Author
others
View
21
Download
0
Embed Size (px)
i
BAHAN AJAR
KALKULUS 2
Disusun Oleh: Drs. Moch. Chotim, MS.
Muhammad Kharis, S.Si, M.Sc
JURUSAN MATEMATIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS NEGERI SEMARANG 2011
ii
DAFTAR ISI
DAFTAR ISI ............................................................................................................ ii BAB I. ANTI TURUNAN ...................................................................................... 1
I.1 Turunan ......................................................................................................... 1 I.2 Antiturunan ................................................................................................... 6 I.3 Evaluasi ....................................................................................................... 20
BAB II. INTEGRAL TENTU DAN PENGINTEGRALAN ................................... 21 II.1 Notasi Sigma ............................................................................................ 21 II.2 Induksi Matematika .................................................................................. 24 II.3 Jumlah Riemann ....................................................................................... 25 II.4 Integral Tertentu ....................................................................................... 29 II.5 Teorema-teorema Integral Tertentu .......................................................... 32 II.6 Pendiferensialan Integral Tertentu terhadap Batas Atasnya ....................... 38 II.7 Evaluasi ................................................................................................... 44
BAB III. PENGGUNAAN INTEGRAL .............................................................. 46 III.1 Luas Daerah Bidang Datar........................................................................ 46 III.2 Volume Benda Putar ................................................................................ 46
BAB IV. FUNGSI LOGARITMA, FUNGSI EKSPONEN, DAN FUNGSI HIPERBOLIK ........................................................................................................ 49
IV.1 FUNGSI LOGARITMA ........................................................................... 49 IV.2 Bilangan e ................................................................................................ 54 IV.3 Logaritma Asli Sebagai Anti Turunan ...................................................... 55 IV.4 Fungsi Eksponen Asli ............................................................................... 59 IV.5 Hampiran Nilai bilangan e ........................................................................ 65 IV.6 Fungsi Eksponen dan Logaritma Untuk Bilangan Pokok Yang Lain ......... 67
BAB V. TEKNIK INTEGRAL .............................................................................. 68 V.1 Teknik Substitusi ...................................................................................... 68 V.2 Integral Fungsi Trigonometri .................................................................... 73 V.3 Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri ..................................................... 84 V.4 Integral Parsial ......................................................................................... 95 V.5 Integral Fungsi Rasional. .......................................................................... 99 V.6 Integral Fungsi Rasional yang Memuat Sin x dan Cos x ......................... 112
DAFTAR PUSTAKA ........................................................................................... 117
1
BAB I. ANTI TURUNAN
I.1 Turunan
Pembahasan tentang turunan tidak dapat dipisahkan dari pengertian tentang
fungsi, baik fungsi eksplisit maupun fungsi implisit. Fungsi eksplisit adalah fungsi
yang secara umum penulisannya dinyatakan dalam bentuk = ( ), sedangkan
fungsi implisit adalah fungsi yang secara umum penulisannya dinyatakan dalam
bentuk ( , ) = 0.
Perhatikan beberapa contoh fungsi di bawah ini.
1. = 2 − √2− 3
2. = 3 − 4 + 3
3. = √
4. + − 25 = 0
5. + − 2 = 0
6. − 2 + − 5 = 0
Pada contoh di atas, fungsi no 1, 2, dan 3 adalah fungsi eksplisit, sedangkan
contoh 4, 5, dan 6 adalah fungsi implisit. Semua fungsi yang ditulis dalam bentuk
eksplisit dapat diubah penulisannya dalam bentuk implisit, akan tetapi tidak semua
fungsi yang ditulis dalam bentuk implisit dapat diubah dalam bentuk eksplisit.
Perhatikan contoh 5 di atas. Selanjutnya dari fungsi-fungsi tersebut, dapat ditentukan
turunannya.
Tulis ( + )x = . Jelas ∆ = –
Karena 0x maka xt
Sehingga definisi turunan di atas dapat dinyatakan dalam bentuk lain
Definisi I-1
Turunan fungsi = ( ) adalah fungsi lain yang dinotasikan dengan ’( ) dan
didefinisikan oleh f’(x) = x
xfxxfx
)()(lim0
, asalkan limitnya ada.
2
’( ) = xt
xftfxt
)()(lim , asalkan limitnya ada.
Notasi lain untuk turunan = ( ) dinyatakan dengan )(, xfDdxdy
x , dxxdf )( .
Jika fungsi yang diketahui dinyatakan dalam bentuk implisit, maka
turunannya dapat dilakukan dengan menggunakan kaidah differensial yaitu dengan
cara mendiferensialkan masing-masing variabel dalam fugsi tersebut. Berikut ini
diberikan beberapa contoh menentukan turunan fungsi eksplisit dan implisit.
Contoh I-1
Berikut cara mencari dxdy dari beberapa fungsi yang diberikan.
1. Dipunyai = x + .
Berdasarkan definisi di atas diperoleh
x
xfxxfdxdy
x
)()(lim0
= x
xxxx
0
lim
= x
xxxx
0
lim . xxxxxx
= 0
limx }{
)()(xxxx
xxx
= xxxxx
x
0lim
= xxxx
1lim0
= x2
1
2. Dipunyai y = )1(
3x .
Berdasarkan definisi di atas diperoleh
x
xfxxfdxdy
x
)()(lim0
3
= x
xxxx
13
)1(3
lim0
= )}1)(1{()1(3)1(3lim
0 xxxxxxx
x
= )1)(11(
3lim0 xxx
= 2)1(3x
Fungsi-fungsi yang mempunyai turunan sebagaimana dijelaskan pada contoh
di atas disebut fungsi yang differensiabel (dapat diturunkan).
Dengan cara yang sama, jika y = xn maka turunannya ditentukan oleh:
xxfxxf
dxdy
x
)()(lim0
= x
xxxLimnn
x
)(0
=x
xxxxnnnxxnnxnxx nnnnnn
x
)(...)(!3
)2)(1()(!2
)1(
lim
33221
0
= x
xxxnnnxxnnxnx nnnn
x
)(....)(!3
)2)(1()(!2
)1(
lim
33221
0
= ])(....)(!3
)2)(1()(!2
)1([lim 123210
nnnn
xxxxnnnxxnnnx
= nx 1n
3. Dipunyai x 02522 y
Dengan mendiferensialkan masing-masing variabel, diperoleh:
d(x )2 + d(y )2 - d(25) = d(0)
022 ydyxdx
x + y dxdy = 0
yx
dxdy
4
4. Tentukan dxdy dari x2y + xy2 – 2 = 0.
Penyelesaian:
Jelas d(x2y) + d(xy2 ) – d(2) = d(0)
(x2dy + 2xydx) + (2xydy + y2dx) = 0
(2xy + y2) dx + (2xy +x2) dy = 0
dxdy = - 2
2
22
xxyyxy
Secara umum, misal u = u(x), v = v(x), dan w = w(x) adalah fungsi yang
masing-masing dapat diturunkan dan c sebarang bilangan real, maka dengan
menggunakan definisi turunan dapat ditentukan beberapa rumus umum turunan
fungsi sebagai berikut.
1. dxd (c) = 0
2. dxd (x) = 1
3. dxd (xn) = nxn1
4. dxd (un) = nun1
dxd (u)
5. dxd ( u + v) =
dxd (u) +
dxd (v)
6. dxd (u – v) =
dxd (u)
dxd (v)
7. dxd ( u v w ... ) =
dxd (u)
dxd (v)
dxd (w) ...
8. dxd (cu) = c
dxd (u)
9. dxd (uv) = u
dxd (v) + v
dxd (u)
10. dxd (uvw) = uv
dxd (w) + uw
dxd (v) + vw
dxd (u)
5
11. dxd (
vu ) = 2v
dxdvu
dxduv
Bukti sifat-sifat di atas diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Selanjutnya, dengan menggunakan definisi turunan
dxdy =
xxfxxf
x
)()(lim0
, dapat ditunjukkan beberapa turunan fungsi geometri di
bawah ini.
y = cos x, maka
dxdy =
xxfxxf
x
)()(lim0
= x
xxxx
cos)cos(lim0
= x
xxxxxx
x
2)(sin
2)(sin2
lim0
= 2
sin2
)2sin(2lim0
xx
xxx
= -sin x.
Analog, diperoleh turunan fungsi trigonometri yang lain:
1. dxd (sinx) = cos x
2. dxd (cos x) = -sin x
3. dxd (tan x) = sec2x
4. dxd (cot x) = -csc2x
5. dxd (sec x) = sec x tan x
6. dxd (csc x) = -csc x cot x
6
I.2 Antiturunan
Antiturunan merupakan balikan dari turunan, sehingga untuk mempelajarinya
harus dikaitkan dengan turunan fungsi.
Menurut definisi turunan, jika y = x maka xdx
dy2
1 .
Dengan cara yang sama, diperoleh
1. Jika y = x +3 maka xdx
dy2
1 .
2. Jika y = x - 3 maka xdx
dy2
1 .
3. Jika y = x - 100 maka xdx
dy2
1
4. Jika y = x + 71 maka
xdxdy
21
, dan seterusnya.
Dengan kata lain, untuk y = x + C, C R maka xdx
dy2
1 .
Karena antiturunan merupakan balikan dari turunan, maka penulisan bentuk di atas
dapat disederhanakan dengan √
= √ + .
Hal ini berarti bahwa fungsi y = Cx , dengan C R mempunyai turunan
xdxdy
21
atau antiturunan dari f(x) =
x21 adalah F(x) = x + C, C R .
Fungsi-fungsi yang dapat ditentukan antiturunannya disebut integrable
(terintegralkan).
Definisi antiturunan diberikan di bawah ini.
Dalam hal yang lebih umum, bentuk √
= √ + dinyatakan dengan
∫√
= √ + .
Definisi I-2
Dipunyai : ⟶ dan : ⟶ .
Jika ( ) = ( ) untuk setiap maka. F disebut suatu anti turunan f pada selang I.
Jika merupakan suatu titik ujung dari I maka ,( ) hanya perlu turuanan satu sisi.
7
Jadi, Jika y = f(x) mempunyai antiturunan F(x) + C, maka
∫ ( ) = ( ) + , .
Bentuk ∫ ( ) = ( ) + , f(x) disebut integran dan F(x) + C disebut anti
turunan.
Bukti:
Untuk mengembangkan suatu hasil yang berbentuk
f(x) dx = F(x) + C, C Real. Kita cukup menunjukkan bahwa )(])([ xfCxFDx
Dalam kasus di atas rrr
x xxnrC
rxD
)1(1
11
1
Kelinearan integral diberikan oleh teorema berikut.
Bukti:
Untuk membuktikan teorema di atas, cukup dengan mendeferensialkan ruas kanan
dan amati bahwa kita memperoleh integran dari ruas kiri.
1. [ ∫ ( ) ] = [∫ ( ) ] = ( )
Teorema I-5
Dipunyai f dan g fungsi-fungsi yang mempunyai turunan dan K suatu konstanta. Untu
f dan g berlaku aturan di bawah ini.
1. dxxKf )( = K dxxf )( ,
2. dxxgdxxfdxxgxf )()()]()([ ,
3. dxxgdxxfdxxgxf )()()]()([ ,
Teorema I-4
∫ sin = − cos + dan ∫ cos = sin +
Teorema I-3
Jika r sebarang bilangan rasional kecuali 1, maka
Crxdxx
rr
1
1
.
8
2. [ ∫ ( ) ∫ ( ) ] = [∫ ( ) ] + [∫ ( ) ] = ( ) + ( )
3. [ ∫ ( ) ∫ ( ) ] = [∫ ( ) ] [∫ ( ) ] = ( )− ( )
Contoh I-2
Tentukan integral berikut berdasarkan sifat integral di atas.
1. dxxx 2 Penyelesaian:
Jelas dxxx 2 = xdxdxx 2
= 22
13
21
31 CxCx
= Cxx 2321
31
2. dxx
x22 1
Penyelesaian:
Jelas dxx
x22 1
= dxxxx
12 24
= dxxdxxxdx
xx 12 24
= dxxdxxdxx 2/12/32/7 2
3. dxx
xx
3
2)1(
Penyelesaian:
Jelas dxx
xx
3
2)1(=
3
2 )12(x
xxxdx
= dxx
xdxx
xdxx
x 33
2
3
3
2
= dxxdxxdxx 3/23/53/8 2
= Cxxx 3/53/83/1153
43
113 .
9
Contoh I-3
1. Hitunglah . .1144 2 dxxx Penyelesaian:
Jelas )114( 2 xd = 8x dx.
Jadi dxxx 1143 2 = 11421 2x d(8x)
= Cx 2/3
)114(21 2/32
= 2/32 )114(31
x + C.
2. Hitunglah .52
32
dyy
y
Penyelesaian:
Jelas d(2y )52 = 4y dy.
Jadi
dyy
y52
32
= ydyy 3)52( 2/12
= ydyy 443)52( 2/12
= ydyy 4.)52(43 2/12
= Cy 2/1
)52(.43 2/12
= Cy 5223 2 .
Teorema I-6
Diberikan f fungsi yang differensiabel dan n bilangan rasional dengan n ≠ 1, maka:
,1
)()(')(1
Crxfdxxfxf
rr C Real.
10
3. Hitunglah .)26sin(3 dxx Penyelesaian:
Tulis U = 6x + 2.
Jelas dU = 6 dx atau 3 dx = 2
dU .
Jadi dxx )26sin(3 = 2sindUU
= CU )cos(21
= .)26cos(21 Cx
4. Hitunglah .sincos1 xdxx Penyelesaian:
Tulis A = .cos1 x
Jelas A xcos12 dan 2A dA = (-sin x) dx.
xdxx sincos1 = dAAA )2.(
= -2 dAA2
= CA 332
= .)cos1(32 3 CA
Contoh I-4
Tentukan: (a) dxxx ).cos2( dan (b) dxx ).12( . Penyelesaian:
(a) Jelas dxxdxxdxxx .cos.2).cos2(
= )(sin)( 212 CxCx
= )(sin 212 CCxx
= Cxx sin2 .
(b) Jelas dxdxxdxx .2).12( = Cxx 2 .
11
Teorema berikut diperlukan untuk menentukan integral tak tentu fungsi-
fungsi komposisi yang juga dikenal dengan teorema penggantian.
Bukti:
Dipunyai IRg .
Jadi )]([)]([' xgfxgF )]([)]([)]]([[
xgfxgdxgFd
.
Jadi CxgFxgdxgf )]([)]([)].([
CxgFdxxgxgf )]([).(')].([ .
Contoh I-5
Tentukan: (a) dxx.2cos.2 , dxx .)5(10 9 , dan (c) dxxxx ).23()62( 263 . (a) Strategi:
(1) Ingat rumus:
Cxdxx sin.cos . (2) Jika x diganti 2x, diperoleh:
Cxxdx 2sin)2(.2cos .
Penyelesaian:
Jelas dxx.2cos.2
= )2(.2cos xdx = Cx 2sin .
(b) Strategi: (1) Ingat rumus:
.10
.10
9 Cxdxx
(2) Jika x diganti (x+5), diperoleh
(3) .10
)5()5(.)5(10
9 Cxxdx
Penyelesaian:
Jelas dxx .)5(10 9
= dxx 9)5(10
= )5()5(10 9 xdx
= Cx 10
)5(.1010
= Cx 10)5( .
Teorema I-7 (Penggantian)
Dipunyai )(xgy mempunyai turunan pada gD dan IRg dengan I adalah suatu
selang. Jika )(xfy terdefinisi pada selang I sehingga )()(' xfxF , maka
CxgFdxxgxgf )]([).(')].([ .
12
(c) Strategi: (1) Ingat rumus:
Cxdxx7
.7
6 .
(2) Jika x diganti 623 xx ,
Diperoleh:
)62()62( 363 xxdxx
= Cxx 7
)62( 73.
(3) Jelas dxxxxd ).23()62( 23
Penyelesaian:
Jelas dxxxx ).23()62( 263
= )62()62( 363 xxdxx
= Cxx 7
)62( 73.
Bukti:
Dipunyai dUVdVUVUd ..).( .
Jadi )..().( dUVdVUVUd
dUVdVUVU ...
dUVVUdVU ... .
Teorema ini efektif apabila dVU . sulit dicari, akan tetapi dUV . dengan mudah dapat ditentukan.
Contoh I-6
Tentukan: (a) dxxx .cos. dan (b) ..sin.2 dxxx
Teorema I-8 (Integral Parsial)
Jika )(xUU dan )(xVV adalah fungsi-fungsi yang mempunyai turunan pada selang buka I, maka dUVVUdVU ... .
13
(a) Strategi:
(1) Ubah dxxx .cos. menjadi
)(sin. xdx (2) Tulis )(xUx dan )(sin xVx .
(3) Gunakan Teorema 7.
Penyelesaian:
Jelas dxxx .cos.
= )(sin. xdx
= dxxxx .sinsin. = Cxxx cossin.
(b) Strategi
(1) Ubah dxxx .sin.2 menjadi
)(cos.2 xdx .
(2) Tulis )(2 xUx dan
)(cos xVx .
(3) Gunakan Teorema 7.
(4) Ubah dxxx .cos. menjadi
)(sin. xdx (5) Gunakan sekali lagi Teorema 7
Penyelesaian:
Jelas dxxx .sin.2
= )(cos.2 xdx
= )](.coscos.[ 22 xdxxx
= dxxxxx .cos.2cos.2
= )(sin.2cos.2 xdxxx
= ).sinsin.(2cos.2 dxxxxxx
= Cxxxxx cos2sin.2cos.2 .
Berikut ini disenarai beberapa rumus teknis yang diperoleh berdasarkan
pengalaman.
No Rumus Teknis No Rumus Teknis
1 Cxdx 9 Cxdxxx csc.cot.csc 2 C
xdxx2
.2
10
Cxx
dx
12 sin1
= Cx 1cos
3 C
nxdxx
nn
1.1
11
Cxx
dx
12 tan1
= Cx 1cot
4 Cxdxx cos.sin 12 Cxxxdx
12 sec1
= Cx 1csc
14
5 Cxdxx sin.cos 13 CaU
Ua
dU
122 sin
= CaU
1cos
6 Cxdxx tan.sec 2 14 CaU
aUadU
122 tan1
= CaU
a 1cot1
7 Cxdxx cot.csc 2 15
CaU
aUU
dU 12
sec1
1
= CaU
a 1csc1
8 Cxdxxx sec.tan.sec
Contoh I-7
Tentukan:
(a) dxx.21 (b) dxxx .21 (c) 12.2xdxx (d) dxx.sin 3
(e) dxx.sin 4 (f) dxx.sin (g) xdxx
cos1.sin (h) dxx.tan 4
(i) xxdx
).1( (j) 522 xx
dx (k) 24 xx
dx (l) 22
.
xx
dxx
Strategi:
(1) Ingat rumus Cxdxx 23
23
21
. .
(2) Jika x diganti (1-2x), diperoleh:
(3) Cxxdx 23
23
21 )21(
)21(.)21(
(4) Ingat bahwa dxxd 2)21(
Penyelesaian:
(a) Jelas dxx.21
= dxx 21
)21(
= )21(.)21(21
21
xdx
= Cx
23
23
)21(.
21
= Cxx 3
21)21( .
15
Strategi:
(1) Ubah dxxx .21 menjadi bentuk yang ada seperti pada contoh (a).
Penyelesaian:
(b) Jelas dxxx .21
= dxxx .)21)].21(1[21
= dxxdxx .)21(21.)21
21
23
= dxx .)2121 dxx .)21(4
123
= 6
21)21( xxCxx
1021)21( 2
(c) Penyelesaian:
Jelas 12.2xdxx =
dxxx .)12(2 2
1
=
dxxx .)12].(1)12[( 21
=
dxxdxx .)12(.)12( 21
21
=
)12(.)12(21)12(.)12(
21 2
121
xdxxdx
= Cxxx 123
12)12( .
Strategi:
(1) Ingat dxxxd .sin)(cos
(2) Ingat Cxdxx3
.3
2
(3) Jika x diganti cos x diperoleh:
Cxxdx
3cos)(cos.cos
32 .
Penyelesaian:
(d) Jelas dxx.sin 3
= dxxx .sin.sin 2
= )(cos).cos1( 2 xdx
= )(cos.cos)(cos 2 xdxxd
= Cxx 3
coscos3
.
16
Strategi:
(1) Ingat rumus
2sin = 22 sincos
= 2sin21 = 1cos2 2 .
Penyelesaian:
(e) Jelas dxx.sin 4
= dxx .)(sin 22 =
dxx
2
22cos1
= dxxdxxdx .cos41.2cos
21
41 2
= )2(2cos41
4xxdx
dxx .2
4cos141 2
= dxxx
81
42sin
4
)4(.4cos321 xdx
= Cxdxxx
324sin
81
42sin
4
= Cxxx
324sin
42sin
83 .
Strategi:
(1) Tulis yx
(2) Jelas x
dxdy2
(3) Jadi dxx.sin
= dyyy .sin.2
= )(cos. ydy . (4) Selanjutnya gunakan integral parsial,
yaitu: dUVUVUdV .
Penyelesaian:
(f) Jelas dxx.sin
= )(cos. ydyt
= dyyyy .coscos. = Cyyy sincos.
= Cxxx sincos. .
17
Strategi:
(1) Ingat dxxxd .sin)cos1(
(2) Ingat
Cxdxx 21
21
.2
(3) Jika x diganti xcos1 , diperoleh:
)cos1(.)cos1( 21
xdx
= Cx 21
)cos1(2
Penyelesaian:
(g) Jelas xdxx
cos1.sin
=
)cos1()cos1( 21
xdx
= Cx 21
)cos1(2
= Cx cos12 .
Strategi:
(1) Ingat rumus:
,tan1sec 22 xx
dxxxd .sec)(tan 2 ,
Cxdxx3
.3
2 , dan
Cxdxx tan.sec 2 .
Penyelesaian:
(h) Jelas dxx.tan 4
= dxxx .tan.tan 22
= dxxx ).1.(sectan 22
= dxxdxxx .tan.sec.tan 222
= dxxxdx ).1(sec)(tan.tan 22
= dxdxxx .sec
3tan 23
= Cxxx tan3
tan3 .
Strategi:
(1) Tulis yx .
(2) Jelas x
dxdy2
.
Penyelesaian:
(i) Jelas xxdx
).1(
= 212 ydy
= Cy 1tan.2
= Cx 1tan.2 .
18
Strategi:
(1) Tulis 522 xx menjadi
4)1( 2 x
(2) Ingat rumus:
Cx
xdx 12 tan1
(3) Jika x diganti 2
1x , diperoleh:
Cxx
xd
21tan
12
12
11
2
Penyelesaian:
(j) Jelas 522 xxdx
= 4)1( 2xdx
=
1
214
12x
dx
=
12
12
1
21
2x
xd
= C
x
22
1tan 1
.
Strategi:
(1) Ubah 24 xx menjadi:
4)42..2( 2 xx
= 2)2(4 x .
(2) Ingat Rumus:
Cxx
dx
12 sin1
.
Penyelesaian:
(k) Jelas 24 xx
dx
= 2)2(4 x
dx
=
2
221
)2(21
x
xd
= C
x
22
2sin 1
Strategi:
(1) Ingat )1(2)2(2
x
dxxxd
.
(2) Tulis )]1(1[ xx
dan
22 )1(12 xxx .
Penyelesaian:
(l) Jelas 22
.
xx
dxx
= dxxx
x .2
)1(12
=
22 )1(12
).1(
xdx
xx
dxx
19
= )2()2(21 22
12
xxdxx
2)1(1
)1(
x
xd
= 22 xx Cx )1(sin 1 .
20
I.3 Evaluasi
Kerjakan soal-soal di bawah ini.
1. Periksa kebenaran pernyataan berikut ini:
(a) 20 )( xxF adalah anti turunan dari xxf 2)( .
(b) xxF 1)( merupakan antu turunan x
xf
121)(
(c) xxxF 2cos.)( merupakan anti turunan dari xxxxf 2sin.22cos)( .
(d) xxxF .)( merupakan anti turunan dari xxxf .)( pada .
2. Jika suatu fungsi )(xfy terdefinisi untuk 0x , melalui titik (4,0), dan
gradien garis singgung di setiap titik ditentukan oleh persamaan
21
21
)(' xxxf
, tentukanlah persamaan fungsi f .
3. Berikan masing-masing 3 buah contoh untuk membenarkan Teorema 5, yaitu:
dxxgdxxfdxxgxf ).().()].()([ dan .).(.).(. dxxfKdxxfK 4. Hitunglah anti turunan dari:
(a) 23 2)( xxxf (b) 22sin.3)( xxxf
5. Tentukan:
(a) dxxx .4
(b) dxxx .12
(c) xx 215
(d) dxxx .sin1.cos
(e) 3 cos1.sin
xdxx
(f) xdxx
1.2
21
BAB II. INTEGRAL TENTU DAN PENGINTEGRALAN
Pada BAB 2 ini dibicarakan teorema yang cukup melandasi tentang integral,
yaitu teorema dasar kalkulus 1 dan 2. Dengan ditemukannya dua teorema ini dunia
menjadi gempar. Perhitungan integral yang tadinya harus dihitung dengan waktu la-
ma, bahkan perlu dibantu dengan mesin hitung, dengan kledua teorema ini pekerjaan
menjadi cukup sederhana dan dapat diselesaikan dengan cepat tanpa bantuan mesin
hitung. Dibuka dengan pasal yang berisi tinjau ulang tentang notasi sigma.
II.1 Notasi Sigma
Perhatikan jumlah 10 bilangan asli pertama: 1 + 2 + 3 + … + 10. Bentuk ini
dapat ditulis dengan
10
1
10321i
i
yang dibaca"sigma I, I dari 1 sampai 10". Dengan cara serupa, dapat dinyatakan:
(a)
50
1
22222 )50(321s
s ,
(b)
n
iin aaaaa
1321 ,
(c)
10
1
1101
31
21
11
n n , dan
(d)
n
i in 3 121
1.21
15.21
14.21
13.21
.
Contoh II-1
Jelas 1032110
1
i
i
= )10543()21(
=
10
3
2
1 iiii .
Contoh II-2
Tulis dengan notasi sigma bentuk-bentuk berikut ini:
(a) 22222 ,
(b) 15131197531 ,
22
(c) 18161412108642 , dan
(d) 1018265503726171052 .
Strategi:
(1) Tulis 2ic untuk setiap i = ,2,3,4,5.
Penyelesaian:
(a) Jelas 22222
= 54321 ccccc
=
5
1iic
=
5
1
2i
.
Strategi:
(1) Ingat: Bilangan asli ganjil yang ke-n
adalah 2 . n. 1.
Penyelesaian:
(b) Jelas 15131197531
=
8
1
)12(i
i .
Strategi:
(1) Ingat: Bilangan asli genap yang ke-n
adalah 2 . n.
(2) Jelas 18 = 2 . 9.
Penyelesaian:
(c) Jelas 2 + 4 + 6 + … + 18 =
9
1
2n
n .
Strategi:
(1) Jelas: 112 2 ,
125 2 ,
110101 2 .
Penyelesaian:
(d) Jelas
10
1
2 )1(10011052i
i
Berikut ini disajikan beberapa teorema yang sering digunakan. Khususnya dalam
perhitungan integral tentu melalui limit jumlah Riemann.
Teorema II-1
(a) cncn
i.
1
untuk sembarang konstanta c,
(b)
n
ii
n
ii accac
11
... .
(c)
n
i
n
ii
n
iiii bdacbdac
1 11
..)..(
23
Strategi:
Tulis cci untuk setiap ni ,...,2,1 .
Bukti (a):
Jelas
n
ii
n
icc
11
= nccc 21
= ccc
= cn. .
Bukti (b):
Jelas nn
ii acacacac .... 21
1
= )( 21 naaac
=
n
iiac
1
. .
Bukti (c):
Jelas
n
iii bdac
1
)..( = )..()..()..( 2211 nn bdacbdacbdac
= nacacac ... 21 + nbdbdbd ... 21
=
n
iiac
1
. +
n
iibd
1
. .
Contoh II-3
Hitunglah: (a)
6
1
5i
dan (b)
5
1
2 )54(i
ii
Penyelesaian:
(a) Jelas
6
1
5i
= 6 . 5 = 30.
(b) Jelas
5
1
2 )54(i
ii =
5
1
2
ii +
5
1
4i
i -
5
1
5i
.
= (1+4+9+16+25) + 4(1+2+3+4+5) + 5 . 5
= 90.
24
II.2 Induksi Matematika
Induksi matematika merupakan pembuktian kebenaran suatu pernyataan P(n) benar
untuk setiap bilangan asli atau bilangan cacah n. Dua langkah baku dalam
induksi matematik, yaitu:
pertama P(1) benar dan
kedua P(k+1) benar apabila P(k) benar.
Dengan demikian dapat dinyakan:
Contoh II-4
Buktikanlah: (a) 2
)1(321 nnn ,
(b) nn .22 untuk setiap bilangan asli n,
(c) 83 n habis dibagi 2n untuk setiap bilangan asli n,
(d) 6
)12)(1(941 2 nnnn ,
(e) 2
1
3
2)1(
nnin
i
, dan
(f) 30
)196)(1( 23
1
4
nnnnnin
i.
Buktinya sederhana. Berikut ini hanya dibuktikan butir (a), sedang butir yang lain
diserahkan pembaca sebagai latihan.
P(1) benar
P(n) benar P(k+1) benar apabila P(k) benar
25
Bukti (a):
Tulis
n
iin
1
321 .
Tulis )(nP :
n
i
nni1 2
)1( .
Jelas )1(P :
1
1 2)11.(1
ii .
Jelas
1
1
1i
i dan 12
)11.(1
.
Jadi )1(P benar.
Dipunyai P(k) benar.
Jadi 2
)1(1
kkik
i.
Jelas
1
1
k
ii = )1(
1
kik
i= )1(
2)1(
kkk =
2]1)1).[(1( kk .
Jadi P(k+1) benar apabila P(k) benar.
Jadi P(n) benar.
Jadi 2
)1(321 nnn .
II.3 Jumlah Riemann
Pada pasal ini disajikan pengertian jumlah Riemann suatu fungsi yang meru-pakan
dasar pendefinisian integral tentu.
Definisi II-2
Dipunyai [a,b] suatu selang tutup. Suatu partisi nP untuk selang [a,b] adalah sembarang
himpunan yang terdiri (n+1) bilangan
nxxxx ,,,, 210 , dengan
bxxxxa n 210 .
26
Contoh II-5
Jelas bahwa
3
25,2,
23,
34,
45,16P adalah suatu partisi untuk selang [1,3]. Agar
lebih memahami konsep yang dikembangkan, perhatikanlah gambar berikut
ini.
Gambar II-1 6P suatu partisi untuk [1,3]. memperlihatkan bahwa dengan partisi 6P ,
selang [1,3] terbagi menjadi 6 buah subselang, yaitu:
]25,2[],2,
23[],
23,
34[],
34,
45[],
45,1[ , dan ]3,
25[ .
Panjang untuk tiap subselang tidak perlu sama, sebagai contoh, panjang subselang
pertama ditulis dengan:
011 xxx = 145 =
41 .
Selanjutnya:
122 xxx = 45
34 =
121 ,
233 xxx = 34
23 =
61 ,
344 xxx = 232 =
21 ,
455 xxx = 223 =
21 , dan
566 xxx = 233 =
21 .
Panjang subselang terbesar dinyatakan dengan 6P dibaca denga "norm 6P ". Dengan
demikian pada contoh ini 21
6 P .
1 45
34
23
2 25
3
Gambar II-1 6P suatu partisi untuk [1,3].
27
Contoh II-6
Periksa apakah
1,
54,
53,
52,
51,
61,0 merupakan suatu partisi untuk selang [0,1]. Jika
merupakan suatu partisi, tentukan normnya.
Penyelesaian:
Tulis P =
1,
54,
53,
52,
51,
61,0 .
Jelas .154
53
52
51
610
Jadi P suatu partisi untuk selang [0,1].
Jelas
531,
53
54,
52
53,
51
52,
61
51,0
61maksP =
51,
301,
61 =
51 .
Contoh II-7
Tentukan jumlah Riemann untuk fungsi 825)( 23 xxxxf pada selang [0,5]
dengan partisi 0 < 1,1 < 2 < 3,2 < 4 < 5 dan titik sampel
5,01 t , 5,12 t , 5,23 t , 6,34 t , dan 55 t .
Penyelesaian:
Jelas 5R =
n
iii xtf
1
).(
= xtfxtfxtfxtfxtf 5544332211 ).().().().().(
= )45).(5()2,34).(6,3()22,3).(25()1,12).(
23()01).(
21( fffff
= (7,875).(1,1)+(3,125).(0,9)+(-2,625)(1,2)+(-2,944).(0,8)+ (18).1
= 23,9698.
Definisi II-3
Dipunyai ],[: baf suatu fungsi, nP suatu partisi untuk selang [a,b], dan
],[ 1 iii xxt . Bangun
xtfR iin ).( .
Bangun nR disebut Jumlah Riemann untuk f pada selang [a,b].
28
Gambar situasinya:
Contoh II-8
Hitunglah jumlah Riemann untuk fungsi xxF 9)( pada selang [0,9]
menggunakan partisi 0 < 1 < 2 < 4 < 6 < 7 < 9 dan titik sampel it yang
merupakan titik-titik tengah subselan ke i.
Penyelesaian:
Jelas 00 x , 11 x , 22 x , 43 x , 64 x , 75 x , dan 96 x .
Selanjutnya: 21
2010
201
01
xx
xt ,
23
2121
212
12
xxxt ,
32
2422
1223
xxxt ,
52
4642
2334
xxxt ,
213
2676
234
45
xx
xt , dan
82
7972
4556
xxxt .
Y 18
15 12 9 6 3 2,5 3,6 0 X 0,5 1,5 4,5 -3 -6
Gambar II-2 Interpretasi Geometri dari 5R
29
Jadi
6R =
6
1
).(i
ii xtf
= xtfxtfxtfxtfxtfxtf 665544332211 ).().().().().().(
= )79)(6()67)(5()46)(4()24)(3()12)(23()01)(
21( ffffff
= 2.31.42.52.61.2
151.2
17
= 6410122
152
17
= 40.
II.4 Integral Tertentu
Pada pasal ni didefinisikan pengertian integral tertentu sebagai limit jumlah Riemann
sebagai berikut.
Catatan:
(a) Definisi formal integral tertentu diberikan dengan ,
(b) Dalam kasus selang [a,b] dibagi menjadi n bagian sama panjang, maka
0P nm ,
(c) Pada bentuk b
a
dxxf ).( , f disebut integrn, a disebut batas bawah, dan b disebut
batas atas integral,
Definisi II-4
Dipunyai fungsi ],[: baf .
Jika
n
iiiPxtf
10).(lim ada
maka dikatakan fungsi f terintegralkan secara Riemann pada selang [a,b].
Selanjutnya ditulis
n
iiiPxtf
10).(lim =
b
a
dxxf ).(
disebut integral tertentu (integral Riemann) fungsi f dari a ke b.
30
(d) Dalam kasus fungsi f kontinu pada selang [a,b] dan 0)( xf pada [a,b],
b
a
dxxf ).( menyatakan luas daerah yang dibatasi oleh grafik f, garis x = a, garis
x = b, dan sumbu X,
(e) Integral tertentu adalah suatu bilangan riil yang dapat bernilai positif, nol,
atau negatif.
Contoh II-9
Hitunglah b
a
dxx ).3( .
Penyelesaian:
Tulis 3)( xxf
Bangun partisi untuk selang [1,4] yang membagi selang [1,4] menjadi n buah
subselang yang sama panjang.
Jelas nn
xi314
untuk setiap I = 1, 2, 3, …, n.
Jelas 10 x , nx 311 , n
x 3.212 ,…, nixi
3).1(11 , nixi
3.1 , dan 4nx
.
Pilih ii xt untuk setiap ],[ 1 iii xxt .
Jadi 23331)31()( ni
ni
niftf i .
Jadi b
a
dxx ).3( =
n
iiiPxtf
10).(lim
=
n
in nni
1
3.23lim
=
n
i
n
in ni
n 112169lim
=
nn
nnnn
.62
)1(.9lim 2
=
nn
nnnn
.62
)1(.9lim 2
= 629 =
23
.
31
Contoh II-10
Hitunglah 1
0
2 .dxx .
Penyelesaian:
Bangun partisi untuk selang [0,1] yang membagi selang [0,1] menjadi n buah
subselang yang sama panjang.
Jelas nn
xi101
untuk setiap I = 1, 2, 3, …, n.
Jelas 00 x , nx 11 , n
x 22 ,…, nixi
11
, n
ixi , dan 1nx .
Pilih n
ixt ii1
1
.
Jadi 1
0
2 .dxx =
n
iiiPxtf
10).(lim
=
n
in nni
1
2 3.23lim
=
n
inii
n 12
3 )12(1lim
=
n
i
n
i
n
inii
n 1112
3 121lim
=
nnnnnnnn 2
)1(.26
)12)(1(1lim 3
=
222
116
)12)(1(limnn
nn
nnn
= 31 .
Contoh II-11
Hitunglah b
a
dxx. .
Penyelesaian:
Bangun partisi untuk selang [a,b] yang membagi selang [a,b] menjadi n buah
subselang yang sama panjang.
Jelas n
abxi
untuk setiap I = 1, 2, 3, …, n.
32
Jadi ax 0 , nabax 1 , n
abax )(22
,…,n
abiaxi))(1(
1
,
nabiaxi
)( dan bxn .
Pilih 1 ii xt .
Jadi b
a
dxx. =
n
iiiPxtf
10).(lim
= n
abn
abian
in
.))(1(lim1
=
n
ini
nab
naba
1
2
)1()(lim
=
n
i
n
ini
nab
naba
1
2
1
)1(1)(lim
=
nnnn
abnn
aban 2
)1(..)(lim2
= 2
2 222 aabbaab
= .2
22 ab
II.5 Teorema-teorema Integral Tertentu
Definisi integral; tertentu dari fungsi f pada selang [a,b] dapat diperluas untuk kasus
= , atau < yang didefinisikan sebagai berikut.
Teorema II-6
Jika fungsi f kontinu pada selang [ , ], maka f terintegral secara Riemann pada selang
[ , ].
Definisi II-5
(a) Jika f (a) terdefinisi maka a
a
dxxf 0).( .
(b) Jika a > b dan a
b
dxxf ).( terdefinisi, maka a
b
dxxf ).( = b
a
dxxf ).( .
33
Teorema II-7
Bukti:
Tulis f (x) = 1.
Jelas f terdefinisi pada .
Buat partisi untuk selang [a,b] yang membagi selang [a,b] menjadi n buah subselang
yang sama panjang.
Jelas n
abxi
untuk setiap I = 1, 2, 3, …, n.
Pilih sembarang ],[ 1 iii xxt .
Jadi b
a
dxxf ).( =
n
iiiPxtf
10).(lim =
n
n
i nab
1.1lim = )(lim.1 ab
n n
= ab .
Teorema II-8
Buktinya sederhana, diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Bukti:
(1) Buat partisi untuk selang [a,b] yang membagi selang [a,b] menjadi n bah
subselang yang sama panjang.
Teorema II-9
Jika fungsi-fungsi f dan g terintegral pada selang [a,b], maka fumgsi-fungsi (f + g) dan
K.f dengan K konstanta terintegralkan, yaitu:
(1) b
a
dxxgxf )()( = b
a
dxxf ).( + b
a
dxxg ).( .
dan
(2) b
a
dxxfK ).(. = b
a
dxxfK ).(.
b
a
dxK. =
n
iiPxK
10.lim = )( abK .
b
a
n
iiP
abxdx10
lim
34
Jadi b
a
dxxgxf )()( =
n
iiiiPxtgtf
10.)()(lim
=
n
iiiPxtf
10).(lim +
n
iiiPxtg
10).(lim
= b
a
dxxf ).( + b
a
dxxg ).( .
Diserahkan kepada pembaca sebagai latihan.
Interpretasi geometri Teorema II-10:
Bukti:
Kasus a < c < b:
Teorema II-11
Jika fungsi f kontinu pada suatu selang yang memuat , , dan maka
b
a
dxxf ).( = c
a
dxxf ).( + b
c
dxxf ).(
tanpa memperhatikan urutan , , dan .
Teorema II-10
Jika D adalah daerah daerah tertutup yang dibatasi grafik fungsi f , garis x = a, x = b,
dan sumbu X maka
b
a
dxxfL .)(
Y f X 0 a b Gambar II-3 Grafik f pada [ , ]
35
Buat [partisi untuk selang [a,b] yang membagi selang [a,b] menjadi n buah subselang
yang sama panjang dan c merupakan suatu titik ujung suatu subselang.
Tulis
n = m + p
dengan m merupakan banyak subselang dalam selang [a,c] dan p adalah banyak
subselang dalam selang [c,b].
Tulis
kmk xz dan kmk tu .
Jadi b
a
dxxf ).( =
n
iiiPxtf
10).(lim
=
m
i
n
kkkiinzufxtf
1 1).(.).(lim
=
n
iiinxtf
1
).(lim +
n
kikpzuf
1
).(lim
= c
a
dxxf ).( + b
c
dxxf ).( .
Kasus c < a < b:
Berdasarkan kasus 1, dapat disimpulkan bahwa
b
c
dxxf ).( = a
c
dxxf ).( + b
a
dxxf ).( .
Jelas a
c
dxxf ).( = c
a
dxxf ).( .
Jadi b
c
dxxf ).( = c
a
dxxf ).( + b
a
dxxf ).(
b
a
dxxf ).( = c
a
dxxf ).( + b
c
dxxf ).( 5tanpa memperhatikan urutan dari a, b, dan
c.
Teorema II-12
Jika f terintegral pada selang [ , ] dan 0)( xf pada selang [ , ] maka
b
a
dxxf 0).( .
36
Bukti:
Buat partisi untuk selang [a,b] yang membagi selang [a,b] menjadi n buah subselang
yang sama panjang.
Jelas
n
iiiPxtf
10).(lim .
Andaikan b
a
dxxf 0).( .
Pilih 0)(],[ iiii tfbat .
Ini adalah suatu kontradiksi.
Jadi b
a
dxxf 0).( .
Bukti:
Dipunyai )()( xgxf pada selang [ , ].
Jelas 0)()( xfxg pada selang [ , ].
Jadi b
a
dxxfxg 0)].()([
0).().( b
a
b
a
dxxfdxxg
b
a
b
a
dxxgdxxf ).().( .
Teorema II-13
Jika f dan g terintegral pada selang [ , ] dan )()( xgxf pada [ , ]
Maka
b
a
b
a
dxxgdxxf ).().( .
37
Bukti:
Dipunyai )(min xfmbxa
dan )(xfmaksMbxa
.
Jelas Mxfm )( .
Jadi b
a
b
a
b
a
dxMdxxfdxm .).(. b
a
abMdxxfabm )().()( .
Interpretasi geometri Teorema II-14:
Contoh II-12
Hitunglah: (a) 1
0
2 ).( dxxx (b) 1
0
2 .6 dxx (c) 1
0
2 ).763( dxxx .
Strategi:
(1) ingat 21.
1
0
dxx dan 31.
1
0
2 dxx .
Penyelesaian:
(a) Jelas 1
0
2 ).( dxxx
Teorema II-14
Jika f kontinu pada selang [ , ], )(min xfmbxa
, dan )(xfmaksMbxa
,
maka
b
a
abMdxxfabm )().()( .
Y M m X 0 a b Gambar II-4 Terlihat bahwa luasan yang dinyatakan dengan
b
a
abMdxxfabm )().()(
38
(2) Gunakan teorema kelinieran
= 1
0
21
0
.. dxxdxx
= 31
21 =
65 .
(b) Jelas ∫ 6 = 2 ] = 2.
(c) Jelas ∫ (3 − 6 + 7) = − 3 + 7 ] = 1 − 3 + 7 = 5.
II.6 Pendiferensialan Integral Tertentu terhadap Batas Atasnya
Contoh II-13
Tentukan:
( )∫
( )∫ (3 − 1)
Penyelesaian:
(a) Jelas ∫ = = − .
Jadi ∫
= = .
Atau
Berdasarkan Teorema II-15 diperoleh
∫= .
(b) Jelas ∫ (3 − 1) = − = −
∫ ( )= ( )
Teorema II-15
Jika f kontinu pada selang [ , ] dan suatu titik dalam [ , ]
maka
39
Jadi ∫ ( )
= = 6 − 2 .
Atau
Berdasarkan Teorema II-15 diperoleh
∫ (3 − 1)=
∫ (3 − 1)( ) .
( )
= (3 − 1). 2 = 6 − 2 .
Berikut ini merupakan teorema nilai rata-rata integral
Berikut ini merupakan teorema substitusi dalam integral tertentu
Teorema Dasar Kalkulus
Teorema dasar Kalkulus memberikan kemudahan untuk menghitung Integral Tentu,
berikut teorema tersebut :
Contoh II-14
1. Perlihatkan bahwa jika r Q dan r -1, maka
11
11
ra
rbdxx
rrb
a
r
Teorema II-18
Jika ( ) kontinu pada [ , ] dan ( ) sebarang anti turunan ( ),
maka b
a
dxxf )( = F(b) – F(a). Selanjutnya ditulis F(b) – F(a) = baxF )]([
( ) ( ) = ( )( )
( )
Teorema II-17
Jika mempunyai turunan kontinu pada [ , ] dan f kontinu pada daerah nilai maka
( ) = ( )( − )
Teorema II-16
Jika f kontinu pada selang [ , ] dan maka terdapat suatu bilangan antara dan
sedemikian hingga
40
Penyelesian
Karena F(x) = 1
1
rx r suatu anti turunan dari f(x) = xr, maka menurut teorema dasar
Kalkulus .11
)()(11
ra
rbaFbFdxx
rrb
a
r
Contoh II-15
1. Jelas
0 4cos2
4cos dxxdxx 24
41.
4cos8
0
dxx
2. Jelas dxx
x
5
52
5
4= 0.
Tentukan hasil integral
1. dxx 2
0
)2(
Penyelesaian:
dxx 2
0
)2( = 2
0
2
22
xx
=
200.2
222.2
22
= (4+2) – (0+0) = 6
2. 2
0
32 )1( dxxx
Penyelesaian:
Misalnya u = (x 13 ) du = 3x 2 dx dxxdu 23
Teorema II-19
Jika ( ) fungsi genap, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat (− ) ( ) , maka:
dxxfa
a
)( = 2 dxxfa
0
)( dan
Jika ( ) fungsi ganjil, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat (− ) = − ( ),
maka dxxfa
a
)( = 0.
41
Untuk x = 0 maka u = 1 dan untuk x = 2 maka u = 9, sehingga:
2
0
32 )1( dxxx = 9
1 3duu =
9
1
2
6
u =
61
691 =
690
3. 4
1
)1( duuu
Penyelesaian:
Misal p = u p 2 = u 2p dp = du
Untuk u = 1 maka p = 1
Untuk u = 4 maka p = 2, sehingga:
4
1
)1( duuu = 2
1
2 2.)1( pdppp
= 2
1
32 )22( dppp
= 2
1
43
42
32
pp
=
4343 )1(
42)1(
32)2(
42)2(
32
=
42
328
316
= 4
303
14 =
431
4.
8
42 15xxdx
Penyelesaian:
Misal A = 152 x A 2 x 152
2A dA = 2x dx
Untuk x = 4 maka A = 1
Untuk x = 8 maka A = 7, sehingga
8
42 15xxdx =
7
1 AAdA
=
7
1
dA = [A] 71 = 7 – 1= 6
5. Jelas 10
6225 x
dx = 10
655ln
5.21
xx
42
= 5656ln
101
510510ln
101
= 11ln1013ln
101
6. Tentukan b
a
dxxf )(
dengan f(x) =
2,21,2
10,2
untukxxxuntuk
xuntukx
Penyelesaian:
Soal di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan sifat
b
a
dxxf )( b
c
c
a
dxxfdxxf )()( , c ),( ba
sehingga:
b
a
dxxf )( 2
1
5
2
1
0
22 dxxdxxdx
= 52
2
1
1
0
2
22
xxx
= (1-0) +(4-2) + 112/5
= 29
8.
3
3
x dx
Menurut definisi fungsi harga mutlak, bentuk di atas dapat dinyatakan dengan
3
3
x dx = 3
0
x dx +
0
3
x dx.
= 0
3
23
0
2
22
xx
= (8/3 – 0) – (0 – 8/3)
= 3
16
43
Berdasarkan contoh di atas, tentukan hasil pengintegralan fungsi-fungsi berikut ini:
1. 8
1
31 dxx
2. dxxx 2)1(
= dxxxx 21 = dxxxxx )2( 2 , dengan sifat integral diperoleh
= xdx - xx2 dx + dxx2
= 33
225
12
31)
52(2
21 CxCxCx
= 32132
52
31)
52(2
21 CCCxxx
= Cxxx 325
2
31)
52(2
21
44
II.7 Evaluasi
Kerjakan soal-soal berikut ini
1. dzz
z
22 )1(
2. dss
ss3
2)1(
3. dxxx 3)2(
4.
1
1
22 4 dxxx
= 2 221
0
4 xx dx
Misal 24 x = u
4-x 2 = u 2 atau x 2 = 4 - u 2
-2x dx = 2 u du atau dx = duxu
5.
2
2
24 dxx
6. 3
0 1 xdx
7. 4
2
216 dxx
x
8. 27
83/1xx
dx
9. 2
0 2sin dxx
10. 3/
0
2 3sin
xdxx
11. 2/
0 2cos3
xdx
12. 11
3
32 dxx
13. 9
4 11
xx dx
14. dxex x2
0
3 2
15. 4/
6/ 2sin
xdx
16.
2
12 22xx
dx
17.
2
12 )1(
)1( dxxx
x
18.
2
12)2(
)2(xx
dxx
19. 2
1
2 )1ln( dxxx
20. 4/
0 sin2
xdx
21.
1
22 34
)1( dxxx
x
22. 4
0
12 dxxx
23. 3
13
2
31 dx
xxx
24. a
a
dxxa8
33/13/1
25. 2/
0
2 3sin3cos
xdxx
45
26. xdxx 3cos3sin2/
0
2
27. Hitunglah b
a
dxxf )( , jika:
a. f(x) =
21,2)1(210,2
xuntukxxuntukx
b. f(x) =
21,110,1 2
xuntukxxuntukx
c. f(x) =
20,2202,1 2
xuntukxxuntukx
d. f(x) = 2x untuk - 44 x
e. f(x) = xx , untuk -1 2 x
f. f(x) = (x- x ) 2 g. f(x) = x x2 , untuk - 21 x
46
BAB III. PENGGUNAAN INTEGRAL
III.1 Luas Daerah Bidang Datar Pada bagian ini dibicarakan tentang penggunaan integral tertentu untuk
menghitung luas daerah pada bidang Datar.
III.2 Volume Benda Putar Suatu daerah D pada bidang datar apabila diputar dengan suatu poros tertentu akan
menghasilkan suatu benda putar. Volum benda putar tersebut dapat dihitung dengan
menggunakan integral tertentu.
= − ( )
Teorema III-3
Dipunyai D adalah daerah yang dibatasi oleh grafik fungsi f yang kontinu pada [ , ] dan
( ) < 0 untuk setiap [ , ], = , = dan sumbu X. Jika A adalah luas daerah D,
maka
= [ ( )− ( )]
Definisi III-2
Dipunyai D adalah daerah yang dibatasi oleh dua grafik fungsi f dan g dengan ( ) ≥ ( )
untuk setiap [ , ], = , = dan sumbu X. Jika A adalah luas daerah D, maka
= ( )
Definisi III-1
Dipunyai D adalah daerah yang dibatasi oleh grafik fungsif dengan ( ) ≥ 0 untuk setiap
[ , ], = , = dan sumbu X. Jika A adalah luas daerah D, maka
47
1. Metode Cakram Dipunyai fungsi f kontinu pada selang [ , ]. Misalkan daerah D dibatasi oleh grafik
f, sumbu X, x = a, dan x = b diputar dengan poros sumbu X akan membangun suatu
benda putar. Volum benda putar tersebut akan dicari dengan menggunakan
metode cakram sebagai berikut.
Buat partisi untuk selang [ , ]. Pilih titik sampel ti ∈[xi−1, xi ].
Volum cakram ke-i adalah
= . [ ( )] .∆ .
Jadi
= lim‖ ‖→
. [ ( )] .∆ = [ ( )]
2. Metode Cincin Misalkan daerah D dibatasi oleh grafik fungsi g dan h dengan ( ) ≥ ℎ( )
pada [ , ], = , dan = . Akan ditentukan volum benda yang terjadi jika
daerah D diputar terhadap sumbu X.
Buat partisi untuk selang [ , ] pada sumbu X.
Pilih titik sampel ti ∈[xi−1, xi ].
Tulis Vi : volum cincin ke-i.
Jelas
= . [ ( )] .∆ − . [ℎ( )] .∆
= . [[ ( )] − [ℎ( )] ].∆ .
Jadi
= lim‖ ‖→
. [[ ( )] − [ℎ( )] ].∆ . = [[ ( )] − [ℎ( )] ]
3. Metode Sel Silinder (Kulit Tabung) Dipunyai daerah D yang dibatasi oleh grafik fungsi kontinu dengan ( ) ≥ 0
pada selang [ , ], garis = , garis = , dan sumbu X. Akan ditentukan volum
benda yang terjadi jika daerah D diputar terhadap sumbu Y. Bangun partisi untuk
selang [ , ].
Pilih titik sampel ti ∈[xi−1, xi ] dengan ti berada tepat di tengah subselang
[ , ]. Jadi = atau 2 = − .
Tulis Vi = volume silinder ke – i.
48
Jelas = . . ( ) − . . ( )
= . ( )( − )
= . ( )( + )( − )
= 2 . . ( )∆ .
Jadi
= lim‖ ‖→
2 . . ( )∆ = 2 ( ) .
49
BAB IV. FUNGSI LOGARITMA, FUNGSI EKSPONEN, DAN FUNGSI HIPERBOLIK
IV.1 FUNGSI LOGARITMA Fungsi logaritma merupakan fungsi yang sering dijumpai dalam te-rapan.
Sebagai contoh model pertum-buhan populasi dan model peluruhan radio aktif yang
sederhana. Pada bab ini diawali dengan membangun fungsi logaritma asli.
Dipunyai
C1n
xdxx1n
n untuk n –1. Masalahnya sekarang bagaimana
mencari xdx . Bangun fungsi f: (0,+)R dengan
t1)t(f . Jelas bahwa f kontinu.
Grafik f disaji-kan berikut ini.
Y
f
1
T
1 x=1+h Gambar IV-1 Grafik fungsi f dengan ttf 1)( .
Langkah selanjutnya bangun pengaitan R),0(:F dengan x
1 tdt)x(F . Akan
ditunjukkan F merupakan suatu fungsi.
(1) Ambil sembarang ),0(x .
Kasus x = 1:
Jelas R0t
dt)1(F1
1 .
Pilih 0 R.
Jelas 0 = F(1).
Kasus x > 1:
Tulis x = 1 + h, h > 0.
Jelas )h1(F)x(F = h1
1 tdt = 0x R
+.
Pilih Rx0 .
Jelas )x(Fx0 .
50
Kasus 0 < x < 1:
Tulis x = 1 – , 0 < < 1.
Jelas F(x) = F(1 – ) = 1
1 tdt =
1
1 tdt = 1x R
– .
Pilih 1x R.
Jelas 1x = F(x).
Jadi Ry),0(x y= F(x).
(2) Ambil sembarang ),,0(x,x 21 21 xx .
Jelas F(x1)= 1x
tdt
1=
2x
tdt
1=F(x2).
Jadi ),,0(x,x 21 21 xx , F(x1) = F(x2).
Jadi F suatu fungsi.
Sekarang dikaji lebih mendalam mengenai sifat-sifat fungsi F tersebut.
Berdasarkan sifat-sifat yang teridentifikasi, akan dapat dibuat sket grafik F.
Fungsi R),0(:F yang di-definisikan sebagai x
1 tdt)x(F memi-liki
sifat-sifat: (a) F(1) = 0.
(b) F(x) > 0 apabila x > 1.
(c) F(x) < 0 apabila 0 < x < 1.
(d) F(x) ada pada (0,+).
Bukti:
Tulis )t(ft1 .
Jelas f kontinu pada (0,+).
Jadi F(x) ada dan x1)x(F .
(e) F kontinu pada (0,+).
(f) Grafik F naik.
Bukti:
Ambil sembarang 2121 xx),,0(x,x .
Jelas )x(F 1 1
1
x
tdt =
2
1
x
tdt = F(x2).
51
Jadi 2121 xx),,0(x,x , F(x1) = F(x2).
Jadi grafik F naik.
(g)
)x(Flimx
dan
)x(Flim0x
.
(h) Grafik F cekung ke bawah.
Bukti:
Ambil sembarang ),0(x .
Jelas x > 0.
Jelas F(x) = dx
xFd )]([ = dx
d x )( 1 = 2x1
0.
Jadi grafik F cekung ke bawah. Berdasarkan sifat-sifat fungsi F ini, dapat
dibuat sket grafik F sebagai berikut .
Y f
X
0 1
Gambar IV-2 Grafik F dengan x
1 tdt)x(F .
Selanjutnya fungsi yang diba-ngun ini diberi lambang dengan
F(x) = ln x
dan disebut dengan fungsi logaritma asli.
Berdasarkan definisi itu, diperoleh suatu teorema:
Teorema IV-1
..
Contoh IV-1
Tentukan f(x) apabila:
(a) f(x) = ln 2x,
(b) f(x) = ln (3x2 + 5), dan
(c) f(x) = ln7(2x – 3).
0dengan1)(ln xxdx
xd
52
Strategi:
(1) Ingat rumus xdx
xd 1)(ln .
(2) Jika x diganti 2x, diperoleh:
xxd
xd21
)2()]2[ln( .
(3) Gunakan aturan rantai
Penyelesaian (a):
Jelas dx
xfdxf )]([)(
= dx
xdxdxd )2(.)2()2(ln
= 2.21x
= x1 .
Strategi:
(1) Ingat rumus xdx
xd 1)(ln .
(2) Jika x diganti (3x2 + 5), diperoleh:
5x3
1)5x3(d)]5x3[ln(d
22
2
.
(3) Gunakan aturan rantai
Penyelesaian (b):
Jelas dx
)]x(f[d)x(f
= dx
)5x3(d.)5x3(d)]5x3[ln(d 2
2
2
= 5x3
x62
.
Strategi:
(1) Ingat rumus 67
7)( xdxxd
.
(2) Jika x diganti ln7(2x–1), diperoleh:
)12(ln7)]12[ln()]12([ln 67
x
xdxd
.
(3) Gunakan aturan rantai.
Penyelesaian (c):
Jelas dx
xfdxf )]([)(
= dx
xd )]12([ln 7
= dxxd
xdxd
xdxd )12(.
)12()]12([ln
.)]12([ln)]12([ln 7
= 2.12
1)].12(ln.7[ 6
x
x
= 12
)12(ln.14 6
xx .
53
Berikut ini disajikan beberapa teorema yang berkaitan dengan fungsi logaritma
asli.
Bukti (a):
Ambil sembarang (0, +).
Bangun : (0, +) dan : (0, +) dengan ( ) = ln dan ( ) = ln .
Jelas xdx
axdaxdaxdxf 1)(.
)()(ln)( dan
xdxxdxg 1)(ln)( .
Jadi ( ) = ( ) + ln = ln + .
Pilih = 1.
Jelas = ln .
Jadi ln = ln + ln .
Pilih = .
Jadi ln( ) = ln + ln .
Bukti (b):
Ambil sembarang (0, +).
Bangun : (0, +) dan : (0, +) dengan ( ) = dan ( ) = .
Jelas xdx
dd
dxf b
x
bx
bx 1)(.)()(ln
)( dan xdx
xdxg 1)(ln)( .
Jadi ( ) = ( ) + = + .
Pilih = .
Jelas C = – ln b.
Jadi ln = ln − ln
Pilih x = a.
Jelas ln ba = ln a – ln b.
Teorema IV-2
Jika , , , > 0, > 0, dan rasional maka:
(a) ln( ) = ln + ln .
(b) blnalnbaln
(c) aln.raln r
54
Bukti (c):
Buktinya sederhana, diserahkan kepa-da pembaca sebagai latihan.
IV.2 Bilangan e
Karena fungsi f: (0,+)R de-ngan f(x) = ln x kontinu, naik, dan mempuinyai
range Rf = R, maka teorema nilai rata-rata untuk turunan menjamin adanya x secara
tunggal sehingga ln x = 1. Bilangan ini diberi lambang dengan e. Dengan demikian
dapat didefinisikan:
Definisi IV-3
Telah ditunjukkan bahwa bi-langan e merupakan bilangan irrasional dan hampiran e
teliti sampai 12 desi-mal adalah
e 2,718281818459.
Dari Teorema I-2, diperoleh:
ln en = n. ln e = n . 1 = n.
Dari persamaan ini dapat ditentukan titik-titik yang terletak pada grafik f(x) = ln x.
Hasilnya dicatat dalam daftar berikut ini.
Daftar 1: nilai ln en
n x = en f(x) = ln en
–2 0,13534 –2
–1 0,36788 –1
0 1 0
1 2,71828 1
2 7,38906 2
ln e = 1.
55
Jika titik-titik ini digambar, akan diperoleh gambar berikut ini:
Y
(e2,2) (e,1) (1,0) X (e– 1,–1) (e–2 ,–2 ) (e–3,–3 )
Gambar 3: Grafik f (x) = ln x
IV.3 Logaritma Asli Sebagai Anti Turunan Berdasarkan definisi fungsi lo-garitma asli dapat diturunkan teorema berikut
ini.
Teorema IV-4
Bukti:
Tulis )x(fx1 dan xln)x(F .
Ambil sembarang x R, x 0.
Kasus x < 0:
Jelas )(lnln xx .
Jadi dx
xfdxF )]([)(
= dx
xdxdxd )(.)()][ln(
= x1 = ( ).
Kasus x > 0:
Jelas xx lnln .
Jadi dx
xfdxF )]([)(
= dx
xd )(ln
= x1 = ( ).
Jadi ( ) suatu anti turunan ( ).
Jadi anti diferensial ( ) adalah ( ) + .
Jadi Cxx
dx ln .
Jika x R, x 0 maka
Cxx
dx ln .
56
Contoh IV-2
Tentukanlah integral-integral berikut ini:
(a) 3x2
dx (b) dx
xsinxxcos1 (c)
dxx2x
1x2 (d)
dx1x
x3x 2 .
Penyelesaian (a):
Jelas 3x2
dx = 3x2
)3x2(d21
= C2
3x2ln
.
Strategi:
(1) Ingat Cxlnx
dx
(2) Jika x diganti (2x+3), diperoleh:
C3x2ln3x2
)3x2(d
.
(3) Jelas d(2x+3) = 2 dx.
(4) Adakan koreksi akibat pengganti-
an.
Penyelesaian (b):
Jelas dx
xsinxxcos1 =
xsinx)xsinx(d
= Cxsinxln .
Strategi:
(1) Ingat Cxlnx
dx
(2) Jika x diganti (x + sin x), diper-
oleh:
Cxsinxlnxsinx
)xsinx(d
.
(3) Jelas d(x + sin x) = (1 + cos x) dx.
(4) Adakan koreksi akibat pengganti-
an.
Penyelesaian (c)
Jelas
dxx2x
1x2 =
x2x)x2x(d
21
2
2
= C2
x2xln 2
.
Strategi:
(1) Ingat Cxlnx
dx
(2) Jika x diganti (x2 + 2x), diper-
oleh:
Cx2xlnx2x
)x2x(d 22
2
.
(3) Jelas d(x2 + 2x) = 2(x + 1) dx.
(4) Adakan koreksi akibat penggan-
tian.
57
Penyelesaian (d):
Jelas dx
1xx3x 2
=
dx].1x
2)2x[(
=
1x
dx2dx)1x(
= C1xln2x2
x2 .
Strategi:
(1) Sederhanakan 1x
x3x 2
menjadi
1x
2)2x(
.
(2) Ingat Cxlnx
dx
(3) Jika x diganti (x + 1), diper-
oleh:
C1xln1x
)1x(d
.
(4) Jelas d(x + 1) = dx.
(5) Adakan koreksi akibat penggan-
tian.
Perhatian 1:
Contoh IV-3
Dipunyai f: (e– 2 ,1)R , f (x) = ln x.
(a) Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik f, sumbu X, x = e– 2, dan x = 1.
(b) Tentukan panjang busur grafik f.
Penyelesaian:
Grafik f:
Y X . Gambar IV-3 Grafik ( ) = ln .
Bentuk Cx 32ln21 dapat ditulis dalam bentuk lain, sbagai contoh:
Tulis C = 1ln21 C .
Jadi Cx 32ln21 = 1ln2
132ln21 Cx
1
58
Penyelesaian (a):
Tulis A: luas daerah yang diminta
Jelas A =
1
2
)(e
dxxf =
1
2
lne
dxx =
1
2
lne
dxx =
1
1
2
2 )(ln.ln.e
exdxxx
=
1
1
2
2ln.e
edxxx = 1
e2 2x)2(
e1
= 22112ee
= 112 e.
Penyelesaian (b):
Dipunyai ( ) = ln .
Jelas f(x) = dx
xfd )]([ = xdx
xd 1)(ln .
Tulis l: panjang busur grafik f.
Jelas l = dxxfe
1
2
2
)]([1
= dxxe
1
22
11
= dxx
x
e
1 2
2
1 .
Tulis + 1 = .
Jelas 2x.dx = 2y.dy dan 12 yx .
Batas y:
x y
e– 2 14 e
1 2
Jadi l =
2
1412
2
ey
dyy
= dxy
e
2
141
11 2
=
2
14
2
14
2
14 1
)1(
2
1
1
)1(
2
1
eee y
yd
y
yddx
= x + 2141
1ln21
eyy =
59
1e2 4 Cee
1111ln
1212ln
21
4
4
Contoh IV-4
Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafk ( ) = − , sumbu X, = 1, dan
= .
Penyelesian:
Grafik f:
Y 1 f 1 e X
Gambar IV-4 Grafik : [1, ] dengan ( ) = − .
Tulis A: daeah yang diarsir.
Jelas 1 x < e 111 xe
.
Jadi e
ex
x 110 .
Jelas A = e
dxxf1
)( = e
dxx
x1
1 = e
dxx
x1
)1( = e
xx
1
2
ln2
( =
211
2
2e
= 2
32 e 2,19.
Jadi hampiran luas daerah yang diarsie adalah 2,19 satuan luas.
IV.4 Fungsi Eksponen Asli
Dipunyai fungsi f: (0,+)R dengan f(x) = ln x. Jelas f kontinu dan grafik f
naik. Ini menunjukkan bahwa fungsi f memiliki invers. Fungsi ekspo-nen asli
dibangun dengan diawali dengan definisi berikut ini.
Definisi IV-5
Jika x (0,+) didefinisikan y = ln x x = ey.
60
Berdasarkan definisi ini, fungsi invers untuk f ditulis f –1 dengan
f –1(x) = ex, – < x < + .
Jelas
(f f –1)(x) = f [f –1(x)] = ln (ex) = x
dan
(f –1 f )(x) = f –1 [f (x)] = e ln x = x.
Karena f –1 merupakan invers f, maka untuk menggambar grafik f –1 diperoleh
dengan mencerminkan grafik f terhadap garis y = x. Daftar nilai f dan f –1 terlhat pada
daftar berikut ini.
Daftar nilai f:
x ... e– 2 e– 1 1 e e2 ...
ln x ... –2 –1 0 1 2 ...
Daftar nilai f –1:
x ... –2 –1 0 1 2 ...
ex ... e– 2 e– 1 1 e e2 ...
Grafik f dan f –1 seperti tampak pada gambar berikut ini.
Y y= x X
Gambar IV-5 Grafik f (x) = ln x dan inversnya.
Berikut ini disajikan beberapa teorema fungsi eksponen asli.
Teorema IV-6
Jika x1, x2 R dan r rasional maka (1) 2121. xxxx eee
(2) 212
1xx
x
x
eee
(3) 11 )( rxrx ee
61
Bukti:
(1) Tulis 11xey dan 22
xey .
Jelas 11 ln yx dan 22 ln yx .
Jadi x1 + x2 = ln y1 + ln y2 x1 + x2 = ln (y1.y2) y1.y2 = 21e xx
2121. xxxx eee .
(2) Tulis 11xey dan 22
xey .
Jelas 11 ln yx dan 22 ln yx .
Jadi 2121 lnln xxxx 2
121 ln x
xxx 21exx xx
2
1 .
(3) Bukti untuk (3) diserahkan pembaca sebagai latihan.
Teorema IV-7
Bukti:
Ambil sembarang x R.
Dipunyai ln ex = x.
Jelas dx
xddx
ed x )()][ln( 1)(.
)()][ln(
dxed
eded xx
x
1)(.1 dxed
e
x
x x
x
edxed
)( .
Interpretasi Geometri Teorema 4.7
Y (1,e) 0 (e,1) X Gambar IV-6 Grafik fungsi f: R R , dengan f(x) = ex.
Jika x R maka xx
edxed
)( .
62
Gambar IV-6 Grafik fungsi f: R R , dengan f(x) = ex. merupakan grafik fungsi : dengan f (x) = ex.
Teorema IV-7 menyatakan bahwa
f ’(x) = f (x).
Ini berarti bahwa kecenderungan garis singgung di sembarang titik (x, y) pada grafik f
sama dengan koordinat y titik tersebut.
Sebagai contoh:
(a) kemiringan garis singgung di titik (– 1, 1/e) adalah 1/e.
(b) kemiringan garis singgung di (0,1) adalah 1, dan
(c) kemiringan garis singgung di titik (1, e) adalah e.
Contoh IV-5
Tentukan dxdy apabila:
(a) y = e6x (b) y = ex.sin x. Penyelesaian:
(a) Jelas dxed
dxdy x )( 6
= dx
xdxd
ed x )6(.
)6()( 6 = 6.6xe = 6 . e6x.
Stratetgi:
(1) Ingat rumus xx
edxed
)( .
(2) Jika x diganti 6x, diperoleh xx
exd
ed 66
)6()( .
(3) Selanjutnya gunakan aturan rantai.
Penyelesain (b) :
Jelas dx
eddxdy xx )( sin.
= dx
xxdxxd
ed xx )sin.(.
)sin.()( sin.
= ))(sin)(sin..(sin.dx
xdxdx
xdxe xx
= xxexxx sin.).sincos.(
= )sincos..(sin. xxxe xx .
Strategi:
(1) Ingat rumus xx
edxed
)( .
(2) Jika x diganti x.sin x, diperoleh:
xsin.xxsin.x
e)xsin.x(d)e(d .
(3) Selanjutnya gunakan aturan rantai.
63
Contoh IV-6
Tentukan semua ekstrim relatif untuk fungsi f: R R dengan f (x) = x2.e– x .
Strategi:
(1) Tentukan dx
xfd )]([ .
(2) Tentukan bilangan kritis untuk f.
Tulis dengan x1 dan x2.
(3) Tentukan )(xf
(4) Tentukan tanda )( 1xf dan )( 2xf
(5) Gunakan uji turunan kedua
Y 3 f 2 1 X -2 -1 1 2 3 4
Gambar IV-7 Grafik f : R R, f (x) = x2.e– x .
Penyelesaian:
Jelas dx
xfdxf )]([)( = dx
exd x ).( 2 = dxxde
dxedx x
x )(.)(.2
2
= xedx
xdxd
edx xx
2.)(
.)()(
.2
= )2( x
exx .
Jelas 0)( xf )2( xexx = 0 x = 0 x = 2.
Jadi titik kritis f adalah x1 = 0 dan x2 = 2.
Selanjutnya dx
exexdxfxx ).2.()(
2
= dx
exddx
exd xx ).(.2).(2
=
dxxde
dxedx x
x )(.)(.2
2
+
dxxde
dxedx x
x )(.)(. =
xedx
xdxd
edx xx
2.)(.)()(.2
64
+
xx
edx
xdxd
edx )(.)()(. = xxxx eexexex ..2.2
= xexx ).13( 2 .
Jadi 01)0()( 1 fxf dan 01)2()( 22 e
fxf .
Jadi f (0) = 0 merupakan minimum re-latif f dan f (2) = 24e
merupakan mak-simum
relatif f.
Teorema IV-8
Teorema IV-8 merupakan akibat langsung Teorema IV-7, yaitu:
(1) ex merupakan suatu anti turunan ex.
(2) anti diferensial ex adalah ex + C.
(3) dengan demikian
Cedxe xx . .
Contoh IV-7
Tentukan integral-integral berikut ini
(a) dxe x3 dan
(b) dxex x .. 123
Penyelesaian (a):
Jelas dxe x3 = )3(31 3 xde x
= Cex
3
3
.
Strategi:
(1) ingat rumus Cedxe xx . (2) jika x diganti (-3x), diperoleh:
Cexde xx 33 )3(. (3) jelas d(–3x) = –3.dx
(4) adakan koreksi dengan ada nya
penggantian itu.
Untuk setiap x R, Cedxe xx .
65
Penyelesaian (b):
Jelas dxex x .. 123
= )1(.31 313 xde x
= Cx 3
13 .
Strategi:
(1) ingat rumus Cedxe xx . (2) jika x diganti (x3 – 1), diperoleh:
Cexde xx 13133
)1(. .
(3) jelas d(x3 – 1) = 2x2.dx
(4) adakan koreksi dengn adanya
penggantian itu.
IV.5 Hampiran Nilai bilangan e Mencari hampiran untuk bi-langan e menggunakan definisi
e
dtt
e1
1.1ln
agak sulit. Untuk keperluan ini diberi-kan definisi lain untuk bilangan e se-bagai
berikut:
Definisi IV-9
Hasil untuk hampiran nilai e, dicatat pada daftar berikut.
Daftar 2: Nilai e untuk beberapa nilai n.
n
n
n
11
n
n
n
11
1 2,000000 500 2,715569
5 2,488320 1.000 2,716924
20 2,653298 2.500 2,717738
50 2,691588 5.000 2,718010
100 2,704814 10.000 2,718146
250 2,712865 100.000 2,718268
… … … …
Jika nilai n diperbesar, akan diperoleh nilai hampiran untuk bilang-an e, yaitu:
e 2,7182818 …
memanfatkan Definisi IV-9.
x
x x11lime
Teorema IV-10
Bukti:
Jelasx
x xr1lim
=
x
x xr1lim
=
r.rx
xrx11lim
=
r
rx
rx
rx11lim
= re .
Contoh IV-8
Hitunglah nilai limit berikut ini:
(a) x
x x
11lim , (b) x
x x
31lim , (c) x
x x
261lim
, (d)
x
x x
2
11lim .
Penyelesaian:
(a) Jelas x
x x
11lim = )1.(
)(11lim
x
x x=
111lim
x
x x= e–1 =
e1 .
(b) Jelas x
x x
31lim =
3.3
3
11lim
x
x x
=
3.3
33
11lim
x
x x
=
3
3
33
11lim
x
x x = e3.
(c) Jelas x
x x
261lim
=
12.6
6
11lim
x
x x
=
12
6
66
11lim
x
x x = e12.
(d) Jelas x
x x
2
11lim = xx
x xx
1111lim = x
x
x
x xx
11lim.11lim
= 1
11lim.11lim
x
x
x
x xx = e .
e1 = 1.
x
x
r
xre
1lim
IV.6 Fungsi Eksponen dan Logaritma Untuk Bilangan Pokok Yang Lain
Dengan menggunakan definisi fungsi eksponen asli, domain f (x) = ax, x > 0
dapat diperluas untuk semua bilangan real, baik rasional atau tak rasional. Untuk
membangun perluasan ini diperlukan teorema-teorema berikut ini.
Teorema IV-11
Teorema IV-12
Bukti:
Ambil sembarang a, x R, a > 0, dan r bilangan rasional.
Dipunyai ax = ex. ln a.
Jika x diganti r, diperoleh: ar = er. ln a.
Jadi aln.rr elnaln aln.raln r . Teorema IV-13
Bukti:
Tulis [ex]r = y.
Jelas ln y = ln [ex]r = r. ln ex = r.x.
Jadi y = er.x [ex]r = ex.r.
Teorema IV-14
Hanya dibuktikan untuk (c), bukti yang lain diserahkan pembaca sebagai latihan.
Bukti (c):
Jelas (ax)y = (ex.ln a)y = exy.ln a = xyaeln = axy.
Jika a, x, y R dan a > 0 maka (a) yxyx aaa .
(b) yxyx
aaa
(c) (ax)y = ax.y.
Jika x,r R maka [ex]r = ex.r.a
Jika a R, a > 0, dan r bi-langan rasional, maka aln.raln r .
ax = ex. ln a, x R.
BAB V. TEKNIK INTEGRAL
Beberapa macam teknik pengintergralan digunakan untuk menentukan
antiturunan suatu fungsi. Hal ini bertujuan untuk memudahkan dalam
menentukan selesaian integral fungsi yang ditentukan. Agar teknik
pengingtegralan mudah dipahami oleh pembaca, maka dalam bab ini dirincikan
teknik pengintegralan dimaksud dengan syarat-syarat yang ditentukan. Teknik-
teknik integral tersebut adalah: Teknik Substitusi, Integral Fungsi
Trigonometri, Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri, Integral Parsial, Integral
Fungsi Rasional, dan Integral Fungsi Rasional yang memuat fungsi
Trigonomteri.
Berikut ini penjelasan teknik-teknik dalam pengintegralan.
V.1 Teknik Substitusi
Istilah lain untuk teknik substitusi adalah pemisalan. Teknik substitusi
pada umumnya digunakan untuk memudahkan selesaian integral ke bentuk
rumus dasar rumus integral tak tentu, yaitu;
a. nx dx = 11
nx n + C, asalkan n -1 atau
b. dxxfxf n )(')( =
1)( 1
nxf n + C, asalkan n -1
Karena rumus di atas adalah pedoman umum. maka integrannya
menyesuaikan dengan rumus di atas. Jika belum sesuai atau menyimpang dari
bentuk di atas maka sedapat mungkin diubah terlebih dahulu. Dengan demikian
setelah integran sesuai dengan bentuk baku integralnya dapat dilakukan dengan
mengaplikasikan rumus dasar integral tidak tentu. Akhirnya selesaiannya dapat
dilakukan dengan metode substitusi.
Perhatikan beberapa contoh berikut:
1. x1 dx
Misal u = x1
xu 12
)1()( 2 xdud
dxudu 2
Substitusi bentuk terakhir ke x1 dx, diperoleh
duuu )2( = -2 duu2 Dengan rumus dasar di dapat
x1 dx = -2 duu2
= -2 Cu
3
3
= - Cx 3)1(32
2. dxx 11)123( Misal A = 3x + 12
d(A) = d(3x+12)
dA = 3 dx
dx = 3
dA
Sehingga dxx 11)123( = 311 dAA
= dAA1131
= CA )12
(31 12
= CA 12361
= Cx 36
)123( 12
3. xCos 22 dx Misal A = 2x
d(A) = d(2x)
dA = 2 dx
dx = 2
dA
xCos 22 dx = 2cos2 dAA
= ACos2 dA21
= AdA2cos21
= dAA
22cos1
21
= AdAdA 2cos41
41
= CAA 82sin
4
= Cxx 84sin
42
= Cxx 84sin
2
4. xx 44 2 (4x+2) dx Jawab
Misal A = xx 44 2
A 2 = 4x 2 4x
2A dA = (8x+4) dx
2A dA = 2(4x+2) dx
A dA = (4x+2) dx
Sehingga
xx 44 2 (4x+2) dx = A .A dA
= dAA2
= CA 331
= 3 2 4431 xx + C
5. 43ttdt
Jawab
Misal P = 43 t
P 2 = 3t + 4 t = 3
42 P
d(P 2 ) = d(3t+4)
2P dp = 3 dt dt = Pdp32 , sehingga
43ttdt =
p
dppP )32)(
34(
2
= dpP )82(91 2
6. 22
16 xdxx
Jawab
Misal U = 216 x
U 2 = 16 - x 2 x 2 = 16 - U 2
d(U 2 ) = d(16 - x 2 )
2U du = (-2x)dx
dx = dux
U
22
16 xdxx =
uxuu )16( 2
du
= dux
u
216
= - duux )16(1 2
= 23
1 316 C
xuC
xu
= Cx
xxx
x
316)16(1616
22
2
= Cxx
xx
3
)16()16(16 2/322/12
Soal-soal
Tentukan hasil pengintegralan di bawah ini:
1. dttt 2/3)2( Jawab
Misal M = (t+2) 23
M 2 = (t+2) 3
2M dM = 3(t+2) 2 dt
dttt 2/3)2( = 2)2(32..
tMdMtM
= dMMtt 2
2)2(32
= 32 31
)2(32 M
tt
+ C
= 29
2 )2()2(92
tt
t + C
= Ctt 25
)2(92
2. dxx
x
sin
3. 123tdt
4. dx
xx
2sin2cos1
2
5.
dttt
ttt13
13sin)16(2
2
6. 92xxdx
7. dxxx 2/3)23(
8. dx
xx
162
9. dxx
3sin
10. xxdx
2cos16sin
11. dxx )42cos(
12. dxxx )1sin( 2
13. dxxx )1cos( 32
14. dxxx 7/122 )3(
15. dx
xxx1
322
16.
dx
eeee
xx
xx
22
22
17. dte
et
t
6
3
4
18. dxxx
442
19. 44xxdx
20. dxxx cos21sin
V.2 Integral Fungsi Trigonometri
Sebelum membahas teknik integral fungsi trigonometri secara lebih
rinci, berikut ini diberikan integral dasar fungsi trigonometri yang menjadi
acuan untuk menentukan hasil pengintegralan dengan teknik fungsi
trigonometri. Bentuk dasar tersebut adalah:
1. xsin dx = -cos x + C
2. xcos dx = sin x + C
3. tan x dx = ln Cx sec
= -ln Cx cos
4. cot x dx = - ln Cx csc
= ln Cx sin
5. xsec dx = ln Cxx tansec
6. csc x dx = ln Cxx cotcsc Berdasarkan bentuk di atas selanjutnya diberikan beberapa kasus bentuk
integral fungsi trigonometri yang dibahas pada bagian ini, diantaranya adalah:
A. ,sin xdxm dan xdxmcos dengan m bilangan ganjil atau genap positip Jika m bulat positip dan ganjil, maka m diubah menjadi (m-1) + 1, atau
m digenapkan terdekat. Selanjutnya substitusi dengan menggunakan kesamaan
identitas 1cossin 22 xx atau sin x2 = 1 - cos x2 atau cos x2 = 1 - sin x2 .
Akhirnya dengan substitusi tersebut didapat kesamaan antara integran
dengan tanda integrasinya, sehingga dengan mudah dapat diselesaikan.
Contoh:
1. xdx3sin Jawab
xdx3sin = dxx 1)13(sin
= xxsinsin 2 dx
= )cos()cos1( 2 xdx
= )(coscos)cos(1 2 xdxd
= -cos x + Cx 3cos31
2. dxx 5cos Jawab
dxx 5cos = x1)15(cos dx
= xdxxcoscos4
= )(sin)sin1( 22 xdx
= )(sin)sinsin21( 42 xdxx
= )(sinsin)(sinsin2)(sin1 42 xxdxxdxd
= sin x - Cxx 53 sin51sin
32
3. dxx)2(sin 5 Jawab:
Misal u = 2x, du = 2dx atau dx = 2
du
Sehingga 2sin)2(sin55 duudxx
= udu5sin21
= uduu sinsin21 4
= )cos()cos1(21 22 udu
= )cos()coscos21(21 42 uduu
= Cuuu 53 sin101sin
31cos
21
= Cxxx 2sin1012sin
312cos
21 53
Bentuk xdxmcos , dxmsin , jika m bilangan bulat positip genap, selesaiannya dapat dilakukan dengan menggunakan substitusi kesamaan
setengah sudut
sin x2 = 2
2cos1 x dan cos 2
2cos12 xx
Contoh:
1. xdx2sin Karena pangkatnya genap, digunakan kesamaan setengah sudut, maka
xdx2sin = dxx
22cos1
= xdxdx 2cos21
21
= Cxx 42cos
2
2. xdx4cos Jawab
xdx4cos = 22 )(cos x dx
=
dxx
2
22cos1
= dxxx )2cos41
22cos
41(
2
= xdxdxxdx 2cos
41
22cos
41 2
= + dxx
2)4cos1(
41
= Cxxxx 32
4sin84
2sin4
= Cxxx 32
4sin42sin
83
3. xdx2sin 4
Misal u = 2x , du = 2dx atau dx = 2
du , sehingga
xdx2sin 4 = 2sin4 duu
=
duu
2
22cos1
21
= duuu )2cos2cos21(41
21 2
= uduududu 2cos812cos
41
81 2
=
duuududu
24cos1
812cos
41
81
42sin
4xx