Post on 05-Aug-2015
description
INTEGRAL TENTU
Definisi :Misal f fungsi yang didefinisikan pada [a,b], f dikatakan terintegralkan pada [a,b]
jika lim
|P|→0∑i=1
n
f ( x i) Δxi ada, selanjutnya
∫a
b
f ( x )dx disebut Integral Tentu (Integral
Riemann) f dari a ke b, dan didefinisikan
∫a
b
f ( x )dx =
lim|P|→0
∑i=1
n
f ( x i) Δxi
Teorema :Jika fungsi f kontinu pada selang [ a , b ] dan F suatu anti turunan dari fungsi f pada
selang itu,maka :
∫a
b
f ( x )dx=¿F(b)-F(a)
Bukti : Jika P = {a=x0 , x1 , x2 ,…,xn=b} adalah partisi sebarang dari selang[ a , b ],
maka :
F(b)-F(a) = F(xn)-F(xn−1)+F(xn−1)- F(xn−2)+. . .+F(x1)-F(x0)=∑i=1
n
[ F ( x1 )−F (x i−1)]
Menurut teorema nilai rata-rata yang diterapkan pada fungsi F pada selang [ x i−1 , x i ] kita
peroleh
F(x i¿−F (x¿¿i−1)¿=F(w i) . (x i−x i−1¿=f(w i) . ∆ x i dengan x i−1<wi<x i .
Jadi F(b) –F(a) = ∑i=1
n
f (wi)∆ x i
Ruas kiri adalah suatu konstanta,sedangkan ruas kanan adalah jumlah Riemann fungsi f pada
selang [ a , b ]. Jika kedua ruas kita ambil limitnya untuk |P|⇢ 0,kita peroleh
F(b) – F(a) = lim|p|→ 0
∑i=1
n
f ( wi ) ∆ x i=∫a
b
f ( x ) dx
SIFAT-SIFAT INTEGRAL TENTU
1. Sifat Penambahan Selang Teorema :Jika f terintegralkan pada suatu selang yang mengandung tiga titik a, b dan c, maka
∫a
c
f ( x )dx =
∫a
b
f ( x )dx +
∫b
c
f ( x )dx bagaimanapun urutan a, b dan c.
Contoh :
1.∫0
2
x2dx=∫0
1
x2 dx+∫1
2
x2dx2.
∫0
2
x2dx=∫0
3
x2 dx+∫3
2
x2dx
3. ∫0
2
x2dx=∫0
−1
x2 dx+∫−1
2
x2dx
2. Sifat SimetriTeorema :
Jika f fungsi genap [f(-x) = f(x)] , maka∫−a
a
f ( x )dx = 2
∫0
a
f ( x )dx dan
Jika f fungsi ganjil [f(-x) = - f(x)], maka ∫−a
a
f ( x )dx = 0.
Contoh:
1. ∫−2
2
x2 dx=2∫0
2
x2 dx=2. F (2 )−0=2.83=16
3
2. ∫−2
2
x3 dx=14
.24−14
.(−2)4=0
Sifat yang lainnya :
Jika fungsi f dan g kontinyu pada selang [ a , b ] dan k suatu konstanta, maka
1. ∫a
a
f ( x )dx=0
2. ∫a
b
f ( x )dx=−∫b
a
f ( x ) dx
3. ∫a
b
kf (x ) dx=k∫a
b
f ( x )dx, untuk k konstanta sebarang
4. ∫a
b
[ f ( x )+g ( x ) ] dx=∫a
b
f ( x ) dx+¿∫a
b
g ( x ) dx ¿
5. ∫a
b
[ f ( x )−g (x ) ]dx = ∫a
b
f ( x )dx−¿∫a
b
g ( x ) dx¿
6. ∫a
b
f ( x )dx≥0 jika f(x)≥0 pada [ a , b ]
7. ∫a
b
f ( x )dx≤∫a
b
g ( x ) dx jika f(x)≤g(x) pada [ a , b ]
8. ∫a
c
f ( x )dx+∫c
b
f ( x )dx=∫a
b
f ( x )dx
Bukti : kita buktikan sifat sebagai berikut
1. ∫a
a
f ( x )dx=F (a )−F (a )=0
2. ∫a
b
f ( x )dx=F (b )−F (a )=−F (a )+F (b )=−∫b
a
f ( x ) dx
Bukti no. 4 :
∫a
b
[ f ( x )+g ( x ) ] dx= lim|p|→0
∑i=1
n
[ f (wi )+g (wi) ]∆ xi=¿ lim|p|→ 0
∑i=1
n
f ( wi ) ∆ xi+ lim|p|→0
∑i=1
n
g (wi)∆ xi=∫a
b
f ( x )dx+∫a
b
g ( x )dx ¿
Contoh soal :
1. ∫2
2
f ( x )dx=F (2 )−F (2 )=0
2. ∫2
3
f ( x )dx=F (3 )−F (2 )=−F (2 )+F (3 )=−∫3
2
f (x ) dx
3. ∫1
2
[ x2+x4 ] dx=∫1
2
x2 dx+¿∫1
2
x4 dx=73+ 31
5=128
15¿
4. Hitung
∫−1
2
(4 x−6 x2 )dx
Jawab :
∫−1
2
(4 x−6 x2 )dx=4∫−1
2
x dx−6∫−1
2
x2 dx = 4
[ x2
2 ]−1
2
−6 [ x3
3 ]−1
2
= 4( 4
2−1
2 )−6 (83+ 1
3 ) = 12
MENCARI LUAS DAERAH DENGAN TEKNIK INTEGRASI
Perhatikan grafik fungsi dibawah ini!
Fungsi f(x) pada selang [a,b], bagi selang [a,b] menjadi n partisi
Panjang a = x 0 < x 1 < x 2 < …< x n-1 < x n
Panjang partisi ∆xi = xi - xi-1
Rp=limn→ ∞
∑i=1
n
f (x i) . ∆ x
CONTOH 1
Hitunglah luas daerah dibawah kurva f(x) = x+3 yang dibatasi oleh x = -1 dan x = 4!
JAWAB :
-2 -1 0 1 2 3 4 5 60
1
2
3
4
5
6
7
8
Luas daerah dibawah kurva f(x) dapat dicari melalui limit jumlah Riemann sebagai berikut.
Partisikan selang [-1,4] menjadi n bagian!
P = { x0, x1, x2, …, xi-1, xi, …, xn-1, xn }
Panjang selang dapat ditentukan : ∆ x=b−an
=4−(−1)
n=5
n
Ambil titik sampel xi di selang [xi-1, xi]
Nilai titik untuk i = 0, 1, 2, …, n adalah :
x0 = -1
x1=−1+∆ x=−1+ 5n
x2=−1+2 ∆ x=−1+2( 5n )
…
x i=−1+ i . ∆ x=−1+i( 5n )
x n=−1+n . ∆ x=−1+n( 5n )=4
Jadi : f (xi) = xi + 3
¿ [−1+i( 5n )]+3=2+i( 5
n )
Sehingga :
∫−1
4
( x+3 ) dx=limn→
∑i=1
n
f ( x i ) . ∆ x
f(x) = x+3
¿ limn→
∑i=1
n
(2+i .5n ) 5
n
¿ limn→ ( 10
n ) . n+( 5n )
2
∑i=1
n
i
¿ limn→ (10+ 25
n2 .n .(n+1)
2 ) ¿ lim
n→ (10+12,5.(1+ 1n))
¿(10+12,5+ 12,5¿)
¿10+12,5+0
¿22,5
CONTOH 2
Cari luas yang dibatasi oleh kurva f(x)=x2 - 2x dan g(x)=6x - x2 dengan selang [0,4]
JAWAB :
0 1 2 3 4 5 6 7
-2-10123456789
10
P = { x0, x1, x2, …, xi-1, xi, …, xn-1, xn }
∆x =4−0
n=
4n
x0 = 0
x1 = 0 + ∆xi = 0 +4n
x2 = 0 + 2∆x = 0 + 2 ( 4n )
x
y
f(x)=x2 - 2x
g(x)=6x - x2
…
x i = 0 + i . ∆ x = 0 + i ( 4n )
x n = 0 + n . ∆x = 0 + n ( 4n ) = 4
Jadi : f (xi) = x2 - 2x
= ( 4 in )( 4 i
n )- 2( 4 in )
= 16 i2
n2 −8 in
g(xi ) = 6x-x2
= 6 ( 4 in )- ( 4 i
n )( 4 in )
= ( 24 in )−( 16 i2
n2 )
Rp=limn→ ∞
∑i=1
n
¿¿(xi ) – g(xi )] . ∆ x
¿ limn → ∞
∑i=1
n
¿¿] . 4n
¿ limn → ∞
∑i=1
n
(¿ 32i2
n2 −32 in
)¿ . 4n
¿ limn → ∞
128n3 ∑
i=1
n
i2−limn → ∞
128n2 ∑
i=1
n
i
= limn →
128n3 ( n .(n+1)(2 n+1)
6 )−128n3 .
n .(n+1)2
= limn →
128
n2(2 n2+3 n+1¿¿¿6 )−128 n+128
2 n
= limn →
1283
+ 64n
−128
n2−64+¿ 64
n¿
¿128
3+ 64 −128
2−64+¿ 64 ¿
= 128
3+0−0−192
3+0
= −64
3
VOLUME BENDA PUTAR
y
x=bX=a
x
f(ξ) Y=f(x
y
Suatu bidang datar jika diputar mengelilingi suatu garis tertentu
akan menghasilkan benda yang dapat dihitung volumenya. Ada dua
metode untuk menghitungnya, yaitu metode cakram dan metode kulit
silinder.
A.Metode cakram
Diketahui suatu bidang datar yang dibatasi oleh grafik fungsi f(x),
sumbu x, garis x = a, dan x = b, seperti tampak pada gambar 1. Jika
luasan tersebut diputar mengelilingi sumbu x maka akan didapatkan
suatu benda yang dapat dihitung volumenya (gambar 1 (b)). Jika suatu
pias dengan panjang f(ξ) dan lebar Δx diputar mengelilingi sumbu x, maka
akan terbentuk suatu silinder dengan jari-jari alasnya f(ξ) dan tinginya Δx.
Gambar 1. Volume benda Putar dengan Menggunakan Metode Cakram
(c)
hasil
putaran pias terhadap sumbu x
Volume silinder (hasil putaran pias terhadap sumbu x) tersebut adalah
Δx
f(ξ1 )
(b) hasil putaran daerah terhadap
sumbu x
(a) gambar daerah yang hendak
diputar
Δx = x1−x i−1
x
y=f(x)
X=x i−1 Δx x=x1
X = 2
Y = x2
x
y
Selanjutnya, volume benda secara keseluruhan dapat didekati
dengan menjumlahkan volume silinder yang diperoleh dari seluruh
interval, yaitu,
Jumlahan ini akan semakin mendekati volume benda sesungguhnya
jika diambil nilai limitnya seperti pada saat mencari luas datar.
Dari definisi jumlahan Riemann diperoleh rumus untuk mencari
volume benda putar dari daerah yang dibatasi oleh grafik fungsi f(x),
sumbu x, garis x = a, x = b, dan diputar mengelilingi sumbu x sebagai
berikut.
Contoh 1
Hitung volume benda yang terjadi jika daerah pada kuadran 1 yang
dibatasi oleh kurva y = x2 dan garis x = 2 diputar mengelilingi sumbu x.
Jawab:
Daerah pada kuadran 1 yang dibatasi oleh kurva y = x2, sumbu x
dan garis x = 2
Hitung volume dengan menggunakan persamaan:
V= limn→ ∞
∑i=1
n
π ( f (ξ i ))2∆ x
V=∑i=1
n
π ( f (ξ i ))2∆ x
V i=π ( f (ξ i ))2∆ x
V=∫a
b
π ( f (x ) )2 dx
V=∫a
b
π ( f (x ) )2 dx
= ∫0
2
π ( x2 )2 dx
= π∫0
2
x4 dx
= 15
π (25−0 )
= 325
π
f(ξ)y= y i−1
y
y = c x
y
y = y i−1
g(ξ)
x=g(y)y = d
y = y1
x
f(ξ)
g(ξ)x=a x=b
y=g(x)
y=f(x)
y
X=a x=bx
Y=f(xf(ξ)
y
Rumus Volume Benda Putar Menggunakan Metode Cakram:
Daerah
dibatasi olehSumbu putar
Gambar daerah Rumus
Y = f(x)Sumbu x
Garis x = aGaris x = b
Sumbu x V = ∫a
b
π ( f ( x ) )2 dx
Y=f(x)Y=g(x)
Garis x=aGaris x=b
Sumbu x V = ∫a
b
π [ ( f ( x ) )2−( g ( x ))2 ] dx
x=g(y)sumbu xgaris y=cgaris y=d
Sumbu y
y= y i V = ∫c
d
π ( g ( y ) )2 dy
x=g(y)x=h(y)
garis y=cgaris y=d
Sumbu y V = ∫c
d
π [ ( g ( y ) )2−( h ( y ) )2 ] dy
Contoh 2
Hitung volume benda putar dari daerah yang dibatasi y = x2 dan y =
x jika diputar pada sumbu y.
X=x i−1 Δx x=x1
X=x i−1 x=x1x=h(y) x=g(y)
g(ξ i)
y=d
y= y i
y=c
11
o
Jawab:
Tentukan titik potong kedua kurva tersebut:
y=x2
y=x
Jadi titik potongnya adalah (0,0) dan (1,1)
Hitung volume dengan persamaan:
V = π∫0
1
( (√ y )2−( y )2 )dy
= π ∫0
1
( y− y2 ) dy
= π ( 12
y2−13
y3)0
1
= π ((12−
13 )−0)
= 16
π satuan volume
B. Metode Kulit Silinder
Metode cakram dapat dipakai jika sumbu putarnya tegak lurus
dengan piasnya. Jika pengambilan piasnya sejajar dengan sumbu putar,
maka dipergunakan metode kulit silinder.
Jika luasan diputar terhadap sumbu y, maka akan tersebut suatu
benda yang berlubang di tengahnya. Jika pias pada interval ke-i diputar
mengelilingi sumbu y, maka akan terbentuk suatu silinder yang tingginya
f(ξ i) dan berlubang di tengahnya.
x2=x
x2−x=0 x (x−1 )=0
x=0 V x=1 y=0 y=1
12
Daerah yang dibatasi y = x2 dan y = x
y
x
y=x2
y=x
Akan dihitung adalah volume silinder yang diarsir (gambar 2 (c))
dan itu sama artinya dengan menghitung volume silinder yang berjari-jari
x1 dikurangi dengan volume silinder yang berjari-jari x i−1 atau
. V=π ( x1 )2 f (ξ i )−( x i−1 )2 f (ξ i )
= π f(ξ i ¿( ( x i )2−( x i−1 )2 )
= π f(ξ i) (( xi )+( xi−1 )) ( ( x i)−( x i−1 ))Jika ξ1 adalah titik tengah dari x i−1 dan x1, maka
ξ1=xi−1+x i
2
Sehingga V i=π f ( ξi ) 2 ξ i Δ x i, maka
V=∫a
b
2 π x f ( x ) dx
Contoh 1
Hitung volume benda jika daerahnya dibatasi dengan y=x2 dan x=2
dan diputar mengelilingi sumbu y.
Jawab:
13
Hitung volume dengan
menggunakan persamaan:
. V=∫0
2
2 π x x2 dx
= 2π
∫0
2
x3 dx
= 2 π14
x4 ¿¿
= 12
π ( 24−0 )
= 8π satuan volume
14
x
Daerah yang dibatasi y = x2, sumbu x dan garis x = 2
x=2
y=x2y
y
Y=f(xf(ξ)
X=a x=bx
y
x
f(ξ)
g(ξ)x=a x=b
y=g(x)
y=f(x)
g(ξ)
x=g(y)y = d
y = y1
y = y i−1y = c x
y
h(ξ i)y= y i−1
y
y=g(x)
x
Rumus Volume Benda Putar dengan Metode Kulit Silinder
Daerah dibatasi
oleh
Sumbu putar
Gambar daerah rumus
y = f(x)Sumbu xGaris x =
aGaris x =
b
Sumbu y V = ∫a
b
2 π x f ( x ) dx
y=f(x)y=g(x)Garis x=aGaris x=b
Sumbu y V = ∫a
b
2 π x ( f (x )−g ( x ) ) dx
x=g(y)sumbu ygaris y=cgaris y=d
Sumbu x
y= y i V = ∫c
d
2 π y g( y)dy
x=g(y)x=h(y)
garis y=cgaris y=d
Sumbu x V = ∫c
d
2 π y ( g ( y )−h ( y ) ) dy
Contoh 2
Hitunglah volume benda putar pada gambar dibawah ini jika diputar
mengelilingi sumbu x.
X=x i−1 x=x i
X=x i−1 x=x1
yx=h(y) x=g(y)
g(ξ i)
y=d
y= y i
y=c
15
O
Hitung volume dengan menggunakan
persamaan:
. V=2 π∫0
1
y (√ y− y ) dy
= 2π
∫0
1
( y3/2− y2 ) dy
= 2π ( 25
y5 /2−13
y3)0
1
= 2π (( 23−
13 )−0)
= 2
15π satuan volume
C. Menghitung Volume Benda dengan Metode
Penampang Melintang
Selain untuk menghitung volume benda putar, integral juga dapat
dipakai untuk menghitung volume yang sudah diketahui bentuk
penampang melintangnya. Mula-mula ditentukan letak sumbu-sumbu
koordinat pada benda tersebut sedemikian hingga luas penampangnya
dapat dicari. Kemudian benda tersebut dibagi dalam n subinterval yang
sama besar. Volume benda dalam satu subinterval dapat dipandang sama
dengan volume silinder yang luas alasnya
A(x) (luas penampang benda tersebut) dan
tingginya Δx, yaitu V 1=A ( x1 ) ∆ x.
16
Daerah yang dibatasi y = x2 dan y = x
x
y=x
y=x2
y
A
O
y
x
y y2=x
Volume benda secara keseluruhan adalah limit dari jumlahan volume
seluruh subinterval, yaitu
Contoh 1
Tentukan berapa volume gelas yang terlukis di bawah ini, jika tinggi
bagian yang dapat menampung air 16 cm. Bentuk luar gelas tersebut
dianggap parabola dengan persamaan x = y2.
Jawab:
Mula-mula ditentukan
terlebih dahulu luas
penampang benda tersebut.
Oleh karena penampangnya
berupa lingkaran, maka
luasnya sama dengan π kali
kuadrat dari jari-jari lingkaran
dari gambar di bawah terlihat
bahwa panjang jari-jari lingkaran tersebut adalah y
sehingga A ( x )=π ( y )2=π x dan
V=∫0
16
π x dx
=
π ( 12
x2)0
16
= π12
( (16 )2−0 )
V = ∫a
b
A ( x ) dx
17
= 128 π satuan volume
MENENTUKAN PANJANG KURVA TEKNIK INTEGRASI
Jika diketahui suatu fungsi f(x) maka akan dihitung panjang grafik fungsi tersebut dari x = a sampai x = b. Interval a ≤ x ≤ b dibagi menjadi n subinterval. Karena subinterval sangat kecil maka potongan – potongan kurva (ΔS) dapat dianggap sebagai suatu garis lurus (ΔW) sedemikian sehingga ΔS ≈ ΔW .
Sehingga dapat diterapkan Teorema Phytagoras, yaitu
(ΔS )2 = (Δx)2 + (Δy)2
Atau
ΔS = √( Δ x)2+( Δ y )2
Jika ruas kanan persamaan tersebut dikalikan dengan bentuk Δ xΔ x
diperoleh
ΔS = Δ xΔ x
√( Δ x)2+( Δ y )2
= √ (Δx)2+( Δy)2
(Δx)2 . Δx
= √1+¿¿ Δx
Untuk menghitung panjang seluruh kurva, sama artinya dengan menjumlahkan potongan – potongan kurva tersebut. Jadi, panjang kurva y = f(x) dari x = a sampai x = b adalah
S = ∫a
b
√1+¿¿¿ dx atau S = ∫a
b
√1+(f ' ( x ))2 dx
Rumus Panjang Kurva
Kurva Rumus
y = f(x) dari x = a sampai x = bS = ∫
a
b
√1+¿¿¿ dx atau S = ∫a
b
√1+(f ' ( x ))2 dx
x = g(y) dari y = c sampai y = dS = ∫
c
d
√1+¿¿¿ dy atau S = ∫a
b
√1+(g ' (x ))2 dy
18
{y=f (t)x=g(t)
Dari t = a sampai t = bS =∫
a
b
√( dxdt
)2
+¿¿¿ dt
Contoh 1
Carilah panjang ruas garis dari A(0, 1) ke B(13) dengan persamaan garis y = 125
x + 1 ?
Penyelesaian:
persamaan garisnya y = 125
x + 1, sehingga dydx
= 125
dan mengerjakan berdasar rumus nomer
satu pada tabel,
S = ∫a
b
√1+¿¿¿ = ∫0
5
√1+¿¿¿ dx
= ∫0
5
√ 52+122
52 dx = ∫
0
5
√ 25+14452 dx =∫
0
5
√ 16952 dx
= 135
∫0
5
1dx = ⟦135
x⟧0
5
= 13
Contoh 2Hitung panjang kurva x = t 3, y = t 2, untuk 0 ≤ x ≥ 1!Penyelesaian:
dxdt
= 3 t 2 dan dydt
= 2t sehingga( dxdt
¿¿2 = 9 t 4 dan (
dydt
¿¿2 = 4 t2
S =∫a
b
√( dxdt
)2
+¿¿¿ dt
= ∫0
1
√9 t 4+4 t2 dt
= ∫0
1
t √9t 2+4dt
= 127
(9 t2+4)32 ¿0
1 = 1
27(13√13−8 ) satuan panjang .
INTEGRAL PARSIAL
Ialah metode untuk memecahkan permasalahan integral dengan menggunakan
subtitusi ganda.Metode ini di dasar pada pengintegralan rumus untuk turunan hasil kali 2
fungsi.
Secara umum: Y = U.V
Y' = U'V +V'U
19
dydx
=dudx
.V +dvdx
.U
Dy = du.V +dv.U
∫ d y = ∫(du . v+dv .u)
y =∫ v .du+u .dv
∫u . dv=¿¿y-∫ v .du
=u.v-∫ v .du
Dengan x adalah variabel di setiap fungsi y.u dan v
A. Integral Parsial Sederhana
Integral Parsial Sederhana Tak Tentu
1) ∫ xcos xdx =………
Misal = u =v
du =dx
dv =cosx dx
v=∫ cosx dx =sinx
∫ xcosx dx=¿¿ uv –∫ v .du
=x sinx –∫ sinx dx
=x sinx + cosx + c
2) ∫ lnx dx =…………
Misal : u =lnx dv=dx
du=1x
dx v = x
lnx dx = uv – ∫ v du
= x lnx - ∫ xx
dx
= x lnx - ∫ dx
= x lnx – x + C
3) ∫ arc sin xdx = ………..
U = arc sinx dv = dx
du = dx
√1−x2
20
∫ arc sinx dx=uv−∫ vdu
= x arc sinx – ∫ xdx
√1−x2
= x arc sinx - ∫2 xdx
2√1−x2
=x arc sinx – √1−x2 + C
Integral Parsial Sederhana dengan Batas (Tentu)
∫a
b
udv = (uv)Ι ba - ∫
a
b
v du
Contoh :
1) ∫ο
π
x cos x dx =…….
Misal : u = x dv=cosx dx
du = dx v =sin x
∫ο
π
xcos xdx π = (uv)Ι ba -∫
a
b
v du
=(x sinx )Ι no
- ∫ο
π
sinx dx
= π sinπ−οsinο+cosx Ι πο
=π sin π + cosπ - cosο
=0-1-1
=-2
2) ∫1
e
ln x dx = x ln x Ιe1
- x Ιe1
= e ln e – 1 ln 1 – (e-1)
=e-o-e+1 =1
3) ∫ο
12
arc sin xdx = x arc sin xΙ12ο
– √1−x2 Ι12ο
= 12
arc sin 12
– ο (√1−¿¿ - √1−o )
21
=12
(π6
) – √1−14
+ 1
= π12
- √32
+ 1
B. Integral Parsial Berulang
Integral Parsial Berulang Tak Tentu
1) ∫ x2 sinx dx =….
Misal :u=x2 dv=sinx dx
du=2x dx v=-cosx
∫ x2 sinx dx = u.v - ∫ vdu
=-x2 cosx +∫ cosx (2 x ) dx
=-x2 cosx +2∫ x cosx
=-x2 cosx +2(x sinx –∫ sinx dx)
=-x2 cosx +2x sinx +2 cosx +C
2) ∫ ex sinx dx =….
Misal: u = ex dv = sinx dx
du =ex v = -cosx
∫ ex sinx dx = uv – ∫ v du
= -ex cosx -∫−(−cosx)ex dx
= -ex cosx +∫ ex cosx dx
∫ ex cosx dx = …
Misal :u = ex dv = cosx
du = ex dx v = sinx
∫ ex cosx dx = uv –∫ v du
=ex sinx –∫ sinx . ex dx
Jadi : ∫ exsinx dx = -ex cosx +∫ ex cosx dx
= -ex cosx +ex sinx –∫ sinx . exdx
22
2∫ ex sinx dx = ex sinx - ex cosx
∫ ex sinx dx = 12
ex sinx - 12
ex cosx +C
3) ∫ sec3x dx =……
Misal : u = sec x dv = sec2x dx
du = sec x tg x dx v = tg x
∫ sec3 x dx = uv – ∫ v du
= sec x tg x –∫ tg x¿¿ dx
=sec x tg x - ∫ tg2 x sec x
= sec x tg x – ∫¿¿x-1) sec x dx
= sec x tg x - ∫ sec3x + ∫ sec xdx
2∫ sec3x dx = sec x tg x + ∫ sec x dx
∫ sec3x dx = 12
sec x tg x + 12
in I sec x – tg x I +C
Integral Parsial Berulang Dengan Batas(Tentu)
Contoh :
1) ∫0
π2
x2 sinx dx = …
Misal : u = x2 dv = sin x dx
du = 2x dx v = -cosx
∫0
π2
x2 sinx dx = (uv )Iba
- ∫a
b
v du
= -x2 cosx Iπ20
+ 2 x sin x Iπ20
+ 2 cos Iπ20
= -( π2¿
¿)2
cos( π2
) +02 cos0 + 2(π2
) sin (π2
¿- 2 (0) sin o + 2 cos (π2
)-2 cos
0
=0+0+o+π-0+0-2
23
=π-2
2) ∫0
π
ex sinx dx = …
=12
ex sinxIπ0
- 12
ex cosxIπ0
= 12
eπ sinπ 12
e0 sin0 12
ex cosπ + 12
e0 cos0
=0 - 0 + 12
eπ + 12
=12
(eπ+ 1 )
INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI
Trigonometri Aturan Integral
∫cos xdx=sin x+c
∫ sinx dx=−cosx+c
∫ sec2 x d=tanx+c
∫ cosec2 x dx=−cotx+c
∫ secx tanx dx=secx+c
∫ cosecx tanx dx=−cosec x+c
Identitas Trigonometri
sin2 x+cos2 x=1
sec2 x−tan2 x=1
cosec 2 x−cot2 x=1
Untuk Sudut Rangkap
sin 2 x=2 sinx . cosx
cos2 x=2 cos2 x−1
¿cos2 x−sin2 x
¿1−2sin2 x
sin2 x=12
(1−cos 2 x )
cos2 x=12
(1+cos 2 x )Pengubahan dari bentuk perkalian menjadi bentuk penjumlahan
1. 2 sin A cos B=sin ( A+B )+sin (A−B)2. 2 cos A sin B=sin ( A+B )−sin( A−B)
24
3. 2 cos A cosB=cos ( A=B )+cos ( A−B)4. 2 sinA sinB=−cos ( A+B )+cos( A−B)
Contoh Soal
1.∫ ( x−sinx ) dx
2.∫ (tanx secx−sec2 x ) dx
3.∫ sec 5 x tan5 x dx
4.∫ ( sinx+cosx )2dx
Pembahasan
1.∫ ( x−sinx ) dx=∫ x dx−∫ sinx dx
¿ 12
x2+cos x+C
2.∫ (tanx secx−sec2) dx=∫ tanx secx dx−∫ sec2 xdx
¿ sec x−tan x+C
3.∫ sec 5 x tan5 x dx=15
sec5 x+C
4.∫ (sin x+cos x )2 dx=∫ (sin2 x+cos2 x+2sin x cos x ) dx
¿∫1+sin 2 xdx
¿ x−12
cos2 x+C
∫cos 4 x sin 2 x dx=∫ 12¿¿¿¿
¿12∫ (s∈6 x−sin 2 x ) dx
¿ 12¿
¿ 12¿
¿− 112
cos6 x+ 14
cos2x+C
∫sin2 x dx=¿dari rumus cos2 x=1−2sin2 x2 sin2 x=1−cos dx
sin2 x=1−cos2 x2
sin x=¿±√ 1−cos2x2
, jika x=12
θ berlaku ,¿
25
¿ 12
θ=±√ 1−cosθ2
∫ 12¿¿
12∫ (1−cosx )dx=1
2¿¿
¿ 12
x−14
sin 2 x+c
INTEGRAL SUBSTITUSI TRIGONOMETRI
A. Substitusi Fungsi Trigonometri
Metode Substitusi Trigonometri dapat digunakan untuk mengitung integral dengan bentuk integran adalah : √a2−b2 x2 , √a2+b2 x2 , √b2 x2−a2 dengan a,b adalah konstanta,maka gunakan substitusi Trigonometri yang merujuk kepada Rumus Trigonometri/Identitas Phytagoras:
cos2∝+sin2∝=11+tg2∝=sec2∝
a) √a2−b2 x2 gunakan substitusi x=ab
sin∝ atau x=ab
cos∝
Maka :
√a2−b2 x2 = √a2−b2 .a2
b2.sin2∝
= √a2−a2 sin2∝= √a2 cos2∝= a cos∝
Atau
√a2−b2 x2 = √a2−b2 .a2
b2.cos2∝
= √a2−a2 cos2∝= √a2 sin2∝= a sin∝
b) √a2+b2 x2 gunakan substitusi x=ab
tg∝ atau x=ab
cotg∝
Maka :
√a2+b2 x2 = √a2+b2.a2
b2. tg2∝
= √a2+a2tg2∝= √a2 sec2∝= a sec∝
Atau
26
√a2+b2 x2 = √a2+b2.a2
b2. cotg2∝
= √a2+a2cotg2∝= √a2 cosec2∝= a cosec∝
c) √b2 x2−a2 gunakan substitusi x=ab
sec∝ atau x=ab
cosec∝
Maka :
√b2 x2−a2 = √b2 .a2
b2sec2∝−a2
= √a2 sec2∝−a2
= √a2 tg2∝= a tg∝
Atau
√b2 x2−a2 = √b2 .a2
b2cosec2∝−a2
= √a2 cosec2∝−a2
= √a2 cotg2∝= a cotg∝
Sehingga didapatkan differensialnya berturut-turut sebagai berikut :
a) dx=ab
cos∝d∝ atau dx=−ab
sin∝d∝ ,
b) dx=ab
sec 2∝d∝ atau dx=−ab
cosec2∝d∝ ,
c) dx=ab
sec∝ tg∝d∝ atau ¿−ab
cosec∝ cotg∝d∝ .
Oleh karena itu diperoleh :
√a2−b2 x2 = ab
cos∝atau−ab
sin∝ dengan -π/2 ≤∝ ≤ π /2
√a2+b2 x2 = ab
sec2∝atau−ab
cosec2∝ dengan -π/ 2 ¿∝ ¿ π / 2
√b2 x2−a2 = ab
sec∝tg∝atau−ab
cosec∝cotg∝ dengan 0 ≤∝<π / 2 atau π ≤∝<¿3π / 2
Agar lebih mudah maka gunakan tabel berikut :Bentuk Integran Gunakan Substitusi Integran Rasional Differensialnya
√a2−b2 x2
x=ab
sin∝
Atau
x=ab
cos∝
a cos∝Atau a sin∝
dx=ab
cos∝d∝
Atau
dx=−ab
sin∝d∝
√a2+b2 x2 x=
ab
tg∝
Atau
a sec∝Atau a cosec∝
dx=ab
sec 2∝d∝
Atau
27
x=ab
cotg∝ dx=−ab
cosec2∝d∝
√b2 x2−a2
x=ab
sec∝
Atau
x=ab
cosec∝
a tg∝Atau a cotg∝
dx=ab
sec∝ tg∝d∝
Atau
x=−ab
cosec∝cotg∝d∝
28
Contoh Soal:
1. ∫ dx
√a2−x2 =
Misal : x=a sin∝ dx=acos∝d∝
∫ dx
√a2−x2 = ∫ acos∝d∝
√a2−a2 sin2∝
= ∫ a cos∝d∝
a√1−sin2∝
= ∫ cos∝d∝cos∝
= ∫ d∝
= ∝ + c
2. ∫ dx
(a2+x2)32 =
Misal : x=a tg∝dx=asec2∝
∫dx
(a2+x2)32 =
∫ a sec2∝d∝
(a2+a2 tg2∝)32
= ∫ a sec2∝d∝(a3+a3 tg3∝)
= ∫ asec2∝d∝a3(1+ tg3∝)
=
∫ sec2∝d∝a2(1+ tg2∝ . tg∝)
= ∫ d∝a2tg∝
= 1
a2∫cotg∝d∝
= 1
a2ln|sin∝|+c
= 1
a2 ln| x
√ x2+a2|+c
Ingat : √ x2+a2
x ∝
a
Substitusi Dengan z=tgx2
Bila suatu integral, integrannya merupakan fungsi dari sin x atau cos xmaka
integral tersebut diselesaikan dengan substitusi z=tgx2
Perhatikan : z=tgx2
→x2=arc tg z→ x=2 arc tg z
29
z
½ x
1
dx= 2
1+z2dz
sinx2= z
√1+ z2
cosx2= z
√1+z2
Sehingga :
1. Sin x = 2 sinx2
cosx2= 2 z
1+z2
2. Cos x = cos2 x2−sin2 x
2=1−z2
1+z2
Contoh soal :
1. Diselesaikan ∫ 11+sin x
dx
Substitusi z=tgx2
→x2=arc tg z
x=2 arc tg z
dx= 2
1+z2dz
Ingat sin x = 2 z
1+ z2
Sehingga :
∫ 1
1+sin xdx=∫ 1
1+2 z
1+z2
.2
1+z2dz
= ∫ 1
1+z2+2 z1+ z2
.2
1+ z2dz
= ∫ 1+z2
(z+1)2 .2
1+z2 dz
= 2∫ dz
(z+1)2
30
= 2 |−1z+1|+C =
−2
1+ tgx2
+C
2. Diselesaikan ∫ 12+cos x
dx
Substitusi z=tgx2
→x2=arc tg z
x=2 arc tg z
dx= 2
1+z2dz
Ingat : cos x = 1−z2
1+z2
Sehingga :
∫ 1
2+cos xdx=∫ 1
2+ 1−z2
1+z2
.2
1+z2dz
= ∫ 1+z2
2+2 z2+1−z2 .2
1+z2 dz
= ∫ 2
z2+3dz
= 2∫ 1
z2+¿¿¿ dz
= 2 1
√3arc tg
z
√3+C
= 2
√3arc tg
tgx2
√3+C
INTEGRAL SUBSTITUSI BENTUK KUADRAT
Bila diketahui f(x) = (2x-5)4 maka:
(2x-5) disebut bilangan pokok / bilangan dasar
4 disebut pangkat / eksponen
Tampak diatas bahwa pangkatnya lebih dari 1 dan bilangan pokoknya terdiri dari 2 buah
suku yang merupakan persamaan linier maka untuk menentukan integral fungsi aljabar
bentuk diatas, menggunakan rumus sebagai berikut :
Contoh Soal :
∫ ( ax+b )ndx= 1a (n+1 )
(ax+b )n+1+c
31
Selesaikanlah !
a. ∫ (3 x+2 )5 dx
=13 (5+1 )
(3 x+2 )5+1+c
¿13 (6 )
(3 x+2 )6+c
¿118
(3 x+2 )6+c
b.
∫ 3 dx3√ (4 x−3 )2
=∫ 3 dx
(4 x−3 )23
=∫3 ( 4 x−3 )−2
3 dx
¿3
4 (−23+3
3)( 4 x−3 )
−23+3
3+c
¿3
4 (13 )( 4 x−3 )
13 +c
¿34
3
(4 x−3 )13 +c
¿94
(4 x−3 )13 +c
¿94
3√ (4 x−3 )+c
Kadang-kadang suatu integral dapat dicari dengan melakukan substitusi sederhana
menggunakan rumus sebagai berikut:
∫ axn du= an+1
xn+1+c
∫un du= 1n+1
un+1+c
Contoh Soal :
a. ∫ ( 4 x2+6 x )10 (16 x+12 ) dx → misalkan u=(4 x2+6 x )
4 du=d (4 x2+6 ) dx
du=8 x+6 dx
=∫u10 . du
¿111
u11+c
¿111
( 4 x2+6 x )11+c
Interagran berbentuk p√( ax+b )q dengan p dan q bilangan bulat
Akar dapat dihilangkan dengan substitusi z=p√ax+b atau ax + b = zp.
Jadi a dx = p . z p-1 dz
32
Contoh :
1. ∫ x . 3√1−x dx
Jawab
Subsitusi
z=3√1−xz3=1−xx=1−z3
1−x=z3
d (1−x )=d ( z3 )−dx=3 z2 dzdx=−3 z2 dz
Maka :
∫ x . 3√1−x dx=∫ (1−z3 ) z (−3 z2) dz
=∫−3∫ (1−z3) z3 dz
¿∫−3∫ ( z3−z6) dz
¿∫−3(14 z4−17
z7)+c
¿−34
z4+37
z7+c
¿−34
.3√ (1−x )4+3
7.
3√ (1−x )7+c
Jadi :
∫ x . 3√1−x dx=−34
.3√(1−x )4+ 3
7.
3√(1−x )7+c
2.∫ x
√1+ xdx
Jawab:
Subsitusi :
z=√1+xz2=1+ xx=z2−11+x=z2
d (1+x )=d ( z2)dx=2 z dz
Maka :
33
∫ x√1+ x
dx =∫ 1−z2
z. 2 z dx
=∫ ( z2−1 ) 2 dx
¿∫2 z2−2 dx
¿(23
z3−2 z)+c
¿23
√ (1+x )3−2√1+x+c
Maka :
∫ x
√1+ xdx= 2
3√ (1+ x )3− 2√1+x+c
.Integran berbentuk
p√( ax+bcx+a )
q
dengan p dan q bilangan bulat.
Akar dapat dihilangkan dengan substitusi :
z =
p√( ax+bcx+a )
q
Contoh :
1.∫ 2
(2−x )23√ 2−x
2+xdx
Jawab:
1) Substitusi.
p√( ax+bcx+a )
q
ke dalam 2
2) Cari x dalam notasi 2
3) Cari dx dalam notasi 2
4) Kembalikan lagi dari 2 ke variabel x
34
Subsitusi
z=3√2−x2+x
z3=2−x2+x
z3 (2+x )=2−x2 z3+z3 x=2−xz3 x+x=2−2 z3
x=2−2 z3
z3+1
dx=d [2−2 z3
z3+1 ]2−x = 2−2−2 z3
z3+1
=2 ( z3+1 )z3+1
−2−2 z3
z3+1
¿2 z3+2−2+2 z3
( z3+1 )
¿4 z3
z3+1
dx=u1 v−v1uv2
=(−6 z2) ( z3+1 )−(3 z3) (2−2 z3 )( z3+1 )2
dz
¿−6 z5−6 z2−6 z2+6 z5
( z3+1 )2dz
¿−12 x2
( z3+1 )2dz
u = 2 – 2 2z3 → u1 = -6z2
v = z3 + 1 → v1 = 3z2
35
Maka :
∫2(2−x )2
3√2−x2+ x
dx
¿∫2
(4 z3
z3 )2
. z .−12 z2
( z3+1 )2dz
¿−24∫ ( z3+1 )2 z3
( 4 z3 )2 ( z3+1 )2dz
¿−24∫ z3
16 z6dz
¿−2416
∫ 1z3
dz
¿−32
∫1z3
dz
¿−32
∫ z−3 dz
¿−32 (11−3
z1−3)+c
¿−32 (1−2
z2)+c
¿3
4 z2+c
¿3
43√(2−x
2+ x )2+c
Jadi :
∫ 2(2−x )2
3√ 2−x2+x
dx= 3
43√(2−x
2+ x )2+c
Integran memuat akar-akar yang tidak sempurna senama, misalnya :
dx
√x ( 3√ x+1 )
Akar-akar menjadi senama, substitusi z=6√ x
Angka 6 pada pangkat diperoleh dengan cara mencari KPK dari akar pangkat yang ada,
yaitu 3 dan 2.
Dari z=6√ x , z6=x
36
d ( z6 )=dx
6 z5dz=dx
√ x=√ z6=z62=z3
3√ x=
3√ z6=z63=z2
Maka :
∫ dx
√ x ( 3√x+1)=∫ 6 z5dz
z3 ( z2+1 )
=6∫ z2
z2+1dz
¿6∫ z2+1−1
z2+1dz
¿6∫( z2+1z2+1
−1z2+1 )dz
¿6∫(1−1z2+1 )dz
¿6 ( z−arc . tg ( z ) )+c¿6 z−6 arc . tg ( z )+c
¿6 ( 6√x )−6 arc . tag ( 6√ x )+c
Jadi :
∫ dx
√ x ( 3√x+1 )=6 ( 6√x )−6 arc . tag ( 6√x )+c
Kesimpulan :
1.p√( ax+b )q⇒ Z=p√(ax+b )
2.
p√( ax+bcx+d )q ⇒ Z=p√ ax+b
cx+d
3.p√ f ( x ) , q√ f ( x ) ⇒ Z
r√ f (x )
37
INTEGRAL FUNGSI RASIONAL
Bentuk ∫ M (x)N ( x)
dx dikatakan integral fungsi pecah rasional bila M(x) dan N(x)
merupakan bentuk polinomial (suku banyak). Yang dimaksud dengan derajat dari M(x) dan
N(x) adalah pangkat tertinggi untuk x yang koefisiennya bukan bilangan nol, sehingga dapat
ditulis ditulis :
F ( x )=M (x )N ( x ) , M(x) dan N(x) fungsi –fungsi Polinom dengan N(x) ≠ 0 atau dapat dituliskan
menjadi : F ( x )=a0 xn+a1 xn−1+…+an
b0 xm+b1 xm−1+…+am
Yang perlu diperhatikan dalam integral fungsi rasional adalah :
1. Jika M(x) dx = dN(x), maka untuk ∫ M (x)N ( x)
dxadalah
∫ M (x)N ( x)
dx=∫ dN (x )N (x )
=ln|N ( x )|+c,
Contoh : ∫ 2 x
x2+3dx
Perhatikan d(x2+3) = 2x dx
Sehingga ∫ 2 x
x2+3dx = ∫ d (x¿¿2+3)
x2+3=ln|x2+3|+c ¿
2. Jika pangkat M(x) ≥ pangkat N(x) atau n ≥ m, maka dilakukan pembagian terlebih dahulu,
sehingga didapatkan bentuk :M (x)N (x )
=P ( x )+ Q (x)N (x )
Dengan P(x) merupakan hasil bagi M(x) oleh N(x) dan Q(x ) adalah sisa pembagian
dengan pangkat Q(x) < pangkat N(x), sehingga :
∫ M (x)N ( x)
dx=∫[P ( x )+ Q(x)N (x ) ] dx
= ∫P ( x ) dx+∫ Q(x)N (x )
3. Jika pangkat M(x) < pangkat N(x) atau n < m, maka penyelesaian integral tersebut
bergantung pada faktor-faktor dari N(x).
38
Setiap suku banyak dengan koefisien real dapat dinyatakan sebagai perkalian dari
faktor-faktor linear dan kuadrat sedemikian sehingga tiap-tiap faktor mempunyai koefisien
real.
39
Fungsi Rasional dibedakan atas :
a. Jika derajat dari M(x) lebih kecil daripada derajat N(x), maka F(x)
disebut fungsi rasional sebenarnya (properrational function)
b. Jika derajat dari M(x) lebih besar daripada derajat N(x), maka F(x)
disebut fungsi rasional tak sebenarnya (improper rational function).
Suatu fungsi rasional tak sebenarnya selalu dapat dinyatakan sebagai
penjumlahan dari
Suatu polinom dan suatu fungsi yang sebenarnya dengan melakukan
operasi pembagian
biasa.
Misalnya :x3
x2+1=
x (x¿¿2+1)−x
x2+1=
x (x¿¿2+1)x2+1
− xx2+1
=x− xx2+1
¿¿
Permasalahan mengintegralkan fungsi rasional terletak pada bagaimana
mengintegralkan fungsi rasional sebenarnya. Suatu fakta, bahwa fungsi rasional sebenarnya
dapat ditulis sebagai jumlah dari fungsi rasional sebenarnya yang lebih sederhana (partial
fraction), dimana penyebutnya berbentuk (ax¿¿2+bx+c)n ¿, dengan n bilangan bulat positif.
Bentuk dari pecahan sederhana tersebut tergantung pada faktor N(x), penyebut fungsi
tersebut.
Contoh :
5 x−1
x2−1= 2
x−1+ 3
x+1
Ada 4 kasus dari pemfaktoran penyebut N(x) yaitu :
1. Faktor linear tidak berulang
Bentuk N(x) adalah :
N(x) = (a¿¿1 x+b1)( a2 x+b2 ) …(an x+bn)¿
Dengan bentuk N(x) tersebut, maka F(x) dapat dibentuk seperti berikut :
F(x) =M (x)N (x )
=A1
a1 x+b1
+A2
a2 x+b2
+…+An
an x+bn
Contoh :
Tentukan ∫ x+1
x2 − 9 dx
Jawab :
40
⇔ x+1 = A ( x − 3 ) + B ( x + 3 )
faktorkan penyebut :
maka
samakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan
substitusi B ke persamaan
A + B = 1
A + 23
= 1
A = 1 - 23
A = 13
Sehingga :
∫ x+1
x2−9dx=∫
13
(x+3)dx+∫
23
(x−3 )dx
¿ 13∫
1(x+3)
dx+ 23∫
1(x−3)
dx
¿ 13
ln|x+3|+ 23
ln|x−3|+c
2. Faktor Linear yang Berulang
Jika pada N(x) terdapat (ax + b) berulang sebanyak m kali, misalnya N(x) = (ax+b)m
Maka :
F(x) = A1
ax+b+
A2
(ax+b)2 +…+Am
(ax+b)m
Contoh :
Tentukan
Jawab :
A + B =1-3A + 3B =1x3x1
3A +3B=3-3A+3B=1 +6B=4 B =23
41
x+1x2 − 9
= A( x + 3 )
+ B( x − 3 )
=A( x−3 )+B( x+3)
( x−3 )( x+3)
⇔ x+1 = A ( x − 3 ) + B ( x + 3 ) = ( A +B ) x + (−3 A + 3B )
∫ 1
( x+2 )2 ( x−1 )dx
1
( x + 2 )2 ( x − 1 ) = A
(x + 2 ) + B
( x+ 2 )2 + C
( x − 1 )
Samakan penyebut :
Maka
dieliminasi
Substitusi C ke persamaan A + C = 0, maka diperoleh Kemudian substitusi A dan C ke persamaan A + B + 4C = 0, maka diperolehsehingga diperoleh hasil :
3. Faktor kuadrat tidak berulang
Dalam kasus ini N(x) berbentuk :
N(x) = (a1 x2+b1+c1 ) (a2 x2+b2+c2) …(an x2+bn+cn)
Maka :
F(x) = A1 x+B1
a1 x2+b1+c1
+A2 x+B2
a1 x2+b2+c2
+…+An x+Bn
a1 x2+bn+cn
Contoh :
∫ x2+x+6(x+2)(x2+4)
dx
Jawab :
x2+x+6(x+2)(x2+4)
= A(x+2)
+ Bx+C
( x2+4 )=
A ( x2+4 )+(Bx+C)(x+2)(x+2)(x2+4 )
Jadi :
x2+ x + 6 = A(x2 + 4) + (Bx + C)(x + 2)
= Ax2 + 4A + Bx2 + Cx + 2Bx + 2C
A+C=0A+B+4C=0-2A-B+4C=1A+B+4C=0-2A-B+4C=1 +-A+8C=1
A+C=0-A+8C=1 +9C=1C=19
A= −19
B=−13
42
1
( x + 2 )2 ( x − 1 ) =
A ( x+2 )( x−1)+B( x−1 )+C( x+2)2
(x+ 2 )2 ( x − 1 )
1 = A (x+2 )( x−1)+B( x−1)+C ( x+2)2
1 = ( A+C )x2+( A+B+4C )x+(4 C−2 A−B )
=−19
ln|x+2|+ 13( x+2 )
+ 19
ln|x−1|+C
∫ 1
( x + 2 )2 ( x − 1 ) dx =−1
9∫ 1
( x + 2 )dx −1
3∫1
( x+ 2 )2dx + 1
9∫1
( x − 1 ) dx
= (A + B)x2 + (2B + C)x + 4A + 2C
Maka :
A + B = 1
2B + C = 1
4A + 2C = 6
43
Samakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan dengan eliminasi
A+B=14 A+2C=6|x 4
x 1|4 A+4B=44 A+2C=6
4 B−2 C=−2
4 B−2 C=−22 B+C=1 |x1
x2|4 B−2C=−24B+2C=2
−4 C=−4
C=1
Substitusi :
2B + C = 1 A + B = 1
2B + 1 = 1 A + 0 = 1
2B = 0 A = 1
B = 0
Maka didapat
∫ x2+x+6(x+2)(x2+4)
=∫ A(x+2)
dx+∫ B x+C(x2+4)
dx
= ∫ 1(x+2)
dx+∫ 1
(x2+4 )dx
= ln|x+2|+ 12
tan−1( x2 )+C
4. Faktor kuadrat berulang
Dalam kasus ini N(x) berbentuk :
N(x) =
Maka :
Contoh :
Jawab :
44
( a i x2 + bi x + c i)p
F ( x )≡A1 x + B1
(ai x2 + bi x + ci) +
A2 x + B2
(ai x2+ b i x + c i)2 + . .. +
A p−1 x + Bp−1
(a i x2+ bi x + c i)
p−1+
A p x + B p
(ai x2+ bi x + c i)p
∫ 6 x2−15 x+22
( x+3 ) ( x2+2 )2dx
6 x2 − 15 x+ 22
( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 = A
( x + 3 ) + B x + C
( x2 + 2 ) + Dx + E
( x2 + 2 )2
= A ( x2 + 2 )2+( B x + C ) ( x2 + 2 ) ( x + 3 )+( Dx + E )( x+3 )
( x + 3 ) ( x2 + 2 )2
Maka :
Dengan menyamakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan maka diperoleh :
1. Substitusi persamaan 1 ke persamaan 3 dan 5
4A+2B+3C+D=6………(3)−4 B+2 B+3 C+D=6
−2 B+3C+D=6 ………(6) 4A+6C+3E=22 ………(5)
−4 B+6 C+3 E=22 ………(7)2. Substitusi persamaan 2 ke persamaan 4 dan 6
6B+2C+3D+E=-15 ………(4)6 B+6C+3D+E=−15
3 D+E=−15→ E=−3 D−15 ………(8) −2 B+3C+D=6 ………(6)
−2 B−9 B+D=6
−11 B+D=6→ D=6+11B ………(9)3. Substitusi persamaan 2 dan 8 ke persamaan 7
−4 B+6 C+3 E=22 ………(7)−4 B−18 B−9 D−45=22
−22 B−9 D−45=22………(10)4. Substitusi persamaan 9 kepersamaan 10
−22 B−9 D−45=22………(10)−22 B−54−99 B=67
−121 B=121
A+B=0→ A=−B ………(1)3B+C=0→ C=−3 B ………(2)4A+2B+3C+D=6 ………(3)6B+2C+3D+E=-15 ………(4)4A+6C+3E=22 ………(5)
45
6 x2−15 x+22 = A ( x2 + 2 )2+( B x + C ) ( x2 + 2 ) ( x + 3 )+( Dx + E )(x+3 )
(6 B+2C+3 D+E )x+( 4 A+6 C+3 E ) 6 x2−15 x+22 = ( A+B ) x4+(3 B+C )x3+(4 A+2B+3 C+ D) x2+
B=−¿15. Substitusi B ke persamaan 1, 2, dan 9
A=−B → A=1
C=−3 B→ C=3
D=6+11B → D=6−11
D=−5
6. Substitusi D ke persamaan 8
E=−3 D−15 → E=15−15
E=0
Maka didapat :
INTEGRAL FUNGSI RASIONAL BENTUK SINUS DAN COSINUS
Bila integran merupakan fungsi rasional yang memuat suku-suku dari sin dan cos maka akan lebih mudah bila dikerjakan menggunakan substitusi, yaitu z = tan ( x/2) ,-π < x < π.
Integral fungsi rasional dalam sin x dan cos x atau keduanya penyelesaiannya dapat melakukan perubahan bentuk berikut:
tanx2=z
sinx2= z
√1+ z2
cosx2= 1
√1+z2
46
∫ 6 x2 − 15 x+ 22
( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 dx = ∫ A
( x + 3 )dx +∫ B x + C
( x2 + 2 )dx + ∫ Dx + E
( x2 + 2 )2
∫ 6 x2 − 15 x + 22
( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 dx = ∫ 1
( x + 3 ) dx −∫ x − 3
( x2 + 2 ) dx − 5 ∫ x
( x2 + 2 )2 dx
=∫ dxx+3
−12∫
2x
x2+2dx+3∫ dx
x2+2−5
2∫2 x
( x2+2 )2dx
=ln|x+3|−12
ln( x2+2 )+ 3
√2tan−1( x
√2 )+ 5
2( x2+2 )+C .
Jika ketiga harga diatas digantikan dalam rumus sudut ganda didapat:
sin x=2 s∈ x2
cosx2
¿2z
√1+z2.
1
√1+z2
¿ 2 z
1+ z2
cos x=cos2 x2−sin2 x
2
¿( 1
√1+z2 )2
−( z
√1+z2 )2
¿ 1−z2
1+z2
tanx2=
2 tanx2
1−tanx2
¿ 2 z
1−z2
Bila tanx2=z maka dx adalah:
tanx2=z
12
sec 2 12
x dx=dz
12
1
cos2
12
x dx=dz
dx=2cos2 12
x dz
dx=2( 1
√1+z2 )2
dz
dx= 2dz
1+z2
Contoh soal:
1. ∫ dx1−sin x
=…
Dengan mengganti sin x=¿ 2 z
1+ z2¿ dan ¿
2 dz
1+ z2 , didapat:
∫2 dz
1+z2
1− 2 z1+z2
=∫2dz
1+z2
1+z2−2 z1+z2
47
¿∫ 2 dz
z2−2 z+1
¿∫ 2 dz
(z−1 )2
Dimisalkan:
u=z−1
du=dz
Jadi:
2∫ u−2 du=−2u−1+c
¿−2 (z−1 )−1+c
¿−2( tanx2−1)
−1
+c
2. Hitunglah ∫ dx
2 sinx+cosx+2
Jawab:
Dengan substitusi sin x=¿ 2 z
1+ z2¿, cosx= 2 z
1+z2 , dan d x= 2 dz
1+z2 kita peroleh:
∫2dz
1+z2
22 z
1+z2 +1−z2
1+z2 +2=∫
2 dz
1+z2
4 z+1−z2+2+2 z2
1+z2
¿2∫ dz
z2+4 z+3
¿2∫ dz( z+1 ) ( z+3 )
2∫ dz( z+1 ) ( z+1 )
=∫ A( z+1 )
+ B( z+3 )
Jadi 2=A ( z+3 )+B ( z+1 )
¿ Az+3 A+Bz+B
¿ ( A+B ) z+3 A+B
A+B = 0→ B=−A 3A+B = 2
48
3A-A = 22A = 2A = 1
B = -AB = -1
∫ dz(z+1)
+∫ −dz( z+3 )
¿∫ dz(z+1)
−¿∫ dz(z+3)
¿
¿ ln ( z+1z+3 )+c
¿ ln ( tanx2+1
tanx2+3 )+c
INTEGRAL TAK WAJAR
Untuk fungdi F yang terintegralkn Riemann pada selang [a,b] definisi integral tentu :
∫a
bf ( x )dx
Disebut integral tak wajar jika :
a. Salah atau kedua batas integralnya tak hingga
b. Integral f(x) mempunyai satu atau lebih titik ketidakkontinuan dalam interval a ≤ x ≤
b atau batas integralnya berhingga.
Integral tak wajar mempuyai 2 bentuk :
1. Integral tak wajar pada selang hingga
Integral tak wajar jika integran f(x) memiliki satu atau lebih titik ketidak kontinuan dalam
interval a ≤ x ≤ b yang merupakan daerah integrasinya. Integral tak wajar ∫a
bf ( x )dx
dapat
memiliki integran f(x) diskontinu pada x = a, atau f(x) diskontinu dibatas atau x = b atau
f(x) diskontinu disembarang titik x = c, dimana c terletak dalam interval [a,b].
Untuk integral tak wajar pada selang hingga, terdapat tiga definisi yaitu :
a. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = a maka :
∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a+t
b
f ( x )dx........................ Rumus 1
Contoh :
49
Hitung ∫2
51
√ x−2dx
Jawab :
∫2
51
√ x−2dx= lim
t→2+∫2
51
√ x−2dx
= limt →2+
[2√x−2 ]2+t
5
= limt →2+
[2√x−2 ]2+t
5
= limt →2+
2 (√3−√t−2 )
=2√3
Jadi nilai dari∫2
51
√ x−2dx
adalah =2√3 dan konvergen
b. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = b, maka
∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a
b+t
f ( x )dx........................ Rumus 2
Selesaikan ∫0
31
√3−xdx
Jawab :
∫0
31
√3−xdx= lim
t→ 0+0−∫
0
3−t
(3−x )−
12 d (3−x )
= limt →0+0
−∫0
3−t
[ 1
−12+1
(3−x )12 .−1]
0
3−t
= limt →0+0
−[2 (3−t )12 ]0
3−t
= limt →0+0
[−2 {(3−(3−t )12 )−(3−0 )
12}]
= limt →0+0
[−2 {( t )12−3 }]
=−2[(0 )12−√3 ]
50
=2√3
Jadi nilai dari∫0
31
√3−xdx
adalah =2√3 dan konvergen
51
c. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = c, maka
∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a
c−t
f ( x )dx+∫c+t
b
limt→0+
∫a
c−t
f ( x )dx........................ Rumus 3
Dengan catatan a < c < b
Contoh :
Selidiki kekonvergenan integral tak wajar ∫−3
5dx
√|x−1|
Jawab :
Bentuk ini merupakan bentuk integral tak wajar karen fungsi f ( x ) 1
√|x−1|kontinu
pada himpunan (-3,1) (1,5) dengan limx→1
1
√|x−1|=∞
. Integral tak wajar ari fungsi f
pada selang [-3,5] adalah :
∫−3
5dx
√|x−1|=∫
−3
1dx
√|x−1|+∫
1
5dx
√|x−1|
=∫−3
1−tdx
√|x−1|+∫
1+t
5dx
√|x−1|
=∫−3
1−t [ (−2√1−x ) ]−3
1−t
+∫1+t
5 [ (−2√1−x ) ]1+t
5
=∫−3
1−t
(−2√t +4 )+∫1+t
5
(4−2√ t )
=4+4=8
Jadi integral tak wajar dari fungsi selang [-3,5] konvergen ke 8
Integral tak wajar tersebut disebut konvergen atau divergen sesuai integral tersebut
ada atau tidak setelah digunakan proses limit.
2. Integral tak wajar pada selang tak hingga
Integral tak wajar pada selang tak hingga ada 3 definisi yaitu :
a. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,∞] didefinisikan sebagai
∫a
∞
f ( x )dx=limt→∞
∫a
t
f ( x )dx....................... Rumus 4
52
Contoh
Tentukan apakah integral ∫1
∞ dxx
konvergen atau divergen
Jawab
∫1
∞ dxx
=limt→0+
∫1
tdxx
=limt→∞
∫1
tdxx
=limt→∞
[ In|x|]1t
=limt→∞
(Int+ In1 )
=limt→∞
Int
=∞
Jadi ∫1
∞ dxx
adalah divergen
b. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,∞] didefinisikan sebagai
∫∞
b
f ( x )dx=limt→∞
∫t
b
f ( x )dx....................... Rumus 5
Contoh :
Diketahui f ( x )= 1
3√x kontinu pada selang [-∞,-1]
Tentukan integral tak wajar dari fungsi F
Jawab :
∫−∞
−11
3√x= lim
t →−∞∫t
−1
3dx
√x
= limt →−∞
∫t
−1 [( 32
x12)]
t
−1
= limt →−∞
(−1− t12 )
=∞
Jadi integral tak wajar dari fungsi f dapa selang [-∞,-1]divergen
53
54
c. Integral tak wajar dari fungsi f pada [-∞,∞] di definisikan sebagai
∫∞
∞
f ( x )dx=∫−∞
c
f ( x )dx+∫c
∞
f ( x )dx
=limt→∞
∫−∞
c
f (x )dx+ limt→∞
∫c
t
f ( x )dx....................... Rumus 6
Contoh
Tentukan ∫−∞
∞ 1
1+ x2dx
Jawab
∫0
∞ 1
1+x2dx=lim
t →∞∫0
tdx
1+x2
=limt→∞
[ tan−1 x ]0t
=limt→∞
( tan−1 t−tan−1 0 )
= limt→∞
tan−1 t
= π2
∫−∞
01
1+ x2dx=lim
t→∞∫t
0dx
1+x2
=limt→∞
[ tan−1 x ]t0
= limt→∞
( tan−1 0− tan−1 t )
=0−(−π2 )
= π2
Jadi
∫−∞
∞ 1
1+ x2dx= π
2+ π
2
=π konvergen
55
INTEGRAL TAK WAJAR UNTUK INTEGRAN TAK TERDEFINISI
Dalam makalah ini kami akan membahas integral tak wajar jika integran f(x)
memiliki satu atau lebih titik ketidakkontinuan dalam interval a ≤ x ≤ b yang merupakan
daerah integrasinya.
Integral tak wajar ∫a
bf ( x )dx
dapat memiliki integran f(x) diskontinu pada x = a, atau
f(x) diskontinu dibatas atau x = b atau f(x) diskontinu disembarang titik x = c, dimana c
terletak dalam interval [a,b].
Untuk integral tak wajar pada selang hingga, terdapat tiga definisi yaitu :
1. x = a, maka ∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a+t
b
f ( x )dx
2. x = b, maka ∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a
b+t
f ( x )dx
3. x = c, maka ∫a
b
f ( x )dx= limt →0+
∫a
c−t
f ( x )dx+∫c+t
b
limt→0+
∫a
c−t
f ( x )dx
dengan catatan a < c < b.
Jika f(x) memiliki beberapa titik diskontinu misalnya di x = c dan x = d dalam interval
(a,b), maka integral dapat dihitung sebagai berikut:
∫ f ( x )dx= limϵ→ 0
∫a
c−ϵ
f ( x )dx + limϵ→ 0
∫c+ϵ
d−ϵ
f (x ) dx + limϵ→ 0
∫d+ ϵ
b
f ( x ) dx
Integral tak wajar tersebut konvergen atau divergen sesuai integral tersebut ada atau
tidak setelah digunakan proses limit.
Contoh soal:
1. Hitung ∫2
51
√ x−2dx
Jawab :
∫2
51
√ x−2dx= lim
t→2+∫2
51
√ x−2dx
= limt →2+
[2√x−2 ]2+t
5
56
= limt →2+
[2√x−2 ]2+t
5
= limt →2+
2 (√3−√t−2 )
=2√3
Jadi nilai dari∫2
51
√ x−2dx
adalah =2√3 dan konvergen.
2. Selesaikan ∫0
31
√3−xdx
Jawab :
∫0
31
√3−xdx= lim
t→ 0+0−∫
0
3−t
(3−x )−
12 d (3−x )
= limt →0+0
−∫0
3−t
[ 1
−12+1
(3−x )12 .−1]
0
3−t
= limt →0+0
−[2 (3−t )12 ]0
3−t
= limt →0+0
[−2 {(3−(3−t )12 )−(3−0 )
12}]
= limt →0+0
[−2 {( t )12−3 }]
=−2[(0 )12−√3 ]
=2√3
Jadi nilai dari∫0
31
√3−xdx
adalah =2√3 dan konvergen.
3. Hitung ∫0
11x
dx
57
Jawab :
Integral ini tak wajar karena integran f(x) = 1x diskontinu di x = 0, batas
bawah. Maka:
∫0
11x
dx = limϵ→ 0
∫0
11x
dx
¿ limϵ→ 0
¿¿
¿ limϵ→ 0
¿¿
= lim (0 . (∞))
= + ∞ ( integral divergen)
58