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