x , a = 0, b = 2, n = 4
1
=
, a = 0, b = 3, n = 4
1 + x2
1
=
, a = 0, b = 1, n = 4
4 x2
1
=p
, a = 0, b = 2, n = 4
p 4 + x2
= 4 x2 , a = 0, b = 2, n = 4
= cos (x), a = 2 , b = 2 , n = 4
= cos2 (x), a = 2 , b = 2 , n = 4
(26)
y=
(28)
y
(30)
y
(32)
y
(34)
y
(36)
(38)
(40)
y
y
y
(41) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat
b
positif. Buktikan bahwa jika x = , maka
n
b
X
x
x = (1 + 2 +
+ (n
1)) ( x)2 :
0
Menggunakan rumus 1 + 2 +
b
X
0
+ (n
x
x=
1
1) = n (n
2
1
2
1
1
n
1), buktikan bahwa
b2 :
47
Bab 2. Integral Tentu
(42) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat
b
positif, dan x = . Menggunakan rumus
n
12 + 22 +
buktikan bahwa
b
X
1
1)2 = n (n
6
+ (n
x2
0
1
x = n (n
6
1) (2n
1) (2n
1)
1) ;
b3
:
n3
(43) Menggunakan Soal (26) tunjukkan bahwa
Z b
1
x2 dx = b3 .
3
0
2.2
Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral
Dalam subbab ini, kita pertama kali akan mendiskusikan suatu hubungan antara integral Riemman dan antiderivatif. Hubungan ini memampukan kita untuk menghitung
integral Riemann dengan secara sederhana mencari suatu antiderivatif dari fungsi yang
diberikan.
Proposisi 2.2 (TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS INTEGRAL)
Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari f (x) dalam
[a; b], maka
Z b
f (x) dx = [F (x)]x=b
F (a) :
x=a = F (b)
a
Contoh 2.3 Dipunyai
Z 2
x2 + 2 sin (x) dx =
1 3
x
3
8 3
3
=
=
7
3
Contoh 2.4 Dipunyai
Z p
1 cos (x) sin (x) dx =
0
=
=
3
2
2 cos (x)
1
3
3
2 cos ( )
2
(1
3
cos (0)) 2
2 cos (2 )
4:
2
(1
3
2
(1
3p
4 2
3
3
cos (x)) 2
0
cos ( ))
3
2
3
48
Bab 2. Integral Tentu
Proposisi 2.5 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval
tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka
Z a
Z b
f (x) dx:
f (x) dx =
b
a
Proposisi 2.6 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval
tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika c 2 [a; b], maka
Z b
Z c
Z b
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx:
a
a
c
Proposisi 2.7 Jika f (x) dan g (x) adalah fungsi-fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka
Z b
Z b
Z b
g (x) dx:
f (x) dx +
(f (x) + g (x)) dx =
a
a
a
Lebih lanjut, untuk setiap bilangan riil k 2 R, dipunyai
Z b
Z b
kf (x) dx = k f (x) dx:
a
a
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.2
Dalam ZSoal 1
1
(1)
1
(4)
Z
0
4
5, hitung setiap integral
Z 2 tentu.
2x2 dx
(2)
x3 dx
p
2 x dx
2
(5)
Z
(3)
Z
1
x
2
dx
2
2
5x4 dx
3
Dalam Soal 6 10, tentukan luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x)
dari a sampai b.
1
(6)
y = 2x, a = 0, b = 2
(7)
y = , a = 1, b = 3
x
3
(8)
y = x2 , a = 0, b = 3
(9)
y=x
p , a = 0, b = 2
2
(10) y = 4 x , a = 2, b = 2
(11) y = x + 2, a = 2, b = 2
p
2
(12) y = 9x x , a = 0, b = 3
(13) y = x x, a = 0, b = 1
1
1
(14) y = 3x 3 , a = 1, b = 8
(15) y =
, a = 0, b = 3
1+x
1
1
(16) y =
, a = 0, b = 3
(17) y = p
, a = 0, b = 1
2
1+x
4 x2
1
1
(18) y =
, a = 0, b = 1
(19) y =
, a = 0, b = 2
2
4 x
4 + x2
p
1
(20) y = p
, a = 0, b = 2
(21) y = 4 + x2 , a = 0, b = 2
p 4 + x2
(22) y = 4 x2 , a = 0, b = 2
(23) y = sin (x), a = 0, b =
(24) y = cos (x), a = 12 , b = 12
(25) y = sin2 (x), a = 0, b =
Bab 3
Integral Tak Wajar
3.1
Pengantar
Untuk mende…nisikan integral Riemann
Z b
f (x) dx;
a
ini adalah penting bahwa [a; b] haruslah suatu interval terbatas, dan bahwa fungsi
f (x) terbatas pada [a; b]. Di sisi lain, dua syarat tersebut tidak cukup untuk menjamin
bahwa integral Riemann ada.
Contoh 3.1 Ketika kita menuliskan
Z 1
1
0
3x
1
2
2 1
x2
3
dx =
1
2
= ;
3
0
kita mungkin tidak menyadari bahwa integran tidak dide…nisikan di x = 0, sehingga
Teorema Fundamental Kalkulus Integral tidak bisa diaplikasikan. Karena itu jelas
bahwa argumen di atas adalah salah.
De…nisi 3.2 Integral tak wajar (improper integral) adalah integral dengan satu atau
kedua syarat berikut ini dijumpai, yaitu
(1) Interval dari integrasi adalah tidak terbatas:
[a; +1) ,
sebagai contoh:
( 1; b] ,
Z
1
1
( 1; 1) ;
1
dx:
x2
(2) Integran mempunyai suatu ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b]:
lim f (x) =
x!c
sebagai contoh:
Z
1
0
1;
1
p dx:
x
49
50
Bab 3. Integral Tak Wajar
3.2
Integral atas Interval Tak Terbatas
De…nisi 3.3 Diandaikan bahwa suatu fungsi f kontinu pada ( 1; 1). Dide…nisikan
integral tak wajar ketika limitnya ada:
Z
(a)
1
f (x) dx = limb!1
Z
b
f (x) dx;
aZ
Za b
b
f (x) dx;
f (x) dx = lima! 1
a
1
Z 1
Z c
Z 1
f (x) dx =
f (x) dx +
f (x) dx;
(b)
(c)
1
c
1
dimana, dalam de…nisi (c), integral-integral di ruas kanan ada untuk suatu c. Jika
integral tak wajar ada, maka integral dikatakan konvergen, tetapi jika tidak ada maka
dikatakan divergen.
Seringkali kita menuliskan [F (x)]1
a sebagai suatu singkatan untuk
t
[F (x)]1
a = lim [F (x)]a :
t!1
Secara analog:
[F (x)]b 1 = lim [F (x)]bt ;
t! 1
dan
c
t
[F (x)]11 = [F (x)]c 1 + [F (x)]1
c = lim [F (x)]t + lim [F (x)]c :
t! 1
Contoh 3.4
Z 1
1
1
dx = lim
t!1
x2
Z
1
t
1
dx = lim
t!1
x2
atau dalam notasi sederhana:
Z 1
1
dx =
2
1 x
1
1
x
1
1
x
= lim
t!1
t!1
t
= lim
1
t!1
1
+1
t
1
+1
t
= 1;
= 1:
Contoh 3.5 Dicari nilai dari p sehingga integral berikut ini konvergen,
Z 1
1
dx:
p
1 x
Jika p = 1, maka kita mempunyai
Z t
1
dx = [ln (x)]t1 = ln (t) ;
1 x
sehingga
Z
1
1
1
dx = lim
t!1
x
Z
1
t
1
dx = lim ln (t) = 1;
t!1
x
51
Bab 3. Integral Tak Wajar
yang berarti bahwa integral adalah divergen. Sekarang diandaikan p 6= 1:
Z
t
1
dx =
xp
1
Jika p > 1, maka p
p+1
x
p+1
t
=
1
1
1
1
p
1 > 0 dan
Z 1
1
1
dx = lim
p
t!1 1
p
1 x
1 :
tp 1
1
1
tp 1
= 0;
karena itu integral adalah konvergen. Di sisi lain, jika p < 1, maka p
1 p > 0, dan
Z 1
1
1
dx = lim
t1 p 1 = 1;
p
t!1
x
1
p
1
karena itu integral adalah divergen. Jadi,
Z 1
1
dx adalah konvergen jika p > 1, dan divergen jika p
p
1 x
3.3
1 < 0 atau
1.
Tak Kontinu di Suatu Titik
De…nisi 3.6 Diasumsikan bahwa f kontinu pada [a; b) tetapi
lim f (x) =
x!b
maka dide…nisikan
Z
b
f (x) dx = lim
t!b
a
1;
Z
t
f (x) :
a
Secara analog, jika f kontinu pada (a; b] tetapi
lim f (x) =
x!a+
maka dide…nisikan
Z
b
f (x) dx = lim
t!a+
a
1;
Z
b
f (x) :
t
Terakhir, jika f (x) mempunyai ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b],
maka de…nisinya adalah
Z
a
b
f (x) dx =
Z
a
c
f (x) dx +
Z
b
f (x) dx:
c
Jika limitnya ada, integral tak wajar dikatakan konvergen, jika tidak maka dikatakan
divergen.
Jika interval integrasi adalah [a; b), seringkali kita menuliskan [F (x)]ba sebagai suatu
singkatan untuk limt!b [F (x)]ta , dan analog untuk interval (a; b].
52
Bab 3. Integral Tak Wajar
Contoh 3.7
Z 1
0
1
p dx = lim
x
t!0
Z
1
t
p
1
p dx = lim 2 x
x
t!0
atau dalam notasi sederhana:
Z 1
p
1
p dx = 2 x
x
0
1
0
= lim
1
t
2
t!0
p
2 t = 2;
p
2 t = 2:
2
t!0
= lim
Contoh 3.8 Diperhatikan integral tak wajar
Z 1
ln (x) dx:
0
Fungsi ln (x) mempunyai suatu asimtot tegak di x = 0 karena lim ln (x) =
x!0+
Karena itu
Z
1
ln (x) dx =
0
=
=
lim
t!0+
1
ln (x) dx = lim [x ln (x)
t!0+
t
lim (ln (1)
1
lim (t
t ln (t))
t!0+
1
t!0+
=
3.4
Z
1.
x]1t
t ln (t) + t)
1:
Uji Perbandingan
Proposisi 3.9 Diandaikan f dan g adalah fungsi-fungsi kontinu sedemikian sehingga
f (x) g (x) 0 untuk x 0.
Z 1
Z 1
(1) Jika
f (x) dx jika konvergen maka
g (x) dx adalah konvergen.
a
(2) Jika
Z
a
1
g (x) dx jika divergen maka
a
Z
1
f (x) dx adalah divergen.
a
Pernyataan serupa berlaku untuk integral dengan ketakkontinuan tak hingga di suatu
titik.
Contoh 3.10 Diperhatikan tak wajar
Z
1
e
x2
e
x2
dx:
0
Dipunyai
Z
0
1
e
x2
dx =
Z
0
1
dx +
Z
1
1
e
x2
dx:
53
Bab 3. Integral Tak Wajar
Karena integral pertama di ruas kanan adalah suatu integral tentu biasa, maka kita
hanya perlu menunjukkan bahwa integral kedua adalah konvergen. Pada kenyataannya,
2
untuk x 1 dipunyai x2 x, sehingga e x
e x . Di sisi lain,
Z t
t
e x dx = e x 1 = e t + e 1 ;
1
karena itu
Z
1
e
1
Z
1
x
dx = lim
t!1
e
t
1
+e
1
=e
;
x
dx adalah konvergen. Oleh karena itu, berdasarkan teorema perZ 1
2
e x dx adalah konvergen.
bandingan diperoleh bahwa
sehingga
e
1
1
SOAL-SOAL UNTUK BAB 3
Untuk ZSoal 1
1
(1)
e
3, buktikan setiap
Z 1pernyataan yang diberikan. Z
1
p
(3)
dx = 1
(2)
dx =
2
1 x2
0
x
1
Untuk Soal
Z 14
(4)
e
(6)
1
0
x
xe
dx
(7)
0
(8)
Z
(10)
1
(12)
x
x2 e
1
Z
dx
(9)
(16)
(18)
Z
(20)
0
5
2
(11)
Z
2xe
1
x
dx
1
x
dx
3
2
3xe
x2
(13)
dx
(15)
2
p
1
4
1
x2
x
dx
dx
Z
(17)
Z
(19)
Z
(21)
Z
0
4x
dx
1 + x2
1
4
x2
1
2
1
2
ex + e
Z
dx
3
16
1
dx
x ln2 (x)
1
1
Z
1
x2
1
(1 + x2 )
0
Z
dx
1
2
Z
1
x
1
(14)
1
1
4
Z
Z
0
0
Z
1
dx =
1
+
x2
1
27, hitung setiap integral tak wajar
Z 1yang diberikan.
x sin (2x) dx
(5)
e 4x cos (3x) dx
0
Z
1
4
dx
1
dx, p > 1
x lnp (x)
2
ex dx
1
1
1
dx
2+9
x
1
4
p
x
dx
16 x2
54
Bab 3. Integral Tak Wajar
(22)
Z
0
(24)
Z
5
x
(25
1
0
(26)
Z
0
x2 )
1
p
e
p
q
dx
(23)
1
2
x
dx
x
(25)
Z
1
0
e
1
3
2
Z
x
dx
(e
x )2
(27)
Z
0
1
1
p
dx
x 4 x2
p
1
dx
x (x + 25)
x2 e
x3
dx
Bab 4
Aplikasi Integral
Dalam bab ini akan dibahas beberapa aplikasi dari integral. Dicatat bahwa aplikasiaplikasi yang disajikan dalam bab ini adalah aplikasi-aplikasi yang memerlukan teknikteknik yang sudah dibahas dalam bab-bab sebelumnya. Aplikasi-aplikasi tersebut yaitu
penentuan luas bidang datar, penentuan volume suatu benda putar, penentuan luas
permukaan suatu benda putar, penentuan panjang kurva, dan pusat massa dari suatu
benda.
4.1
Luas Bidang Datar
Pada subbab ini kita akan mencari luas bidang datar antara dua kurva. Kurva-kurva
yang diamati adalah kurva yang muncul dalam persamaan Kartesius, persamaan parameter, dan persamaan kutub.
4.1.1
Persamaan Kartesius
Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar
antara dua kurva Kartesius. Terdapat dua kasus yang diperhatikan seperti yang terlihat
dalam Gambar 4.1.
y
d
y
x=g(y)
y=f(x)
x=f(y)
a
x
b
y=g(x)
c
x
(a)
(b)
Gambar 4.1: Bidang datar antara dua kurva.
55
56
Bab 4. Aplikasi Integral
KASUS 1. Dalam kasus pertama kita ingin menentukan luas bidang datar antara
y = f (x) dan y = g (x) untuk x 2 I = [a; b]. Diasumsikan bahwa f (x) g (x) pada I,
lihat Gambar 4.1(a).
Masalah tersebut diselesaikan seperti masalah luas bidang datar yang sudah dibicarakan
dalam Bab 2. Pertama kali interval dibagi menjadi n interval bagian dengan lebar sama:
x=
b
a
:
n
Berikutnya, diambil suatu titik dalam setiap interval bagian, misalnya xi , dan dibentuk
persegi panjang pada setiap interval bagian seperti dalam Gambar 4.2.
y
y=f(x)
y=g(x)
x2*
x1*
xn*
xi*
x
x0
xn-1
x1
xn
x2
xi-1
xi
Gambar 4.2: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(a).
Tinggi dari setiap persegi panjang diberikan oleh
f (xi )
g (xi ) ;
sehingga luas setiap persegi panjang dinyatakan dengan
(f (xi )
g (xi )) x:
Jadi, luas bidang datar antara dua kurva dihampiri oleh
L
n
X
(f (xi )
g (xi )) x:
i=1
Luas eksaknya yaitu
L = lim
n!1
n
X
(f (xi )
g (xi )) x;
i=1
atau berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1 diperoleh rumus
Z b
(f (x) g (x)) dx:
L=
(4.1)
a
Dicatat bahwa rumus (4.1) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi atas, yaitu f (x),
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah, yaitu g (x), dalam satu interval integrasi.
57
Bab 4. Aplikasi Integral
Contoh 4.1 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh y = 2x2 + 10, y = 4x + 16,
x = 2, dan x = 5.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut:
y
60
tinggi =
(2x2 + 10) - (4x + 6)
50
40
30
tinggi =
2
(2x + 10) - (4x + 6)
y = 4x + 6
20
y = 2x + 10
tinggi =
(4x + 6) - (2x2 + 10)
10
lebar = ∆ x
-2
-1
lebar = ∆ x
2
lebar = ∆ x
0
1
2
3
4
5
x
Dalam masalah ini terdapat tiga daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi atas
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah. Jadi, yang perlu dilakukan adalah
mencari luas bidang datar untuk setiap daerah tersebut dan selanjutnya dijumlahkan.
Z 1
Z 3
L =
2x2 + 10
(4x + 16) dx +
(4x + 16)
2x2 + 10 dx
2
=
Z 5
+
3
Z 1
2
=
=
1
2x2 + 10
2x2
4x
(4x + 16) dx
Z
Z 3
2
6 dx +
2x + 4x + 6 dx +
1
2 3
+
x
2x2 6x
3
2
14 64 64
142
+
+
=
:
3
3
3
3
1
2 3
x + 2x2 + 6x
3
5
2x2
4x
6 dx
3
3
+
1
2 3
x
3
5
2x2
6x
3
KASUS 2.
Dalam kasus kedua kita ingin menentukan luas bidang datar antara
x = f (y) dan x = g (y) untuk y 2 J = [c; d]. Diasumsikan bahwa f (y) g (y) pada
J, lihat Gambar 4.1(b). Penurunan rumus luas bidang datar adalah serupa dengan
Kasus 1, yaitu membagi interval J menjadi interval-interval bagian yang sama lebar
dan membentuk persegi panjang pada setiap interval bagian, lihat Gambar 4.3. Pada
akhirnya akan diperoleh rumus untuk luas bidang datar:
Z d
(4.2)
L=
(f (y) g (y)) dy:
c
Dicatat bahwa rumus (4.2) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan, yaitu
f (y), dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri, yaitu g (y), dalam satu interval
integrasi.
58
Bab 4. Aplikasi Integral
y
yn
y n*
yn-1
yi
yi*
yi-1
y2
y2*
y1
y1*
y0
x=f(y)
x=g(y)
x
Gambar 4.3: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(b).
Contoh 4.2 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh x = 12 y 2
dan y = 4.
3, x = y + 1, y =
4,
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut:
y
4
x = 12 y 2 − 3
x=y+1
lebar = ∆ x
-3
1
tinggi = ( y +1) − (12 y2 − 3)
x
5
-1
-2
tinggi =
( y − 3)− ( y +1)
1
2
2
lebar = ∆ x
-4
Dalam masalah ini terdapat dua daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri.
Z 2
Z 4
1 2
1 2
y
3
(y + 1) dy +
y
3
dy
L =
(y + 1)
2
2
4
2
Z 4
Z 2
1 2
1 2
y
y 4 dy +
y + y + 4 dy
=
2
2
2
4
=
1 3
y
6
1 2
y
2
2
+
4y
4
1 3 1 2
y + y + 4y
6
2
4
=
2
22
76
+ 18 = :
3
3
59
Bab 4. Aplikasi Integral
4.1.2
Persamaan Parameter
Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar
antara sumbu x dan suatu kurva parameter yang diberikan oleh
x = f (t)
dan
y = g (t) , a
x
b:
Kita juga mengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan t
dari t1 sampai t2 dan melewati titik tepat satu kali, lihat Gambar 4.4.
y
t = t2
x = f(t), y = g(t)
t = t1
b
a
x
Gambar 4.4: Bidang datar di atas sumbu x dan di bawah suatu kurva parameter.
Dari diskusi dalam bagian sebelumnya kita bisa mendapatkan rumus untuk luas bidang
datar di atas sumbu x dan di bawah kurva y = F (x) dimana x 2 [a; b]:
Z x=b
L=
F (x) dx:
x=a
Sekarang dipikirkan persamaan parameter x = f (t) sebagai substitusi dalam integral.
Kita juga mengasumsikan bahwa a = f (t1 ) dan b = f (t2 ). Selain itu diperlukan juga
diferensial dx:
dx = f 0 (t) dt:
Selanjutnya persamaan-persamaan yang diambil disubstitusikan ke rumus luas bidang
datar untuk memperoleh rumus:
Z t=t2
L=
y f 0 (t) dt:
t=t1
Contoh 4.3 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh sumbu x dan sikloida (cycloid)
x = t sin (t), y = 1 cos (t) untuk nilai t dari 0 sampai 2 .
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut:
y
t =π
2
t = 2π
t=0
0
2
4
6
x
60
Bab 4. Aplikasi Integral
df (t)
Diambil x = f (t) = t sin (t) dengan f 0 (t) =
= 1 cos (t). Karena itu diperoleh
dt
luas bidang datar yang diarsir yaitu
Z 2
Z t=t2
(1 cos (t)) (1 cos (t)) dx
y f 0 (t) dt =
L =
t=t1
2
=
Z
0
cos (t))2 dx =
(1
=
2
1
0
=
Z
2
0
3
t
2
= 3 :
=
4.1.3
2
1
2 cos (t) + cos2 (t) dx
0
0
Z
Z
3
2
1 + cos (2t)
2 cos (t) +
dx
2
1
2 cos (t) + cos (2t) dx
2
2 sin (t) +
1
sin (2t)
4
2
0
Persamaan Kutub
Dalam bagian ini kita akan memperhatikan bidang datar yang dibatasi oleh kurva
kutub. Dimisalkan bidang datar dibatasi oleh kurva r1 = f ( ) > 0 dan r2 = g ( ) > 0
dan garis-garis = dan = seperti dalam Gambar 4.5.
θ =β
r1 = f (θ )
B*
∆L
B
L
r2 = g(θ)
θ*
θ =α
A*
A
∆θ
O
θ =0
O
Gambar 4.5: Bidang datar di antara dua kurva kutub.
Rumus untuk luas bidang datar tersebut dapat dipandang secara intuisi dengan memperhatikan suatu irisan L. Irisan tersebut diperoleh dengan memandang dua juring
dari suatu lingkaran berjari-jari r1 dan r2 dengan sudut pusat
seperti dalam Gambar 4.5 sebelah kanan. Berdasarkan rumus luas suatu tembereng dari suatu lingkaran
dengan jari-jari r dan sudut pusat :
1
L = r2 ;
2
61
Bab 4. Aplikasi Integral
diperoleh luas tembereng OBB dan OAA berturut-turut yaitu
1
LOBB = r12
2
dan
1
LOAA = r22
2
;
sehingga
1 2
r
r22
2 1
Berdasarkan jumlahan tak hingga akan diperoleh
Z
1
L= 2
r12 r22 d :
L = LOBB
LOAA =
:
(4.3)
Contoh 4.4 Hitung luas bidang datar tertutup di luar lingkaran r = 6 cos ( ) dan di
dalam kardioda (cardioid) r = 2 + 2 cos ( ).
Penyelesaian. Untuk menentukan luas bidang datar yang dimaksud, kita perlu mengetahui nilai dimana kedua kurva berpotongan. Kita dapat mencari nilai-nilai tersebut
dengan cara substitusi:
1
1
=) =
:
2
3
Selanjutnya bidang datar yang diberikan dapat digambarkan seperti berikut:
6 cos ( ) = 2 + 2 cos ( ) =) 4 cos ( ) = 2 =) cos ( ) =
θ = 12 π
y
θ = 13 π
2
r = 6 cos(θ )
r = 2 + 2 cos( θ )
θ =π
4
6
x
θ =0
-2
θ = 32 π
θ = − 13 π = 53 π
Diingat bahwa rumus 4.3 meminta bidang datar harus tertutup ketika kita menaikkan
besar sudut dari yang kecil ke besar. Jika kita menggunakan 13 sampai 12 , maka
kita mendapatkan bidang datar yang dibatasi oleh kardioda dan lingkaran. Luas untuk
bidang datar tersebut yaitu
Z 1
i
1 2 h
(2 + 2 cos ( ))2 (6 cos ( ))2 d
L1 =
2 1
3
Z 1
1 2
=
4 + 8 cos ( ) + 4 cos2 ( ) 36 cos2 ( ) d
2 1
3
Z 1
1 2
=
4 + 8 cos ( ) 32 cos2 ( ) d
2 1
3
Z 1
2
= 2
1 + 2 cos ( ) 8 cos2 ( ) d
1
3
62
Bab 4. Aplikasi Integral
L1 = 2
+ 2 sin ( )
8
1
1
sin (2 ) +
4
2
1
2
1
3
1
= 2 [ 3 + 2 sin ( )
2 sin (2 )] 21
3
3
+2
2
= 2
= 4
0
(
+ 0)
:
Berikutnya, jika kita menggunakan 12 sampai , maka kita mendapatkan bidang datar
yang dibatasi oleh kardioda saja. Di sini kita tetap bisa menggunakan 4.3 dengan
mengambil r2 = 0. Luas untuk bidang datar tersebut yaitu
Z h
i
1
L2 =
(2 + 2 cos ( ))2 02 d
2 1
Z2
1
=
4 + 8 cos ( ) + 4 cos2 ( ) d
2 1
Z2
= 2
1 + 2 cos ( ) + cos2 ( ) d
1
2
= 2
= 2
+ 2 sin ( ) +
1
1
sin (2 ) +
4
2
1
1
+ 2 sin ( ) + sin (2 )
2
4
1
2
1
2
1
1
+0 0 +
+2 0
2
4
3
= 4+
:
4
Sekarang kita perhatikan bahwa ternyata bidang datar simetris terhadap sumbu x.
Jadi, luas bidang datar yang ditanyakan yaitu
= 2
L = 2 (L1 + L2 ) = 2 4
+4+
3
4
= 16
1
:
4
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.1
Dalam masalah 1
1.
16, cari luas bidang datar untuk daerah yang diarsir.
2.
y
y = x 4 − x2
y
y = (1 - cos(x))sin(x)
-2
0
2
x
0
π
x
63
Bab 4. Aplikasi Integral
3.
4.
y
−π
-2
y
x
0
-1
y = 12 π cos(x) sin(π + π sin(x))
1
-1
−π
-2
− π2
x
0
-3
-1
y = 3sin(x) 1+ cos(x)
5.
6.
y
y
x = 2y2 - 2y
1
y=1
1
y = cos2(x)
x
π
π
2
0
x = 12y2 - 12y3
7.
0
x
1
8.
y
(-2,8)
1
(2,8)
x = y3
8
(1,1)
y = 2x2
x = y2
y = x4 - 2x2
-2
x
2
9.
0
x
1
10.
y
y
1
2
2
y=x
-1
0
1
y =
sec 2 ( t )
x
− π3
0
y = -2x4
-2
1
2
y = -4sin2(t)
π
3
t
64
Bab 4. Aplikasi Integral
11.
12.
y
y=x
y=
1
4
x2
y=1
1
1
x+y=2
y = x2
0
1
2
0
13.
x
2
1
14.
y
y
(-3,5)
2
5
(2,2)
y = x2 - 4
-3
y = 2x3 - x2 - 5x
x
1
x
2
-2
y = -x2 - 2x
y = -x2 + 3x
(1,-3)
(-3,-3)
(-2,-10)
-10
-4
15.
16.
y
y
4
(-2,4)
6
y = 4 - x2
(3,6)
y = x −x
1
3
2
-2
2
3
x
3
y = 13 x
(3,1)
y=-x+2
-2
-5
(3,-5)
(− 2,− 23 )
3
x
Dalam masalah 17 85, buat sketsa kurva-kurva yang diberikan dan selanjutnya cari
luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.
17. y = 0, y =
x, dan
2
18. y = 2x + 6, y = 3, dan
19. y = 0, y = 5x
x
1
1
x
2
x2 , dan 0
x
4
65
Bab 4. Aplikasi Integral
20. y = 0, y = x2
21. y = 0, y = 5
3x, dan
x
3x2 , dan
2x
22. y = x2 + 1, y = 2x
23. y = x2
2
x
1
2
x
2, y = 3x , dan 0
x
1
25. sumbu x dan kurva y =
1
x
2, dan
1
3
24. y = x
1
2, dan
1, y = x
2
2
1
x2
5 + 6x
x4
26. sumbu x dan kurva y = 1
y2
27. sumbu y dan kurva x = 25
28. sumbu y dan kurva x = y (8
y)
29. di bawah sumbu x dan di atas y = x2
30. di bawah y = 12
x2 dan di atas y = jxj
31. y = sin (x), y = cos (x), dan 0
x
32. y = cos (x), y = 2 cos (x), dan
1
2
33. y =
2
x
sin (x), y = sin (x), dan 0
x
34. y = 2 sin (x), y = sin (2x), dan 0
x
35. y = x, y = ex , dan 0
x,
36. y = e
38. y =
x
y = ex , dan 0
ex , y = ex , dan
37. y =
1
,y=
x
ex , dan
39. sumbu x, y = 4
2
x
1
2
x
1
2
x
jxj, dan
x2 dan y =
42. y = 2 dan y = 5
2
5
x2
43. y = 41 x2 dan y = 12 x + 2
44. y = x2 dan y = 1
x2
45. y = x3 dan y = x2
p
46. y = x2 dan y = x
47. y = 4x + 16 dan y = 2x2 + 10
48. y = x2
2x dan y = x
49. y = x3 dan y = x
2
1
1
40. y = 3x2 dan y = 12
41. y = 4
4x
x
2
1
2
66
Bab 4. Aplikasi Integral
50. y = x3 dan y = 4x
51. y = x3 dan x = y 2
52. y = x3 + 1 dan y = x + 1
53. y = x4
2x2 dan y = 2x2 + 12
54. y = x4
1 dan y = x3
x
55. y = 2x2 dan y = x2 + 4
2 2
3x
56. y = 31 x2 dan y = 4
57. y 2 = 2x dan x2 = 2y
58. y 2 = 2x dan x
y=4
59. y = jxj dan y = x2
2
60. y = jxj dan y = 1
jxj
61. y = jxj dan y = 2
62. y = 2 dan y = 3
jxj
63. y = jxj dan y = x3
64. y = jxj dan y = x2
65. y = x2
5 dan y = 3
66. y = x2
2x dan y = 6x
67. y =
x2
x2
1
dan 2x + 2y = 5
x
68. x = 0, y = 9
x2 , dan y = x (3
x)
69. y = 0, y = x3 + x + 2, dan x = 2
70. y = 2x + 4, y = 2
3x, dan y =
x
71. y = x2 + 1, y = 2x, dan y = 1
72. y = x2 1, y = (x 1)2 , dan y = (x + 1)2
p
73. y = x, y = 1, dan y = 10 2x
p
74. y = x 2, y = 2 x, dan y = x
2, y = x3 + x, dan x + y = 3
p
p
76. y = x, y = 2 x, dan y = x
75. y =
77. x = y 2 dan x = 2
78. x =
79. x = 1
y2
2)2
y 2 + 10 dan x = (y
y 2 dan x = y 2
1
67
Bab 4. Aplikasi Integral
80. y = 0, x = y 2 , dan x = y + 2
81. x = 2y 2 , x = 0, dan y = 3
y 2 , x = y 2 , dan
82. x =
2
y
2
83. x + 4y 2 = 4 dan x + y 4 = 1, untuk x
84. 4x2 + y = 4 dan x4
y=1
85. x3
y=0
y = 0 dan 3x2
0
Dalam masalah 86 105, buat sketsa kurva-kurva parameter yang diberikan dan selanjutnya cari luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.
86. x = 2t
5, y = 3t + 8, 0
87. x = 5t2 , y = t3 , 1
t
88. x = t2 , y = 2t (3
t), 0
89. x = t2
t
4
2
t
3
3t + 1, y = 4t2 , -1
t
90. x = 3t2 , y =
1
+ t3 , 0:5
t
91. x = t3
4t, y = t2
92. x = t2
1, y = t
1,
t3 ,
t
3
2
2
5
t
2
t
2
93. x = t2 2, y = 2t, 2 t 2
p
94. x = 3 t, y = t (4 t), 0 t 4
95. x = t2
3, y = 3t, t > 0, sumbu x, garis x = 1 dan x = 6
4
96. x = t3 , y = , sumbu x, garis x = 1 dan x = 8
t
97. x = t3 , y =
1
, sumbu x, garis x =
3t2
1 dan x =
8
98. x = 5 sin , y = t2 ,
99. x = a cos ( ), y = a sin ( ), 0
2 (kurva lingkaran)
100. x = a cos ( ), y = b sin ( ), 0
2 (kurva ellips)
101. x = a sin ( ), y = a sin (2 ), 0
102. x = cos ( ), y =
2 (kurva Lissajous)
1
sin (2 ), 0
2
2
103. x = a cos3 ( ), y = a sin3 ( ), 0
104. x =
1
2
cos ( )
105. x = a 3 sin ( )
1
4
cos (2 ), y =
1
2
2 (kurva asteroida)
sin ( )
1
4
sin (2 ), 0
sin3 ( ) , y = a cos3 ( ), 0
2
2 (kurva scrambler)
68
Bab 4. Aplikasi Integral
Dalam masalah 106 125, buat sketsa kurva kutub yang diberikan dan selanjutnya cari
luas bidang datar tertutup yang dimaksud.
106. di dalam kardioda r = a (1 + cos ( )), a > 0
107. di dalam limaçon oval r = 4 + 2 cos ( )
108. di dalam satu daun dari mawar berdaun tiga r = a sin (3 )
109. di dalam satu daun dari mawar berdaun empat r = a cos (2 )
110. di dalam lemniscate r2 = 2a2 cos (2 ), a > 0
111. di dalam satu gelang (loop) dari lemniscate r2 = 4 sin (2 )
112. di dalam mawar berdaun enam r2 = 2 sin (3 )
113. di dalam gelang luar dari limaçon r = 1 + 2 cos ( )
114. di dalam gelang luar dan di luar gelang dalam dari limaçon r = 1 + 2 cos ( )
115. di dalam lingkaran-lingkaran r = 2 cos ( ) dan r = 2 sin ( )
116. di dalam lingkaran-lingkaran r = 1 dan r = 2 sin ( )
117. di dalam lingkaran r = 2 dan kardioda r = 2 (1
cos ( ))
118. di dalam kardioda-kardioda r = 2 (1 + cos ( )) dan r = 2 (1
119. di dalam lingkaran r = 1 dan di luar kardioda r = 1
cos ( ))
cos ( )
120. di dalam kardioda r = 1 + cos ( ) dan diluar lingkaran r = 3 cos ( )
121. di dalam lemniscate r2 = 8 cos (2 ) dan di luar lingkaran r = 2
122. di dalam lingkaran r = 3a cos ( ) dan di luar kardioda r = a (1 + cos ( )), a > 0
123. di dalam lingkaran r =
2 cos ( ) dan di luar lingkaran r = 1
124. di dalam lingkaran r = 6 dan di atas garis r = 3 csc ( )
125. di dalam lemniscate r2 = 6 cos (2 ) dan di sebelah kanan garis r =
4.2
3
2
sec ( )
Volume Benda Putar
Sebelum menurunkan rumus untuk volume benda putar, kita pertama kali perlu mende…nisikan apa yang dimaksud dengan suatu benda putar. Diambil y = f (x) adalah
suatu fungsi kontinu tak negatif pada suatu interval [a; b], lihat Gambar 4.6(a). Ketika
daerah antara sumbu x dan kurva y = f (x), a
x
b, diputar terhadap sumbu
x, maka diperoleh daerah tiga dimensi seperti terlihat dalam Gambar 4.6(b) yang
selanjutnya dinamakan benda putar (solid of revolution). Dalam kasus ini sumbu x
dinamakan sumbu putar.
69
Bab 4. Aplikasi Integral
y
y
y=f(x)
y=f(x)
a
a
sumbu
putar
x
b
b
x
(b)
(a)
Gambar 4.6: (a) Bidang datar; (b) benda padat sebagai hasil putaran dari bidang datar.
4.2.1
Metode Cakram
Untuk mencari volume benda putar dalam Gambar 4.6(b), volume pada setiap interval
bagian dihampiri oleh suatu bidang potong yang tegak lurus dengan sumbu putar.
Dalam kasus di atas, bidang potongnya adalah cakram seperti terlihat dalam Gambar
4.7. Diambil n interval bagian dengan lebar x dan dimisalkan suatu titik dalam setiap
interval bagian adalah xi . Kita mengamati bahwa setiap cakram adalah suatu silinder
berjari-jari R (xi ) = f (xi ) dan mempunyai tinggi x, sehingga volume dari setiap
cakram yaitu
Vi = [R (xi )]2 x = [f (xi )]2 x:
jari-jari = R(xi*)
= f(xi*)
y = f(x)
x1*
∆x
x2*
xn*
a
xi*
b
x
cakram
Gambar 4.7: Cakram-cakram pada benda putar dalam Gambar 4.6(b).
Selanjutnya volume benda putar dapat dihampiri oleh
V
n
X
i=1
Vi =
n
X
[f (xi )]2
x:
i=1
Berdasarkan jumlahan tak hingga, diperoleh volume eksak untuk benda putar yaitu
Z b
Z b
2
V =
[f (x)] dx =
y 2 dx:
a
a
70
Bab 4. Aplikasi Integral
Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cakram
(disk method ) karena bidang potongnya adalah suatu cakram bundar berjari-jari R (x).
Contoh 4.5 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasi
p
oleh y = x, x = 0, x = 4, dan sumbu x diputar terhadap sumbu x.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan seperti berikut:
y
y
y= x
x
0
jari − jari = R ( x ) =
y= x
x
x
4
x
4
x
cakram
Volume benda putar yaitu
V
=
Z
4
y 2 dx =
0
=
Z
4
p
x
2
dx =
0
4
x2
2
0
4
x dx
0
42
=8 :
2
=
Z
Contoh 4.6 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasi
p
oleh y = x dan garis-garis y = 1, x = 4 diputar terhadap garis y = 1.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan seperti berikut:
y
y
y= x
R( x) = x −1
1
0
R( x) = x −1
(x, x )
y= x
y=1
1
x
4
x
0
y=1
1
x
4
x
71
Bab 4. Aplikasi Integral
Volume benda putar yaitu
Z
Z 4
2
[R(x)] dx =
V =
1
x2
=
2
2
2 3
x2 + x
3
4
1
4
p
x
1
2
dx =
Z
4
x
p
2 x + 1 dx
1
=
1
7
:
6
Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dihasilkan ketika suatu
daerah antara sumbu y dan suatu kurva x = g (y), c y d, diputar terhadap sumbu
y, kita menggunakan metode yang sama dengan x diganti y. Dalam kasus ini, volume
benda putar dirumuskan oleh
V =
Z
d
x2 dy:
c
Contoh 4.7 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara sumbu y
2
dan kurva x = , 1 y 4, diputar terhadap sumbu y.
y
Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cakram adalah seperti
berikut:
y
y
x=
4
4
x=
2
y
2
y
2 
 , y 
y 
y
y
1
1
R( y) =
0
2
y
x
2
R( y) =
0
2
2
y
x
Volume benda putar yaitu
V
=
Z
4
2
x dy =
1
= 4
Z
4
1
1
y
4
=4
1
3
4
2
y
2
dy =
Z
1
4
4
dy
y2
=3 :
Contoh 4.8 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara parabola
x = y 2 + 1 dan garis x = 3 diputar terhadap garis x = 3.
72
Bab 4. Aplikasi Integral
Penyelesaian. Daerah yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan
seperti berikut:
y
y
R(y) = 3 –(y2 + 1)
= 2 –y2
R(y) = 2 –y2
(3, 2 )
2
x=3
2
y
y
0
3
1
5
(3, − 2 )
x = y2 + 1
− 2
x
0
3
1
− 2
5
x
x = y2 + 1
x=3
Volume benda putar yaitu
V
=
=
=
4.2.2
Z
p
2
p
2
[R (y)] dy =
2
4 3 1 5
y + y
3
5
4y
p
p
2
p
Z
p
2
p
3
2
y +1
2
dy =
2
Z
p
2
p
4
4y 2 + y 4
dy
2
2
64 2
:
15
Metode Cincin
Jika kita memutar bidang datar yang tidak berbatas pada atau memotong sumbu putar,
lihat Gambar 4.8(a), maka benda putar yang dihasilkan mempunyai suatu lubang di
dalamnya, lihat Gambar 4.8(b). Dalam kasus ini, bidang potong-bidang potong yang
tegak lurus terhadap sumbu putar adalah cincin, lihat Gambar 4.8(c). Ukuran cincin
yaitu
jari-jari luar: R (x)
jari-jari dalam: r (x)
Luas bidang datar untuk cincin yaitu
L (x) =
[R (x)]2
[r (x)]2 =
[R (x)]2
[r (x)]2 :
Akibatnya, volume benda putar dirumuskan oleh
V =
Z
b
[R (x)]2
[r (x)]2 dx:
a
Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cincin
(washer method ) karena bidang potongnya adalah suatu cincin bundar berjari-jari luar
R (x) dan berjari-jari dalam r (x).
73
Bab 4. Aplikasi Integral
y
y = f(x)
0
a
y = g(x)
x
sumbu putar
b
x
(a)
y
y
(x, R(x))
(x, r(x))
0
a
0
x
x
b
x
x
cincin
(b)
(c)
Gambar 4.8: (a) Bidang datar; (b) benda putar dengan lubang di dalam; (c) bidang
potong berupa cincin.
Contoh 4.9 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 + 1 dan garis y = x + 3
diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda
putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis
yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu x). Jari-jari
untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (x) = x + 3 dan r (x) = x2 + 1.
Volume benda putar yaitu
Z 1
2
V =
( x + 3)2
x2 + 1
dx
=
Z
2
1
8
6x
x2
x4
dx
2
=
8x
=
117
:
5
3x2
1 3
x
3
1 5
x
5
1
2
74
Bab 4. Aplikasi Integral
Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:
y
y
(-2,5)
(-2,5)
R(x) = -x + 3
y = -x + 3
R(x) = -x + 3
r(x) = x2 + 1
2
r(x) = x + 1
(1,2)
y = x2 + 1
-2 x
0
interval integrasi
(1,2)
1
x
x
x
bidang potong: cincin
jari-jari luar: R(x) = -x + 3
2
jari-jari dalam: r(x) = x + 1
Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dibentuk oleh putaran
suatu daerah terhadap sumbu y, kita menggunakan prosedur yang sama seperti dalam
Contoh 4.9, tetapi diintegralkan terhadap y. Dalam kasus ini, bidang potong atau
cincin tegak lurus terhadap sumbu y (sumbu putar), serta jari-jari dalam dan luar
untuk cincin adalah adalah fungsi dari y.
Contoh 4.10 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 2x dalam
kuadran satu diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari
volume benda putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis
yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu y). Jari-jari
p
untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (y) = y dan r (y) = 12 y. Volume
benda putar yaitu
!
Z 4
1 2
p 2
V =
( y)
y
dy
2
0
Z 4
1 2
=
y
y
dy
4
0
=
=
1 2
y
2
8
:
3
1 3
y
12
4
0
75
Bab 4. Aplikasi Integral
Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:
y
r( y) =
R( y) =
y
y
2
R( y) =
y
y
4
(2,4)
4
interval integrasi
r( y) =
y
2
y
y
y = 2x
x=
y = x2
x=
atau
y
2
x= y
atau
x= y
0
4.2.3
y
2
0
x
2
2
x
Metode Kulit Silindris
Dalam dua bahasan sebelumnya, bidang potong yang diperhatikan adalah bidang datar
yang diperoleh dengan cara mengiris benda putar menggunakan bidang yang tegak
lurus terhadap sumbu putar. Dalam bahasan ini kita akan menggunakan cara yang
berbeda ketika mengiris benda putar.
sumbu putar
sumbu putar
y = f(x)
y = f(x)
ck
xk
a
a
x-L
ck
xk-1
b
xk
x
b
xk-1
∆ xk
tinggi
persegi panjang
= f(ck)
x
(a)
(b)
Gambar 4.9: Ketika suatu daerah terbatas (a) diputar terhadap garis tegak x = L, dihasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadi kulit-kulit silindris.
Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).
76
Bab 4. Aplikasi Integral
Sekarang diperhatikan daerah yang dibatasi oleh kurva fungsi kontinu tak negatif y =
f (x) dan sumbu x pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletak di sebelah kanan
garis tegak x = L, lihat Gambar 4.9(a). Diasumsikan a
L, sehingga garis tegak
dimungkinkan menyentuh daerah terbatas, tetapi tidak melewatinya. Benda putar
dengan cara memutar daerah terbatas terhadap garis tegak L.
Diambil P adalah suatu partisi pada interval [a; b] dengan titik-titik a = x0 < x1 <
< xn = b, dan diambil ck adalah titik tengah dari interval bagian ke -k [xk 1 ; xk ].
Daerah dalam Gambar 4.9(a) dihampiri dengan persegi panjang- persegi panjang berdasarkan partisi dari [a; b]. Persegi panjang pada suatu interval bagian [xk 1 ; xk ] mempunyai tinggi f (ck ) dan lebar xk = xk xk 1 . Jika persegi panjang tersebut diputar
terhadap garis tegak x = L, maka diperoleh suatu kulit silindris, seperti dalam Gambar
4.9(b). Rumus untuk volume kulit silindris yaitu
Vk = 2
= 2
rata-rata jari-jari kulit
(ck
L) f (ck )
tinggi kulit
ketebalan kulit
xk .
Selanjutnya volume benda putar dihampiri dengan menjumlahkan volume dari kulitkulit yang dihasilkan oleh n persegi panjang berdasarkan pada P :
V
n
X
Vk :
k=1
Berdasarkan jumlahan tak hingga diperoleh volume benda putar sebagai suatu integral
tentu:
Z b
Z b
V =2
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2
(x L) f (x) dx:
a
a
Kita merujuk variabel integrasi, dalam kasus ini adalah x, sebagai variabel ketebalan.
Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode kulit
silindris (sylindrical shell ).
p
Contoh 4.11 Suatu daerah yang dibatasi oleh kurva y = x, sumbu x, dan garis
x = 4 diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume
benda putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah
dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan
jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode
kulit silindris adalah seperti berikut:
y
y
jari-jari kulit
jari-jari kulit
y= x
x
y= x
2
(4,2)
x
f (x) = x
0
x
2
0
4
x
4
interval
integrasi
x
-4
interval integrasi
x = tinggi kulit
x
tinggi
kulit
77
Bab 4. Aplikasi Integral
Variabel ketebalan kulit yaitu x, sehingga batas integrasi untuk metode rumus kulit
yaitu a = 0 dan b = 4. Jadi, volume benda putar yaitu
Z 4
Z 4
p
(x) x dx
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2
V = 2
0
0
Z
= 2
4
3
2
x dx = 2
0
4
2 5
x2
5
0
128
=
:
5
Berikutnya, jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.
p
Contoh 4.12 Daerah yang dibatasi oleh kurva y = x, sumbu x, dan garis x = 4
diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda
putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah
dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan
jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode
kulit silindris adalah seperti berikut:
y
tinggi kulit
2
interval integrasi
y
4 –y2
2
y= x
y
tinggi kulit = 4 –y2
(4,2)
x = y2
0
y
y
y = jari-jari kulit
0
4
4
x
x
jari-jari kulit
Dalam kasus ini, variabel ketebalan kulit yaitu y, sehingga batas integrasi untuk metode
rumus kulit yaitu a = 0 dan b = 2 (sepanjang sumbu y). Volume benda putar yaitu
V
= 2
Z
2
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dy = 2
0
= 2
Z
0
Z
2
(y) 4
y2
dx
0
2
4y
y3
dy = 2
2y 2
1 4
y
4
2
=8 :
0
Sekarang diperhatikan suatu bidang datar yang dibatasi oleh dua kurva fungsi kontinu
tak negatif y = f (x) dan y = g (x) pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletak
di sebelah kanan garis tegak x = L, lihat Gambar 4.10. Selanjutnya bidang datar
78
Bab 4. Aplikasi Integral
diputar terhadap garis tegak L. Berdasarkan metode kulit silindris, dalam kasus ini
dipunyai bahwa
jari-jari kulit: x L
tinggi kulit: f (x) g (x)
Jadi, rumus volume untuk benda putar yaitu
Z b
(x L) [f (x)
V =2
g (x)] dx:
a
Jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.
sumbu
putar
sumbu
putar
jari-jari kulit
x-L
tinggi kulit
h(x) = f(x) - g(x)
y = f(x)
y = f(x)
a
x
x
b
b
x=L
a
y = g(x)
x
interval integrasi
x
y = g(x)
(a)
(b)
Gambar 4.10: Ketika suatu daerah yang dibatasi dua kurva (a) diputar terhadap garis
tegak x = L, dihasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadi
kulit-kulit silindris. Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).
Contoh 4.13 Tentukanpvolume benda putar yang diperoleh dengan memutar daerah
yang dibatasi oleh y = 2 x 1 dan y = x 1 terhadap garis x = 6.
Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalah
seperti berikut:
sumbu putar
y
(5,4)
4
y = 2 x −1
y=x-1
tinggi kulit
= 2 x − 1 − (x − 1)
0
jari-jari kulit
=6-x
1
x
interval integrasi
5
6
x=6
x
79
Bab 4. Aplikasi Integral
Volume benda putar yaitu
Z 5
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx
V = 2
1
Z 5
p
= 2
(6 x) 2 x 1 (x 1) dx
1
Z 5
p
(6 x) 2 x 1 x + 1 dx
= 2
1
Z 5
p
p
= 2
x2 7x + 6 + 12 x 1 2x x
1 dx
1
1 3
x
3
136
=
= 2
15
= 2
7 2
x + 6x + 8 (x
2
272
:
15
4
(x
3
3
1) 2
3
1) 2
4
(x
5
5
5
1) 2
1
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.2
Dalam masalah 1 4, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
1. terhadap sumbu x
2. terhadap sumbu y
y
y
1
2
x + 2y = 2
2x = 3y
2
0
3.
x
terhadap sumbu y
0
4.
y
1
0
x
terhadap sumbu x
y
1
3
y = sin(x)cos(x)
x = tan (14 πy )
x
0
1
2
π
x
Volume dengan Metode Cakram
Dalam masalah 5 10, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.
2
5.
y=x
6. y = x3 , y = 0, x = 2
p , y = 0, x = 2
2
7.
y = p9 x , y = 0
8. y = x x2 , y = 0
9.
y = cos(x), 0 x 21 , y = 0, x = 0
10. y = sec(x), y = 0, x = 14 , x = 14
80
Bab 4. Aplikasi Integral
Dalam masalah 11 15, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.
p 2
3
5y , x = 0, y = 1, y = 1
12. x = y 2 , x = 0, y = 2
11. x = p
2y
2
13. x = 2
, x = 0, y = 1
14. x =
, x = 0, y = 0, y = 3
y +1
y+1
p
15. x = 2 sin (2y), 0 y 12 , x = 0
Volume dengan Metode Cincin
Dalam masalah 16 17, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
16. terhadap sumbu x
17. terhadap sumbu y
y
y
1
− 12 π
0
y=1
1
2
1
4
π
π
x = tan(y)
x
0
1
x
Dalam masalah 18 23, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.p
18. y = x, y = 1, x = 0
19. y = 2 x, y = 2, x = 0
2
20. y = x + 1, y = p
x+3
21. y = 4 x2 , y = 2 x
1
1
22. y = sec(x), y = 2, 4
x 4
23. y = sec(x), y = tan(x), x = 0, x = 1
Dalam masalah 24 27, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika setiap daerah
terbatas diputar terhadap sumbu y.
24. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (1; 0), (2; 1), dan (1; 1).
25. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (0; 1), (1; 0), dan (1; 1).
26. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2 , terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 2.
27. Daerah dalam kuadran
I terbatas kiri oleh lingkaran p
x2 + y 2 = 3, terbatas kanan
p
oleh garis x = 3, dan terbatas atas oleh garis y = 3.
Dalam masalah 28 29, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
28. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2 , terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 1, terhadap garis x = 1.
29. Daerah dalam kuadran II terbatas atas oleh kurva y = x3 , terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kiri oleh garis x = 1, terhadap garis x = 2.
81
Bab 4. Aplikasi Integral
Volume dengan Metode Kulit Silindris
Dalam masalah 30 35, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
30.
31.
y
y
y = 1+ x
1
4
y = 2 − 14 x 2
2
2
1
0
x
2
0
32.
x
2
33.
y
y
y= 2
2
y= 3
3
x = 3 - y2
x = y2
0
x
2
34.
0
3
x
35.
y
y
y=
2
1
0
y = x2 + 1
5
9x
x3 + 9
x= 3
x
3
0
3
x
Dalam masalah 36 41, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.
37. y = 2x, y = 12 x, x = 1
36. y = x, y = 12 x, x = 2
p
2
2
38. y = 2 x , y = x , x = 0
39. y = 2x 1, y = x, x = 0
40. y = x2 , y = 2 x, x = 0, untuk x 0
3
41. y = p , y = 0, x = 1, x = 4
2 x
82
Bab 4. Aplikasi Integral
Dalam masalah 42 49, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.
p
42. x = y, x = y, y = 2
43. x = y 2 , x = y, y = 2, y 0
2
44. x = 2y y , x = 0
45. x = 2y y 2 , x = y
46. y = jxj, y = 1
47. y = x, y = 2x, y = 2
p
p
48. y = x, y = 0, y = x 2
49. y = x, y = 0, y = 2 x
50. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah di kuadran I
yang dibatasi oleh garis x = 0 dan kurva x = 12 y 2 y 3 terhadap
a.
c.
sumbu x
garis y =
b.
d.
8
5
garis y = 1
garis y =
2
5
51. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah yang dibatasi
oleh kurva x = 12 y 2 dan kurva x = 14 y 4 21 y 2 , untuk y 0, terhadap
a.
c.
sumbu x
garis y = 5
b.
d.
garis y = 2
garis y =
5
8
Perbandingan Metode Cincin dan Kulit
Masalah 52 53 merupakan contoh apakah metode cincin dan metode kulit dapat
digunakan dengan tepat untuk menghitung volume benda putar.
52. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis
y = x dan parabola y = x2 diputar terhadap setiap sumbu koordinat menggunakan
a.
metode kulit
b.
metode cincin
53. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah segitiga yang dibatasi
oleh garis-garis 2y = x + 4, y = x, dan x = 0 diputar terhadap
a.
b.
c.
d.
sumbu x menggunakan metode cincin
sumbu y menggunakan metode kulit
garis x = 4 menggunakan metode kulit
garis y = 8 menggunakan metode cincin
Pilihan Metode Cakram, Cincin, atau Kulit
Dalam masalah 54 49, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
54. Daerah yang dibatasi oleh y =
terhadap
a.
c.
sumbu x
garis y = 2
p
x dan garis-garis y = 2 dan x = 0 diputar
b.
d.
sumbu y
garis x = 4
55. Daerah segitiga yang dibatasi oleh garis y = 2x, y = 0, dan x = 1 diputar terhadap
a.
garis x = 1
b.
garis x = 2
56. Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 1 diputar terhadap
a.
c.
garis y = 1
garis y = 2
b.
d.
garis y =
garis y =
1
2
83
Bab 4. Aplikasi Integral
57. Daerah segitiga dengan titik-titik koordinat (0; 0), (b; 0), (0; h) diputar terhadap
a.
sumbu x
b.
sumbu y
58. Daerah segitiga dengan titik-titik koordinat (1; 1), (1; 2), (2; 2) diputar terhadap
a.
c.
sumbu x
garis x =
59. Daerah dibatasi oleh y =
a.
c.
b.
d.
10
3
p
sumbu y
garis y = 1
x, y = 2, x = 0 diputar terhadap
sumbu x
garis x = 4
b.
d.
sumbu y
garis y = 2
60. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y
terhadap
a.
sumbu x
b.
garis y = 1
61. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y
terhadap
a.
c.
sumbu x
garis x = 1
62. Daerah yang dibatasi oleh y =
a.
b.
d.
p
sumbu x
sumbu y
y 3 , x = 1, dan y = 1 diputar
sumbu y
garis y = 1
x dan y = 18 x2 diputar terhadap
63. Daerah yang dibatasi oleh y = 2x
a.
y 3 dan sumbu y diputar
b.
sumbu y
x2 dan y = x diputar terhadap
b.
garis x = 1
64. Daerah yang dibatasi oleh sumbu x dan parabola-parabola x = y 2 dan x = 3y 2
diputar terhadap sumbu x.
65. Daerah yang dibatasi oleh garis x = 1, parabola y = x2 , dan kurva y =
diputar terhadap sumbu y.
4.3
2
x4
Panjang Kurva
Pada subbab ini kita akan mencari panjang suatu kurva mulus (smooth curve). Suatu
kurva mulus adalah gra…k dari suatu fungsi kontinu yang derivatifnya juga kontinu
(gra…k tidak mempunyai titik-titik sudut). Kurva-kurva yang diamati adalah kurva
yang muncul dalam persamaan Kartesius, persamaan parameter, dan persamaan kutub.
4.3.1
Persamaan Kartesius
Diperhatikan suatu fungsi y = f (x) yang kontinu terdiferensial pada interval tertutup
[a; b]. Panjang kurva dari titik A ke titik B dapat dihampiri dengan pertama kali
membagi interval menjadi n interval bagian dengan lebar x. Dimisalkan titik-titik
diskrit dalam interval yaitu a = x0 < x1 < ::: < xk < ::: < xn 1 < xn = b. Setiap titik
pada kurva yang berkorespondensi dengan titik diskrit xk dinotasikan dengan Pk . Kita
dapat menghampiri kurva AB dengan serangkaian garis-garis yang menghubungkan
titik-titik yang berurutan pada kurva.
84
Bab 4. Aplikasi Integral
y
Pk-1
∆Sk
∆yk
y = f(x)
Pk
∆xk
A
Pk-1
a = x0
B
Pk
xk-1 xk
b = xn
x
Gambar 4.11: Kurva pada suatu interval bagian dihampiri dengan ruas garis.
Sekarang diperhatikan suatu potongan kecil kurva dari xk 1 sampai xk , lihat Gambar
4.11. Untuk kurva Pk 1 Pk , dengan Pk 1 = (xk 1 ; yk 1 ) dan Pk = (xk ; yk ), dide…nisikan
xk = xk xk 1 = x dan yk = yk yk 1 = f (xk ) f (xk 1 ). Karena itu, panjang
ruas garis Pk 1 Pk yaitu
q
q
2
2
Sk = ( xk ) + ( yk ) = ( x)2 + ( yk )2 :
Berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata, pada interval [xk
xk sedemikian sehingga
f (xk )
f (xk
1)
= f 0 (xk ) (xk
0
yk = f (xk )
1 ; xk 1 ]
xk
terdapat suatu titik
1)
x:
Oleh karena itu, panjang ruas garis Pk 1 Pk dapat dituliskan kembali menjadi
q
q
2
2
Sk =
( x)2 + f 0 xk
x = ( x)2 + f 0 xk
( x)2
q
2
=
1 + f 0 xk
x:
Sekarang panjang kurva AB dihampiri oleh jumlahan panjang ruas garis-ruas garis
dimulai dari titik A = P0 , kemudian P1 , dan seterusnya, berakhir di titik B = Pn .
Dengan kata lain,
n
X
S
Sk
k=1
dan kita bisa memperoleh panjang sebenarnya dengan mengambil nilai n sangat besar.
Dengan kata lain, panjang sebenarnya untuk kurva AB yaitu
S =
=
lim
n!1
Z
a
b
n
X
k=1
q
Sk = lim
n!1
1 + [f 0 (x)]2 dx
q
1 + f 0 xk
2
x
85
Bab 4. Aplikasi Integral
berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1. Notasi yang lebih sesuai yaitu
Z bs
dy 2
(4.4)
S=
1+
dx:
dx
a
Contoh 4.14 Cari panjang kurva
p
4 2 3
y=
x2
3
1,
0
x
1:
Penyelesaian. Dalam kasus ini digunakan persamaan (4.4) dengan a = 0, b = 1, dan
p
4 2 3
y =
x2 1
3
p
p 1
dy
4 2 3 1
=
x 2 = 2 2x 2
dx
3
2
2
p
1 2
dy
=
2 2x 2 = 8x:
dx
Panjang kurva dari x = 0 sampai x = 1 yaitu
s
Z 1
Z 1
p
dy 2
S =
1+
dx =
1 + 8x dx
dx
0
0
=
3
2 1
(1 + 8x) 2
3 8
1
=
0
13
:
6
dy
Perlakuan untuk Ketakkontinuan dalam
dx
dy
dx
Diandaikan bahwa
di suatu titik pada kurva adalah tidak ada, tetapi
mungkin
dx
dy
ada. Dalam kasus ini kita akan bisa mencari panjang kurva dengan menyatakan x
sebagai fungsi dari y. Dengan cara yang serupa untuk mendapatkan rumus (4.4), kita
juga dapat menurunkan suatu rumus panjang kurva x = g (y) untuk y 2 [c; d]. Rumus
tersebut yaitu
Z ds
dx 2
(4.5)
S=
1+
dy:
dy
c
Contoh 4.15 Cari panjang kurva
y=
x
2
2
3
,
0
x
1
2
1
=
3
2:
Penyelesaian. Derivatif
dy
2 x
=
dx
3 2
1
3
2
x
1
3
86
Bab 4. Aplikasi Integral
tidak terde…nisi di x = 0, sehingga kita tidak bisa mencari panjang kurva menggunakan rumus (4.4). Oleh karena itu, kita menuliskan kembali persamaan kurva dengan
menyatakan x sebagai fungsi dari y:
y =
x
2
2
3
x
2
3
x = 2y 2 :
3
y2
=
Dari situ kita melihat bahwa panjang kurva yang ingin dicari adalah panjang kurva
3
x = 2y 2 dari y = 0 sampai y = 1. Derivatif
dx
=2
dy
3
2
1
1
y 2 = 3y 2
kontinu pada interval [0; 1]. Oleh karena itu kita bisa menggunakan rumus (4.5) untuk
mencari panjang kurva:
s
Z d
Z 1r
1 2
dx 2
S =
dy =
1+
1 + 3y 2
dy
dy
c
0
Z 1p
1
3
1 2
=
1 + 9y dy =
(1 + 9y) 2
9 3
0
0
p
2
10 10 1 :
=
27
4.3.2
Persamaan Parameter
Dalam bagian ini kita akan mencari panjang suatu kurva paramater yang diberikan
oleh persamaan
x = F (t) dan y = G (t) , a t b:
Diasumsikan bahwa fungsi F dan G mempunyai derivatif yang kontinu pada interval
[a; b] dan derivatif-derivatif tersebut tidak secara serempak sama dengan nol. Kita juga
mengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan t dari a sampai
b dan melewati titik tepat satu kali. Sementara itu, untuk tujuan penurunan rumus,
kita akan mengasumsikan bahwa kurva bergerak dari kiri ke kanan ketika nilai t naik.
Ini ekivalen dengan mengatakan bahwa
dx
> 0 untuk a
dt
t
b:
Persamaan umum untuk panjang suatu kurva parameter diturunkan dari rumus panjang kurva ketika kurva diberikan oleh persamaan sederhana y = f (x) atau x = g (y).
Di sini perlu untuk diketahui bahwa
dx = F 0 (t) dt =
dx
dt
dt
dan
dy = G0 (t) dt =
dy
dt.
dt
87
Bab 4. Aplikasi Integral
Selanjutnya dari rumus (4.4) diperoleh
v
0
1
u
dy 2
Z bu
u
u1 + B dt C dx dt
S =
@ dx A
t
dt
a
dt
v
u
2
u dx
dy 2
Z bu
+
u dt
dx
dt
u
=
dt
u
2
dt
dx
a t
dt
s
Z b
1
dx 2
dy 2 dx
=
+
dt:
dx
dt
dt
dt
a
dt
Berdasarkan asumsi yang sudah diberikan, kita bisa menghapus dua derivatif di luar
akar kuadrat dan karena itu rumus panjang kurva parameter menjadi
Z bs
dy 2
dx 2
(4.6)
+
dt:
S=
dt
dt
a
Contoh 4.16 Cari panjang kurva parameter yang diberikan oleh persamaan-persamaan
parameter:
x = 3 sin (t) dan y = 3 cos (t) , 0 t 2 .
Penyelesaian. Kita mengetahui bahwa kurva yang diberikan adalah lingkaran berjarijari 3 dengan pusat di titik asal O (0; 0). Kita juga mengetahui bahwa kurva melintasi
titik tepat satu kali ketika t berubah dari 0 sampai 2 . Jadi kita dapat menggunakan
rumus yang telah diperoleh sebelumnya. Pertama kali dicari
dx
= 3 cos (t)
dt
dan
dy
=
dt
3 sin (t) ;
dan selanjutnya
dx
dt
2
+
dy
dt
S=
Z
Jadi
2
2
= 9 cos2 (t) + 9 sin2 (t) = 9:
p
0
9 dt = [3t]20 = 6 :
Contoh 4.17 Cari panjang astroida
x = cos3 (t)
dan
y = sin3 (t) ,
0
t
2 .
88
Bab 4. Aplikasi Integral
Penyelesaian. Kurva astroida adalah seperti berikut:
y
1
t = 12 π
t =π
t = 0, t = 2π
-1
-1
x
1
0
t = 32 π
Karena kurva simetris terhadap sumbu-sumbu koordinat, maka panjang kurva sama
dengan empat kali panjang kurva di kuadran I. Dihitung
s
dx
dt
2
+
dx
dt
2
dy
dt
2
dy
dt
2
=
3 cos2 (t) ( sin (t))
=
3 sin2 (t) (cos (t))
=
=
2
2
= 9 cos4 (t) sin2 (t)
= 9 sin4 (t) cos2 (t)
q
9 cos2 (t) sin2 (t) cos2 (t) + sin2 (t)
q
9 cos2 (t) sin2 (t) = 3 jcos (t) sin (t)j
= 3 cos (t) sin (t) :
Oleh karena itu
panjang kurva di kuadran I =
Z
1
2
3 cos (t) sin (t) dt
0
=
3
2
Z
1
2
sin (2t) dt
0
3
cos (2t)
4
=
1
2
0
3
= :
2
Jadi, panjang astroida yaitu
S=4
4.3.3
3
2
= 6:
Persamaan Kutub
Dalam bagian ini kita akan mencari panjang kurva yang diberikan oleh persamaan
kutub:
r = f ( ),
89
Bab 4. Aplikasi Integral
dimana kita mengasumsikan bahwa kurva melintasi titik tepat satu kali. Pertama kali
kita menuliskan persamaan kurva dalam persamaan-persamaan parameter:
x = r cos ( ) = f ( ) cos ( )
dan
y = r sin ( ) = f ( ) sin ( ) :
Berikutnya kita mencari
dx
d
dy
d
dx
d
2
+
dy
d
2
dr
cos ( ) r sin ( )
d
dr
= f 0 ( ) sin ( ) + f ( ) cos ( ) =
sin ( ) + r cos ( )
d
2
2
dr
dr
=
cos ( ) r sin ( ) +
sin ( ) + r cos ( )
d
d
= f 0 ( ) cos ( )
dr
d
=
+
=
2
cos2 ( )
= r2 +
2r
dr
cos ( ) sin ( ) + r2 sin2 ( )
d
2
dr
d
dr
d
f ( ) sin ( ) =
sin2 ( ) + 2r
dr
cos ( ) sin ( ) + r2 cos2 ( )
d
2
cos2 ( ) + sin2 ( ) + r2 cos2 ( ) + sin2 ( )
dr
d
2
:
Jadi, berdasarkan rumus (4.6) diperoleh rumus panjang suatu kurva kutub yaitu
Z s
dr 2
2
d :
S=
r +
d
Contoh 4.18 Cari panjang kurva kardioda
r=1
cos ( ) :
Penyelesaian. Pertama kali kita menggambar kardioda untuk menentukan batas integrasi:
y
r = 1− cos(θ )
P ( r ,θ )
r
2
1
θ
0
x
Titik P (r; ) melintasi kurva tepat satu kali dan berlawanan arah dengan jarum jam
ketika berubah dari 0 sampai 2 , sehingga nilai-nilai tersebut diambil untuk dan
90
Bab 4. Aplikasi Integral
. Dihitung
dr
d
2
dr
d
r2 +
= sin ( )
= [1
cos ( )]2 + sin2 ( )
= 1
2 cos ( ) + cos2 ( ) + sin2 ( )
= 2
2 cos ( )
dan
Z
S =
2
0
Z
=
2
0
Z
=
p
s
2
2 cos ( ) d =
2
2 2 sin2
2
2 sin
4 cos
1
2
1
2
2
p
2 [1 cos ( )] d
Z 2 s
1
1
d =
d
4 sin2
2
2
0
Z 2
1
2 sin
d
d =
2
0
0
0
=
Z
= 4 + 4 = 8:
0
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.3
Dalam masalah 1
1. y =
1
3
10, cari panjang kurva yang diberikan dalam persamaan kartesius.
x2 + 2
3
2
dari x = 0 sampai x = 3
3
2. y = x 2 dari x = 0 sampai x = 4
3. x = 31 y 3 +
1
dari y = 1 sampai y = 3
4y
[Petunjuk: 1 +
3
4. x = 13 y 2
adalah suatu kuadrat sempurna.]
1
dx
dy
2
adalah suatu kuadrat sempurna.]
1
dari y = 1 sampai y = 2
8y 2
[Petunjuk: 1 +
6. x = 16 y 3 +
2
y 2 dari y = 1 sampai y = 9
[Petunjuk: 1 +
5. x = 14 y 4 +
dx
dy
dx
dy
2
adalah suatu kuadrat sempurna.]
1
dari y = 2 sampai y = 3
2y
[Petunjuk: 1 +
dx
dy
2
adalah suatu kuadrat sempurna.]
91
Bab 4. Aplikasi Integral
4
3 23
8x
7. y = 43 x 3
+ 5 dari x = 1 sampai x = 8
8. y = 31 x3 + x2 + x +
9. y =
1
dari x = 0 sampai x = 2
4x + 4
3
2
3
(x + 2) 2 dari x = 0 sampai x = 3
3
2
2
3
10. y = x2 +
dari x =
2 sampai x = 5
1)2 = x3 dari x = 0 sampai x = 2
11. (3y
5
12. y = 54 x 4 dari x = 0 sampai x = 1
2
13. y = (x
1) 3 dari x = 1 sampai x = 9
[Petunjuk: Selesaikan x sebagai fungsi dari y.]
14. y =
1 3
12 x
1
dari x = 1 sampai x = 3
x
+
y4 + 3
dari y = 3 sampai y = 6
6y
p
p
16. y = 31 x x
x dari x = 1 sampai x = 100
15. x =
5
3 13
4x
17. y = 53 x 3
dari x = 1 sampai x = 8
18. 8x = 2y 4 + y 2 dari x = 1 sampai x = 2
Z y
p
19. x =
sec4 (t) 1 dt dari y = 41 sampai y =
0
20. y =
21. y =
Z
xp
3t4
1 dt dari x =
2 sampai x =
1
4
1
2
Z
xp
t2 + 2t dt dari x = 0 sampai x = 10
0
Z x
p
22. y = 2
t2 + t dt dari x = 2 sampai x = 6
1
23. y =
Z
2x p
4
t
+t
2
dt dari x = 1 sampai x = 3
1
24. x =
Z yp
p
t
1 dt dari y = 1 sampai y = 4
1
25. y =
Z
x2
p
t+1
2
dt dari x = 0 sampai x = 1
1
Dalam masalah 26
26. x = 1
41, cari panjang kurva parameter yang diberikan.
t, y = 2 + 3t,
2
3
27. x = cos (t), y = t + sin (t), 0
t
1
t
92
Bab 4. Aplikasi Integral
28. x = t3 , y = 32 t2 , 0
29. x = 12 t2 , y =
30. x =
1
3
1
3
p
t
3
3
(2t + 1) 2 , 0
t
4
(2t + 3) 2 , y = t + 21 t2 , 0
t
3
3
31. x = 8 cos (t) + 8t sin (t), y = 8 sin (t)
32. x = 1 + 3t2 , y = 4 + 2t3 , 0
33. x = t
3
t2 , y = 43 t 2 , 1
t
t
8t cos (t), 0
t
1
2
1
2
[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi trigonometri.]
34. x = et + e t , y = 5
2t, 0
t
35. x = et cos (t), y = et sin (t), 0
36. x = cos (t) + ln tan
1
2t
t, y = 4e 2 t ,
38. x = 3t
t3 , y = 3t2 ,
t
, y = sin (t),
1
37. x = et
3
8
p
t
t
3
4
3
p
3
t
39. x = sin2 (t), y = cos2 (t), 0
t
40. x = cos2 (t), y = cos (t), 0
1
4
3
1
2
t
[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi u = cos (t) dan selanjutnya menggunakan substitusi trigonometri.]
Dalam masalah 41 50, cari integral tentu untuk panjang kurva parameter, tetapi tidak
perlu dihitung integralnya.
16t2 , 0
t
1
42. x = , y = t2 , 1 t 5
t
p
43. x = 2t + 1, y = t, 1 t
2
41. x = 20t, y = 32t
44. x = t2
3
t, y = 43 t 2 , 0
45. x = 31 t3 , y = 21 t2 , 0
46. x = 1 + et , y = t2 ,
t
t
3
2
1
1
t
3
47. x = t + cos (t), y = t sin (t), 0
p
48. x = ln (t), y = t + 1, 1 t 5
49. x = t
50. x =
et , y = t + et ,
6
t
, y = ln (1 + t), 0
1+t
Dalam masalah 51
t
t
2
6
t
2
70, cari panjang kurva kutub yang diberikan.
93
Bab 4. Aplikasi Integral
p
51. spiral r = , 0
5
52. spiral r =
2
, 0
2
53. spiral r =
4
, 0
2
e
54. spiral r = p , 0
2
55. spiral r = e2 , 0
2
56. lingkaran r = cos ( ), 0
2
57. lingkaran r = 3 sin ( ), 0
2
58. kardioda r = 1 + cos ( ), 0
2
59. kardioda r = 2 + 2 cos ( ), 0
2
60. kurva r = a sin2
1
2
, 0
2 , a>0
61. kurva r = a sin3
1
3
, 0
3 , a>0
62. ruas parabolik r =
63. ruas parabolik r =
6
, 0
1 + cos ( )
1+
2
,
cos ( )
64. kurva r = cos2
1
2
, 0
1
2
65. kurva r = cos3
1
3
, 0
1
4
66. kurva r = cos4 41 , 0
p
67. kurva r = 1 + sin (2 ), 0
p
68. kurva r = 1 + cos (2 ), 0
1
2
1
2
1
2
p
2
p
2
69. mawar berdaun empat r = 3 sin (2 ), 0
70. mawar berdaun tiga r = 4 sin (3 ), 0
2
Daftar Pustaka
[1] Dawkins, P. (20072), Calculus II, naskah, Lamar University.
[2] Pearson
Education,
2005,
Pearson
Education,
Inc.http://artandweb.net/libros/Calculo%20Thomas%2011/CH%206/
[3] Keisler, H. J. (2000), Elementary Calculus: An In…nitesimal Approach, 2nd Edition,
University of Wisconsin.
[4] Larson, R., R. Hostetler, B. H. Edwards, 2007, Calculus: Early Transcendental
Functions, 4th Edition, Houghton Mi- in Company.
94