Soal Dan Materi Kalkulus 3

GM 114 Kalkulus 2

(Revisi Terakhir: Januari 2010 )

Oleh:

Didit Budi Nugroho, S.Si, M.Si.

Program Studi Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana

1 Teknik-teknik Integrasi 1

1.1 Antiderivatif . . . 1

1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana . . . 5

1.3 Integrasi Parsial . . . 11

1.4 Integral Fungsi Hiperbolik . . . 17

1.5 Integral Trigonometri . . . 19

1.6 Substitusi Trigonometri . . . 26

1.7 Integral Fungsi Rasional . . . 33

1.8 Integral Fungsi Irasional . . . 38

1.9 Substitusi tan 1₂x . . . 41

2 Integral Tentu 43 2.1 Integral Riemann . . . 43

2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral . . . 47

3 Integral Tak Wajar 49 3.1 Pengantar . . . 49

3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas . . . 50

3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik . . . 51

3.4 Uji Perbandingan . . . 52

4 Aplikasi Integral 55 4.1 Luas Bidang Datar . . . 55

4.1.1 Persamaan Kartesius . . . 55

4.1.2 Persamaan Parameter . . . 59

4.1.3 Persamaan Kutub . . . 60

4.2 Volume Benda Putar . . . 68

4.2.1 Metode Cakram . . . 69

4.2.2 Metode Cincin . . . 72

4.2.3 Metode Kulit Silindris . . . 75

4.3 Panjang Kurva . . . 83

4.3.1 Persamaan Kartesius . . . 83

4.3.2 Persamaan Parameter . . . 86

4.3.3 Persamaan Kutub . . . 88

Kata Pengantar

Teknik-teknik Integrasi

Dalam bab ini dibahas berbagai teknik integrasi. Integral-integral yang dibicarakan adalah integral tak tentu. Topik-topik yang dicakup dalam bab ini yaitu pengertian antiderivatif beserta aturan-aturannya, integrasi dengan substitusi sederhana, integrasi dengan parsial, integral yang melibatkan fungsi hiperbolik, integral yang melibatkan fungsi trigonometri, integrasi dengan substitusi trigonometri, integrasi yang melibatkan fungsi rasional, integrasi yang melibatkan akar, dan integral dengan substitusi tan 1₂x .

1.1

Antiderivatif

Pertama kali didiskusikan proses kebalikan dari diferensiasi. Dengan kata lain, dibe-rikan suatu fungsi f (x) dan diinginkan untuk mencari suatu fungsi F (x) sedemikian sehingga dF (x)

dx = F

0_{(x) = f (x). Setiap fungsi F (x) yang demikian tersebut}

dina-makan suatu antiderivatif, atau integral tak tentu (inde…nite integral ), dari fungsi f (x), dan dituliskan

F (x) = Z

f (x) dx:

Di sini f (x) dinamakan integran (yang diintegralkan) dan x dinamakan integrator. Dinamakan integral tak tentu sebab tidak merujuk pada nilai numerik tertentu, atau tidak menunjuk suatu interval tertentu untuk daerah integrasi. Langkah untuk mencari antiderivatif dari f (x) dinamakan antidiferensiasi atau integrasi.

Pengamatan pertama yaitu bahwa antiderivatif, jika ada, tidaklah tunggal. Diandaikan bahwa fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari fungsi f (x), berarti F0(x) = f (x). Diambil G (x) = F (x) + k, dimana k adalah sembarang bilangan riil. Ini mudah dilihat bahwa G0(x) = F0(x) = f (x), yang berarti bahwa G (x) juga merupakan antiderivatif dari f (x). Secara umum dapat dituliskan

Z

f (x) dx = F (x) + k dengan k selanjutnya dinamakan konstanta integrasi. Sebagai contoh, diberikan f (x) = 2x, maka

F (x) = x2; G (x) = x2 10; H (x) = x2+ k

merupakan antiderivatif dari f karena

F0(x) = G0(x) = H0(x) = 2x:

Pengamatan kedua yaitu bahwa untuk sembarang fungsi f (x), selisih dari sembarang dua antiderivatif berbeda dari f (x) pasti merupakan suatu konstanta. Dengan kata lain, jika F (x) dan G (x) adalah antiderivatif-antiderivatif dari f (x), maka F (x) G (x) adalah suatu konstanta. Suatu konsekuensi dari pengamatan kedua yaitu hasil sederhana berikut ini yang berkaitan dengan derivatif dari suatu konstanta.

ANTIDERIVATIF DARI NOL. Dipunyai Z

0 dx = k:

Dengan kata lain, antiderivatif dari fungsi nol secara tepat adalah semua fungsi konstan.

Tentu saja, beberapa antiderivatif secara sederhana dapat diperoleh dari beberapa aturan mengenai derivatif. Berikut ini didaftar hasil-hasil tersebut. Hasil pertama yaitu berkaitan dengan aturan kelipatan konstan untuk diferensiasi.

ATURAN PERKALIAN KONSTAN. Jika suatu fungsi f (x) mempunyai anti-derivatif, maka untuk sembarang bilangan riil c, dipunyai

Z

cf (x) dx = c Z

f (x) dx:

ANTIDERIVATIF DARI PANGKAT.

(a) _{Jika n adalah suatu bilangan riil sedemikian sehingga n 6= 1, maka} Z xn dx = 1 n + 1x n+1_{+ k:} (b) Dipunyai Z x 1 _{dx = ln jxj + k:}

ATURAN PENJUMLAHAN. Jika f (x) dan g (x) mempunyai antiderivatif, maka Z (f (x) + g (x)) dx = Z f (x) dx + Z g (x) dx:

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI TRIGONOMETRI. Rumus-rumus an-tiderivatif berikut ini adalah valid:

(a) Z cos (x) dx = sin (x) + k (b) Z sin (x) dx = cos (x) + k (c) Z csc2(x) dx = cot (x) + k (d) Z sec2_{(x) dx = tan (x) + k} (e) Z cot (x) csc (x) dx = csc (x) + k (f) Z

tan (x) sec (x) dx = sec (x) + k

(g) Z

csc (x) dx = _{ln jcot (x) + csc (x)j + k}

(h) Z

sec (x) dx = ln jtan (x) + sec (x)j + k

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI EKSPONENSIAL UMUM. Diandaikan a > 0 dan a 6= 1, maka _Z

axdx = a

x

ln (a)+ k: Secara khusus, dengan pengambilan a = e akan dipunyai

Z

ex dx = ex+ k:

Contoh 1.1 Menggunakan aturan penjumlahan, aturan perkalian konstan, dan anti-derivatif dari pangkat, diperoleh

Z x3+ 3x + 1 dx = Z x3dx + Z 3x dx + Z x0dx = 1 4x 4₊ 3 2x 2_{+ x + k:}

Contoh 1.2 Menggunakan aturan penjumlahan, antiderivatif dari pangkat dan fungsi trigonometri, diperoleh Z x3+ sin (x) dx = Z x3dx + Z sin (x) dx = 1 4x 4 _{cos (x) + k:}

Contoh 1.3 Diperoleh Z (sin (x) + sec (x)) dx = Z sin (x) dx + Z sec (x) dx

= _{cos (x) + ln jtan (x) + sec (x)j + k:}

Contoh 1.4 Diperoleh Z (ex+ 3 cos (x)) dx = Z ex dx + Z 3 cos (x) dx = ex+ 3 sin (x) + k: Contoh 1.5 Diperoleh Z 1 sin (x) 1 + sin (x) dx = Z (1 sin (x)) (1 sin (x)) (1 + sin (x)) (1 sin (x)) dx = Z _{1 2 sin (x) + sin}2_(x) 1 sin2(x) dx = Z _{1 2 sin (x) + sin}2_(x) cos2_(x) dx = Z

sec2(x) 2 tan (x) sec (x) + tan2(x) dx =

Z

sec2(x) 2 tan (x) sec (x) + sec2(x) 1 dx =

Z

2 sec2(x) 2 tan (x) sec (x) 1 dx = 2 tan (x) 2 sec (x) x + k:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.1

Hitung setiap integral tak tentu berikut ini: (1) Z x3dx (2) Z x52dx (3) Z (5x + 3) dx (4) Z 1 + 2x + 3x2 dx (5) Z 2x2 3x + 1 dx (6) Z 12x7 3x5+ 2x2+ 1 dx (7) Z 5 + x 2 _4x 3 _{dx (8)} Z 3x4_{+ 19x} 3 _dx (9) Z x12 + x 1 2 dx (10) Z 2x13 3x 2 3 dx (11) Z (x 3)2dx (12) Z (2x 3)2dx

(13) Z x2_{+ a} 2_{dx (14)} Z 1 + x 1 2_dx (15) Z x + 1 x 2 dx (16) Z x 1 x 2 dx (17) Z (x 2) (x + 3) dx (18) Z x 2x3+ 1 2dx (19) Z x + 1 x dx (20) Z 2x2 3x + 6 x2 dx (21) Z _x3_{+ x}2 _{x 1} x 1 dx (22) Z _x3 _a3 x a dx (23) Z _x3 ₈ x2_{+ 2x + 4} dx (24) Z _p 3 dx (25) Z p x dx (26) Z p 2px dx (27) Z xpx dx (28) Z x13 + 8p3x 3x dx (29) Z (3 +px) (4 2px) dx (30) Z _{3x + 1} 3px dx (31) Z _{4 + 3}p x + xpx x2 dx (32) Z p x 5 + 4 4 p x dx (33) Z ₄ 4 p_x r 3x 27 ! dx (34) Z 8ex dx (35) Z 16 (ex+ 1) dx (36) Z _x2_ex_{+ x} x2 dx (37) Z 5x + 3 e x dx (38) Z (x + 1)3+ ex dx (39) Z 5 cos (x) dx (40) Z (1 2 cos (x)) dx (41) Z (5 cos (x) + 4x) dx (42) Z (sin (x) + cos (x)) dx (43) Z 10 sec2(x) dx (44) Z sec2(x) + 1 dx (45) Z (px + sec (x) tan (x)) dx

1.2

Integrasi dengan Substitusi Sederhana

Sekarang didiskusikan bagaimana kita dapat menggunakan aturan rantai dalam di-ferensiasi untuk membantu menyelesaikan masalah dalam integrasi. Teknik ini biasanya

dinamakan integrasi dengan substitusi. Perlu ditekankan bahwa teknik tersebut tidak selalu dapat digunakan. Pertama, kita tidak mengetahui antiderivatif dari fungsi. Ke-dua, tidak ada jalan sederhana dimana kita dapat menggambarkannya untuk menolong kita mencari suatu substitusi yang sesuai dalam kasus dimana teknik dapat digunakan. Di sisi lain, ketika teknik dapat digunakan, mungkin terdapat lebih dari satu substitusi yang sesuai.

INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 1. Jika kita membuat sub-stitusi x = g (u), maka dx = g0(u) du, dan

Z

f (x) dx = Z

f (g (u)) g0(u) du:

Contoh 1.6 Diperhatikan integral tak tentu Z

xpx + 1 dx:

Jika kita membuat substitusi x = u2 _{1, maka dx = 2u du, dan}

Z xpx + 1 dx = Z 2 u2 1 u2du = Z 2u4du Z 2u2du = 2 5u 5 2 3u 3_{+ k =} 2 5(x + 1) 5 2 2 3(x + 1) 3 2 + k:

Di sisi lain, jika kita membuat substitusi x = v 1, maka dx = dv, dan Z xpx + 1 dx = Z (v 1) v12dv = Z v32dv Z v12du = 2 5v 5 2 2 3v 3 2 + k = 2 5(x + 1) 5 2 2 3(x + 1) 3 2 _{+ k:}

Kita bisa menegaskan bahwa integral tak tentu tersebut adalah benar dengan memeriksa bahwa d dx 2 5(x + 1) 5 2 2 3(x + 1) 3 2 + k = xpx + 1:

INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 2. Diandaikan bahwa suatu fungsi f (x) dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = g (h (x)) h0_{(x). Jika kita membuat}

substitusi u = h (x), maka du = h0(x) dx, dan Z f (x) dx = Z g (h (x)) h0(x) = Z g (u) du:

Dicatat bahwa dalam Versi 1, variabel x pada awalnya ditulis sebagai fungsi dari vari-abel baru u, sedangkan dalam Versi 2, varivari-abel baru u dituliskan sebagai fungsi dari x. Bedanya, untuk substitusi x = g (u) dalam Versi 1 harus mempunyai invers agar variabel u bisa dikembalikan ke variabel asli x di akhir proses.

Contoh 1.7 Diperhatikan integral tak tentu Z

x x2+ 3 4dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x2+ 3 sama dengan 2x, sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = x2+ 3. Selanjutnya du = 2x dx, dan

Z x x2+ 3 4dx = 1 2 Z 2x x2+ 3 4dx = 1 2 Z u4du = 1 10u 5_{+ k =} 1 10 x 2_{+ 3} 5_{+ k:}

Contoh 1.8 Diperhatikan integral tak tentu Z

1 x ln (x)dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi ln (x) sama dengan 1

x, sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = ln (x). Selanjutnya du = 1

xdx, dan Z 1 x ln (x)dx = Z 1 udu = ln juj + k = ln jln (x)j + k:

Contoh 1.9 Diperhatikan integral tak tentu Z

x2ex3dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x3 sama dengan 3x2, sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = x3. Selanjutnya du = 3x2dx, dan

Z x2ex3dx = 1 3 Z 3x2ex3dx = 1 3 Z eudu = 1 3e u_{+ k =} 1 3e x3 _{+ k:}

Contoh 1.10 Diperhatikan integral tak tentu Z

tan3(x) sec2(x) dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi tan (x) sama dengan sec2(x), sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = tan (x). Selanjutnya du = sec2(x) dx, dan

Z tan3(x) sec2(x) dx = Z u3du = 1 4u 4_{+ k =} 1 4tan 4_{(x) + k:}

Kadang-kadang, kemungkinan dari substitusi tidak bisa terlihat secara jelas dengan cepat, dan banyak terjadi trial dan error. Kenyataan bahwa suatu substitusi tidak terlihat muncul bukan berarti bahwa metode tersebut gagal. Ini bisa terjadi dalam kasus ketika kita menggunakan suatu subtitusi yang tidak sesuai. Atau barangkali kita pertama kali melupakan modi…kasi dari masalah. Hal ini diilustrasikan dalam contoh berikut ini.

Contoh 1.11 Diperhatikan integral tak tentu Z

tan (x) dx:

Di sini tidak terlihat sembarang substitusi yang akan digunakan. Tetapi, jika dituliskan Z

tan (x) dx =

Z _{sin (x)} cos (x)dx;

maka kita mengamati bahwa derivatif dari fungsi cos (x) sama dengan sin (x), se-hingga ini tepat untuk membuat substitusi u = cos (x). Selanjutnya du = sin (x) dx, dan Z tan (x) dx = Z _{sin (x)} cos (x) dx = Z ₁ udu = ln juj + k = ln jcos (x)j + k:

Lebih lanjut, berikut ini diperoleh rumus-rumus antiderivatif dari fungsi eksponensial dan trigonometri yang lebih umum dari pada fungsi dalam subbab sebelumnya, dengan cara membuat substitusi u = px + q dan du = p dx.

(a) Z (px + q)ndx = 1 p (n + 1)(px + q) n+1_{+ k} (b) Z (px + q) 1dx = 1 pln jpx + qj + k (c) Z apx+qdx = 1 p ln (a)a px+q + k; jika a > 0; a 6= 1. (d) Z epx+qdx = 1 pe px+q_{+ k.} (e) Z cos (px + q) dx = 1 psin (px + q) + k. (f) Z sin (px + q) dx = 1 pcos (px + q) + k. (g) Z csc2_{(px + q) dx =} 1 pcot (px + q) + k. (h) Z sec2(px + q) dx = 1 ptan (px + q) + k. (i) Z cot (px + q) csc (px + q) dx = 1 pcsc (px + q) + k. (j) Z tan (px + q) sec (px + q) dx = 1 psec (px + q) + k. (k) Z cot (px + q) dx = 1 pln jsin (px + q)j + k.

(l) Z tan (px + q) dx = 1 pln jcos (px + q)j + k. (m) Z csc (px + q) dx = 1 pln jcsc (px + q) + cot (px + q)j + k. (n) Z sec (px + q) dx = 1 pln jsec (px + q) + tan (px + q)j + k.

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.2

Dalam soal (1) (60), hitung setiap integral tak tentu dengan menggunakan substitusi yang diberikan. (1) Z sin (3x) dx, u = 3x (2) Z cos (5x) dx, u = 5x (3) Z x sin x2 dx, u = x2 (4) Z x cos 1 + x2 dx, u = 1 + x2 (5) Z x2tan x3+ 1 dx, u = x3+ 1 (6) Z sec2(3x + 1) dx, u = 3x + 1 (7) Z csc2(2x 1) dx, u = 2x 1 (8) Z x sin x2 dx, u = x2 (9) Z x2_{cos x}3_{+ 1 dx, u = x}3_{+ 1 (10)} Z sec (3x + 5) dx, u = 3x + 5 (11) Z csc (5x 7) dx, u = 5x 7 (12) Z sin3(x) dx, u = cos (x) (13) Z cos3(x) dx, u = sin (x) (14) Z tan3(x) dx, u = tan (x) (15) Z cot3(x) dx, u = cot (x) (16) Z sec4(x) dx, u = tan (x) (17) Z csc3_{(x) dx, u = cot (x) (18)} Z

sin3(x) cos (x) dx, u = sin (x)

(19) Z

tan5(x) sec2(x) dx, u = tan (x) (20) Z

cot3(x) csc2(x) dx, u = cot (x)

(21) Z

sec3(x) tan (x) dx, u = sec (x) (22) Z csc3(x) cot (x) dx, u = csc (x) (23) Z _arcsin4_(x) p 1 x2 dx, u = arcsin (x) (24) Z _arctan3_(x) 1 + x2 dx, u = arctan (x) (25) Z x2 2x3+ 1 3dx, u = 2x3+ 1 (26) Z ₂ 3x 4dx, u = 3x 4

(27) Z ₄ 5x + 2dx, u = 5x + 2 (28) Z _x 3x2_{+ 1}dx, u = 3x 2_{+ 1} (29) Z _x (x2 ₁₎32 dx, u = x2 1 (30) Z _{x + 1} x2_{+ 2x + 2}dx, u = x 2_{+ 2x + 2} (31) Z _x2 x3_{+ 4}dx, u = x 3_{+ 4 (32)} Z _{2x 5} x2 _{5x + 3}dx, u = x 2 _{5x + 3} (33) Z x + 6 (x + 2)2dx, u = x + 2 (34) Z x (1 + x2₎4dx, u = 1 + x 2 (35) Z ₁ p x (1 +px)dx, u = 1 + p_{x (36)} Z x + 3 x 1dx, u = x 1 (37) Z _x3 (x4_{+ 16)}2dx, u = x 4_{+ 16 (38)} Z x3px2_{+ 1dx, u = x}2_{+ 1} (39) Z cos (x) 1 + sin (x)dx, u = 1 + sin (x) (40) Z csc2(x) 1 + cot (x)dx, u = 1 + cot (x) (41) Z _{sin (}p_x) p x dx, u =

p_{x (42)} Z _{sin (x)}p_{cos (x) dx, u = cos (x)}

(43) Z _{sin (ln (x))} x dx, u = ln (x) (44) Z _{sin (2x)} 4 cos (2x)dx, u = 4 cos (2x) (45) Z _{cos (x)} sin4(x)dx, u = sin (x) (46) Z _sec2_(2x) 1 + tan (2x)dx, u = 1 + tan (2x) (47) Z

10sin(x)cos (x) dx, u = sin (x) (48) Z epx p xdx, u = p x (49) Z xpx + 2 dx, u = x + 2 (50) Z x 3x2+4_{dx, u = x}2_{+ 4} (51) Z _{(1 + ln (x))}10 x dx, u = ln (x) (52) Z ex(4 ex)32 dx, u = 4 ex (53) Z ₁ p 9 x2dx, x = 3 cos (u) (54) Z ₁ xpx2 ₄dx, x = 2 sec (u) (55) Z 1 4 + x2dx, x = 2 tan (u) (56) Z 1 x2_{(1 + x} 1₎dx, u = 1 + x 1 (57) Z x 3_{dx, u = 1 + x} 1 ₍₅₈₎ Z x 3p_{3 + 5x} 2_{dx, u = 3 + 5x} 2 (59) Z _{4x 1} p 4x + 1dx, u = 4x + 1 (60) Z _ex_{+ cos (x)} ex_{+ sin (x)}dx, u = e x_{+ sin (x)}

Dalam soal (61) (80), hitung setiap integral tak tentu menggunakan substitusi yang sesuai. (61) Z _ex ex ₁dx (62) Z _e x 1 + e xdx

(63) Z ex_{sec (e}x_{) tan (e}x_{) dx (64)} Z _{sin (ln (x))} x dx (65) Z esin(x)cos (x) dx (66) Z _eln(x) x dx (67) Z _{ln (x)} x dx (68) Z _{(1 + 2 ln (x))}4 x dx (69) Z 1 x (1 + 2 ln (x))dx (70) Z (ln (x))32 x dx (71) Z _x2_ln3 _{1 + x}3 1 + x3 dx (72) Z tan (x) ln (cos (x)) dx (73) Z 4esin(3x)cos (3x) dx (74) Z 3etan(2x)sec2(2x) dx (75) Z _{x cos ln 1 + x}2 1 + x2 dx (76) Z tan3(2x) sec2(2x) dx (77) Z 2earcsin(x) p 1 x2 dx (78) Z 4arctan(x) 1 + x2 dx (79) Z ₅arcsec(x) xpx2 ₁dx (80) Z p_{1 +}p x p x dx

1.3

Integrasi Parsial

Aturan hasil kali dari diferensiasi menghasilkan suatu teknik integrasi yang dikenal sebagai integrasi parsial. Dimulai dengan aturan hasil kali:

d dx(u (x) v (x)) = du (x) dx v (x) + u (x) dv (x) dx atau dapat dituliskan dalam bentuk diferensial menjadi

d [u (x) v (x)] = v (x)du (x)

dx + u (x) dv (x)

dx dx: Selanjutnya kedua ruas diintegralkan untuk memperoleh

Z d [u (x) v (x)] = Z v (x)du (x) dx dx + Z u (x)dv (x) dx dx u (x) v (x) = Z v (x) u0(x) dx + Z u (x) v0(x) dx: Bentuk baku dari rumus integrasi parsial tersebut dituliskan sebagai

Z

u (x) v0(x) dx = u (x) v (x) Z

v (x) u0(x) dx atau disingkat menjadi

Z

u dv = uv Z

Dalam hal ini penyelesai dituntut untuk mampu memilih u dan dv yang tepat sehingga rumus (1.1) bisa diaplikasikan.

Contoh 1.12 Diperhatikan integral tak tentu Z

x cos (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x dan dv = cos (x) dx dengan du = dx dan v =

Z

cos (x) dx = sin (x)+k. Kita menghilangkan konstanta k, karena kita hanya memerlukan v (x). Selanjutnya, berdasarkan rumus integrasi parsial (1:1) diperoleh

Z

x cos (x) dx = x sin (x) Z

sin (x) dx = x sin (x) + cos (x) + c:

Contoh 1.13 Diperhatikan integral tak tentu Z

x2sin (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x2 dan dv = sin (x) dx dengan du = 2x dx dan v =R sin (x) dx = cos (x). Jadi,

Z x2sin (x) dx = x2cos (x) Z cos (x) 2x dx = x2cos (x) + 2 Z x cos (x) dx

= x2cos (x) + 2 (x sin (x) + cos (x)) + k:

Contoh 1.14 Diperhatikan integral tak tentu Z

ln (x) dx:

Diambil u = ln (x) dan dv = dx dengan du = 1

xdx dan v = x. Jadi, Z ln (x) dx = x ln (x) Z x 1 xdx = x ln (x) x + k:

Contoh 1.15 Diperhatikan integral tak tentu Z

x2exdx:

Pertama kali diambil u = x2 dan dv = exdx dengan du = 2x, v = Z exdx = ex. Diperoleh _Z x2exdx = x2ex Z 2xexdx = x2ex 2 Z xexdx:

Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = x dan dv = exdx dengan du = dx dan v = ex. Diperoleh _Z xexdx = xex Z exdx = xex ex+ k: Jadi, _Z x2exdx = x2ex 2 (xex ex+ k) = ex x2 2x + 2 + c:

Contoh 1.16 Diperhatikan integral tak tentu Z

excos (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = ex dan dv = cos (x) dx dengan du = exdx dan v =R cos (x) dx = sin (x). Diperoleh

Z

excos xdx = exsin (x) Z

exsin (x) dx:

Untuk menghitung integral terakhir, diambil substitusi u = ex dan dv = sin (x) dx dengan du = ex_{dx dan v = cos x. Diperoleh}

Z exsin (x) dx = excos (x) Z cos (x) exdx = excos (x) + Z excos (x) dx: Oleh karena itu, sekarang dipunyai

Z

excos (x) dx = exsin (x) excos (x) + Z

excos (x) dx

dan selanjutnya kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral seperti berikut: Z

excos (x) dx + Z

excos (x) dx = exsin (x) + excos (x) 2

Z

excos xdx = exsin (x) + excos (x) Z

excos xdx = 1 2e

x_{(sin (x) + cos (x)) + k:}

Contoh 1.17 Dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut: Z xnexdx; Z xnln (x) dx; Z lnn(x) dx; Z xnsin (x) dx; Z xncos (x) dx; Z eax+bsin (px + q) dx; Z eax+bcos (px + q) dx dimana n 2 N.

(a) Diambil u = xn dan dv = exdx dengan du = nxn 1dx dan v = ex, maka Z xnexdx = xnex Z ex nxn 1 dx: Jadi, Z xnexdx = xnex n Z exxn 1dx:

(b) Diambil u = ln (x) dan dv = xndx dengan du = 1

xdx dan v = 1 n+1xn+1, maka Z xnln (x) dx = ln (x) x n+1 n + 1 Z _xn+1 n + 1 1 xdx = xn+1ln (x) n + 1 1 n + 1 Z xndx = x n+1_{ln (x)} n + 1 xn+1 (n + 1)2 + k: Jadi, Z xnln (x) dx = x n+1 (n + 1)2 [(n + 1) ln (x) 1] + k:

(c) Diambil u = lnn(x) dan dv = dx dengan du = n lnn 1(x) 1

x dx dan v = x, maka Z lnn(x) dx = x lnn(x) Z x n lnn 1(x) 1 x dx: Jadi, Z lnn(x) dx = x lnn(x) n Z lnn 1(x) dx:

(d) Diambil u = xn dan dv = sin (x) dx dengan du = nxn 1dx dan v = cos (x), maka Z xnsin (x) dx = xncos (x) Z ( cos (x)) nxn 1dx = xncos (x) + n Z xn 1cos (x) dx: (1.2) Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = xn 1dan dv = cos (x) dx dengan du = (n 1) xn 2dx dan v = sin (x), maka

Z xn 1cos (x) dx = xn 1sin (x) Z sin (x) (n 1) xn 2dx = xn 1sin (x) (n 1) Z xn 2sin (x) dx: (1.3) Dengan substitusi (1:3) ke (1:2), diperoleh rumus reduksi

Z

xnsin (x) dx = xncos (x) + nxn 1sin (x) n (n 1) Z

(e) Dengan menggunakan (1:3) dan (1:2) diperoleh Z xn 1cos (x) dx = xn 1sin (x) (n 1) Z xn 2sin (x) dx = xn 1sin (x) (n 1) xn 2cos (x) + (n 2) Z xn 3cos (x) dx = xn 1sin (x) + (n 1) xn 2cos (x) (n 1) (n 2) Z xn 3cos (x) dx:

Jika kita mengganti n dengan n + 1 pada persamaan terakhir, maka Z

xncos (x) dx = xnsin (x) + nxn 1cos (x) n (n 1) Z

xn 2cos (x) dx:

(f ) Diambil u = sin (px + q) dan dv = eax+b_{dx dengan du = p cos (px + q) dx dan}

v = 1 ae ax+b_{, maka} Z eax+bsin (px + q) dx = 1 ae ax+b_{sin (px + q)} p a Z eax+bcos (px + q) dx:

Dalam integral terakhir, diambil u = cos (px + q) dan dv = eax+bdx dengan du = p sin (px + q) dan v = 1 ae ax+b_{, maka} Z eax+bcos (px + q) dx = 1 ae ax+b_{cos (px + q) +} p a Z eax+bsin (px + q) dx: (1.4) Karena itu diperoleh

Z eax+bsin (px + q) dx = 1 ae ax+b_{sin (px + q)} p a 1 ae ax+b_{cos (px + q)} +p a Z eax+bsin (px + q) dx = e ax+b a2 [a sin (px + r) p cos (px + q)] p2 a2 Z eax+bsin (px + q) dx:

Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk mendapatkan 1 +p 2 a2 Z eax+bsin (px + q) dx = e ax+b a2 [a sin (px + q) p cos (px + q)] : Jadi, Z eax+bsin (px + q) dx = e ax+b a2_{+ p}2 [a sin (px + q) p cos (px + q)] + k: (1.5)

(g) Jika (1:5) disubstitusikan ke (1:4) tanpa konstanta k, diperoleh Z eax+bcos (px + q) dx = 1 ae ax+b_{cos (px + q)} +p a eax+b a2_{+ p}2 [a sin (px + q) p cos (px + q)] + k = eax+b 1 acos (px + q) + 1 a2_{+ p}2 p sin (px + q) p2 a cos (px + q) + k: Jadi, Z eax+bcos (px + q) dx = e ax+b a2_{+ p}2 [p sin (px + q) + a cos (px + q)] + k:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.3

Untuk soal (1) (6), buktikan setiap rumus dari integral fungsi-fungsi trigonometri invers. Integral diselesaikan pertama kali menggunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil u sama dengan fungsi integran.

(1) Z arcsin (x) dx = x arcsin (x) p1 x2_{+ k} (2) Z arccos (x) dx = x arccos (x) p1 x2_{+ k} (3) Z arctan (x) dx = x arctan (x) 1 2ln 1 + x 2 _{+ k} (4) Z arccot (x) dx = x arccot (x) +1 2ln 1 + x 2 _{+ k} (5) Z arcsec (x) dx = x arcsec (x) ln x +px2 _{1 + k} (6) Z arccsc (x) dx = x arccsc (x) + ln x +px2 _{1 + k}

Hitung integral-integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.

(7) Z xe x dx (8) Z xe 2xdx (9) Z x3ln (x) dx (10) Z x ln2(x) dx (11) Z ln3(x) dx (12) Z e2x_{sin (3x) dx} (13) Z e3xcos (2x) dx (14) Z x2sin (2x) dx (15) Z sin (ln (x)) dx (16) Z x ln (x + 1) dx (17) Z x ln3(x) dx (18) Z x2ln (x) dx

(19) Z x2_ln3_{(x) dx (20)} Z sin2(x) dx (21) Z x3_{sin (x) dx} (22) Z x3cos (x) dx (23) Z x3cos 2x2 1 dx (24) Z x arccot (x) dx (25) Z x sin2(x) dx (26) Z x3arcsec (x) dx (27) Z x arcsec (x) dx (28) Z x3sin x2 dx (29) Z x sin (x) cos (x) dx (30) Z x arctan (x) dx

1.4

Integral Fungsi Hiperbolik

Rumus-rumus integrasi berikut ini adalah valid: (a) Z sinh (x) dx = cosh (x) + k (b) Z cosh (x) dx = sinh (x) + k (c) Z tanh (x) dx = ln (cosh (x)) + k (d) Z coth (x) dx = ln jsinh (x)j + k (e) Z sech (x) dx = 2 arctan (ex) + k (f) Z csch (x) dx = ln tanh x 2 + k Setiap rumus di atas dapat secara mudah dibuktikan dengan diferensiasi ruas kanan untuk mendapatkan integran di ruas kiri dan juga mengingat bahwa

sinh (x) = e

x _e x

2 dan cosh (x) =

ex+ e x 2 :

Contoh 1.18 Untuk n 2 N dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut: Z

sinhn(x) dx dan Z

coshn(x) dx: (a) Digunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil

u = sinhn 1(x) dan dv = sinh (x) dx; sehingga diperoleh Z sinhn(x) dx = Z sinhn 1(x) sinh (x) dx = sinhn 1(x) cosh (x) Z

cosh (x) (n 1) sinhn 2(x) cosh (x) dx = sinhn 1(x) cosh (x) (n 1) Z sinhn 2(x) cosh2(x) dx = sinhn 1(x) cosh (x) (n 1) Z sinhn 2(x) 1 + sinh2(x) dx:

Karena itu, Z

sinhn(x) dx = sinhn 1(x) cosh (x) (n 1)

Z

sinhn 2(x) dx (n 1) Z

sinhn(x) dx: Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh

n Z

sinhn(x) dx = sinhn 1(x) cosh (x) (n 1) Z sinhn 2(x) dx: Jadi, Z sinhn(x) dx = 1 nsinh n 1_{(x) cosh (x)} (n 1) n Z sinhn 2(x) dx:

(b) Dengan cara yang sama seperti di atas, diambil

u = coshn 1(x) dan dv = cosh (x) dx; maka Z coshn(x) dx = Z coshn 1(x) cosh (x) dx = coshn 1(x) sinh (x) Z

sinh (x) (n 1) coshn 2(x) sinh (x) dx = coshn 1(x) sinh (x) (n 1) Z coshn 2(x) sinh2(x) dx = coshn 1(x) sinh (x) (n 1) Z coshn 2(x) cosh2(x) 1 dx = coshn 1(x) sinh (x) (n 1) Z coshn(x) dx + (n 1) Z coshn 2(x) dx:

Dibawa suku kedua di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh n

Z

coshn(x) dx = coshn 1(x) sinh (x) + (n 1) Z coshn 2(x) dx: Jadi, Z coshn(x) dx = 1 ncosh n 1_{(x) sinh (x) +}(n 1) n Z coshn 2(x) dx:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.4

Untuk soal (1) _{(2), buktikan setiap rumus reduksi, dimana n 2 N, dengan cara} menyelesaikan masalah integral menggunakan rumus integrasi parsial.

(1) Z

xnsinh (x) dx = xncosh (x) nxn 1sinh (x) + n (n 1) Z

xn 2sinh (x) dx

(2) Z

xncosh (x) dx = xnsinh (x) nxn 1cosh (x) + n (n 1) Z

xn 2cosh (x) dx

Hitung setiap integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.

(3) Z sinh (3x) dx (4) Z x sinh (x) dx (5) Z x cosh (x) dx (6) Z sech (ax + b) dx (7) Z csch (ax + b) dx (8) Z tanh (ax + b) dx (9) Z coth (ax + b) dx (10) Z sinh (x) cosh (x) dx (11) Z sinh2(x) dx (12) Z cosh2(x) dx (13) Z x cosh2(x) dx (14) Z sinh3(x) dx (15) Z x2sinh (x) dx (16) Z x2cosh (x) dx (17) Z x3sinh (x) dx (18) Z x3cosh (x) dx (19) Z e xsinh (x) dx (20) Z e 2xcosh (2x) dx

1.5

Integral Trigonometri

Seringkali terdapat kemungkinan untuk mentransformasikan suatu integral ke salah satu dari bentuk:

Z sinn(x) dx; Z cscn(x) dx; Z cosn(x) dx; Z secn(x) dx; Z tann(x) dx; Z cotn(x) dx:

Integral-integral tersebut dapat dihitung dengan rumus reduksi yang diperoleh meng-gunakan rumus integrasi parsial seperti dalam contoh-contoh berikut ini.

Contoh 1.19 Diperhatikan integral tak tentu: Z

sinn(x) dx: Diambil

u = sinn 1(x) ; dv = sin (x) dx;

du = (n 1) sinn 2(x) cos (x) dx; v = cos (x) ; maka Z sinn(x) dx = Z sinn 1(x) sin (x) dx = sinn 1(x) ( cos (x)) Z

( cos (x)) (n 1) sinn 2(x) cos (x) dx = sinn 1(x) cos (x) + (n 1) Z sinn 2(x) 1 sin2(x) dx = sinn 1(x) cos (x) + (n 1) Z sinn 2(x) dx (n 1) Z sinn(x) dx:

Sekarang kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral: Z

sinn(x) dx + (n 1) Z

sinn(x) dx = sinn 1(x) cos (x) + (n 1)

Z

sinn 2(x) dx n

Z

sinn(x) dx = sinn 1(x) cos (x) + (n 1)

Z

sinn 2(x) dx sehingga diperoleh rumus reduksi

Z sinn(x) dx = 1 nsin n 1_{(x) cos (x) +}(n 1) n Z sinn 2(x) dx: _(1.6) Untuk n = 2, diperoleh Z sin2(x) dx = 1 2sin (x) cos (x) + 1 2 Z 1 dx = 1 2sin (x) cos (x) + 1 2x + k = 1 2(x sin (x) cos (x)) : Untuk n = 3, diperoleh Z sin3(x) dx = 1 3sin 2_{(x) cos (x) +}2 3 Z sin (x) dx = 1 3sin 2_{(x) cos (x)} 2 3cos (x) + k:

Untuk n = 4, diperoleh Z sin4(x) dx = 1 4sin 3_{(x) cos (x) +}3 4 Z sin2(x) dx = 1 4sin 3_{(x) cos (x) +}3 8(x sin (x) cos (x)) + k:

Contoh 1.20 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:6), maka (n 1) n Z sinn 2(x) dx = 1 nsin n 1_{(x) cos (x) +} Z sinn(x) dx Z sinn 2(x) dx = 1 n 1sin n 1_{(x) cos (x) +} n n 1 Z sinn_{(x) dx; n 6= 1} Z sin m 2(x) dx = 1 m 1sin m 1_{(x) cos (x)} + m m 1 Z sin m_{(x) dx; m 6= 1} Z cscm+2(x) dx = 1 m + 1csc m_{(x) cot (x) +} m m + 1 Z cscm_{(x) dx; m 6= 1:} Ini memberikan rumus reduksi

Z cscp(x) dx = 1 p 1csc p 2_{(x) cot (x) +} p 2 p 1 Z cscp 2_{(x) dx; p 6= 1:}

Contoh 1.21 Digunakan metode yang serupa dengan Contoh 1.19 untuk menghitung integral tak tentu _Z

cosn(x) dx: Diingat bahwa cos (x) = sin

2 x dan cos 2 x = sin (x). Karena itu Z cosn(x) dx = Z sinn 2 x dx; h dimisalkan u = 2 x; du = dx i = Z

sinn(u) ( du) = Z

sinn(u) du

= 1

nsin

n 1_{(u) cos (u) +}n 1

n Z sinn 2(u) du = 1 nsin n 1 2 x cos 2 x n 1 n Z sinn 2 2 x ( dx) yang memberikan rumus reduksi

Z cosn(x) dx = 1 ncos n 1_{(x) sin (x) +}n 1 n Z cosn 2(x) dx: _(1.7)

Contoh 1.22 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:7), maka Z cos m(x) dx = 1 mcos m 1_{(x) sin (x) +} m 1 m Z cos m 2(x) dx Z secm(x) dx = 1 msec m_{(x) tan (x) +}m + 1 m Z secm+2(x) dx: Pada penyelesaian untuk integral terakhir, diperoleh

Z secm+2(x) dx = 1 m + 1sec m_{(x) tan (x) +} m m + 1 Z secm_{(x) dx; m 6= 1} dan pada akhirnya dihasilkan rumus reduksi

Z secp(x) dx = 1 p 1sec p 2_{(x) tan (x) +}p 2 p 1 Z secp 2_{(x) dx; p 6= 1:}

Contoh 1.23 Diperhatikan integral tak tentu Z

tann(x) dx:

Dicatat bahwa tan2(x) = sec2(x) 1, sehingga dapat dituliskan kembali Z tann(x) dx = Z tann 2(x) tan2(x) dx = Z tann 2(x) sec2(x) 1 dx = Z tann 2(x) sec2(x) dx Z tann 2(x) dx:

Untuk integral pertama di ruas kanan, diambil u = tan (x) sebagai suatu substitusi. Z tann(x) dx = Z un 2du Z tann 2(x) dx = u n 1 n 1 Z tann 2_{(x) dx; n 6= 1:} Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi

Z tann(x) dx = tan n 1_(x) n 1 Z tann 2_{(x) dx; n 6= 1: (1.8)}

Contoh 1.24 Digunakan rumus reduksi tan

2 x = cot (x) di (1:8) untuk mem-peroleh Z cotn(x) dx = Z tann 2 x dx; h dimisalkan u = 2 x; du = dx i = Z

tann(u) ( du) = Z tann(u) du = tan n 1_(u) n 1 Z tann 2_{(u) du ; n 6= 1} = cot n 1_(x) n 1 + Z cotn 2_{(x) ( dx) ; n 6= 1::}

Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi Z cotn(x) dx = cot n 1_(x) n 1 Z cotn 2_{(x) dx; n 6= 1:}

Selanjutnya, menggunakan identitas sin2(x) + cos2(x) = 1 kita dapat menghitung integral berbentuk _Z

sinm(x) cosn(x) dx (1.9) dimana m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif. Aturannya adalah seperti berikut:

(a) Jika m adalah ganjil, maka diambil substitusi u = cos (x). (b) Jika n adalah ganjil, maka diambil substitusi u = sin (x).

(c) Jika m dan n adalah genap, maka (1.9) dapat ditransformasikan ke integral jumlahan dari pangkat-pangkat genap untuk cos (x) atau sin (x).

Dicatat bahwa aturan (a) dan (b) di atas akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u. Sementara itu, dalam aturan (c) perlu digunakan rumus reduksi untuk menyelesaikan integral yang dijumpai.

Contoh 1.25 Diperhatikan integral tak tentu Z

sin4(x) cos3(x) dx: Pertama kali dinyatakan

Z

sin4(x) cos3(x) dx = Z

sin4(x) cos2(x) cos (x) dx =

Z

sin4(x) 1 sin2(x) cos (x) dx: Diambil substitusi u = sin (x), du = cos (x) dx, maka

Z sin4(x) cos3(x) dx = Z u4 1 u2 du = 1 5u 5 1 7u 7_{+ k} = 1 5sin 5_(x) 1 7sin 7_{(x) + k:}

Metode di atas juga bekerja untuk suatu pangkat ganjil dari sin (x) dikalikan sembarang pangkat dari cos (x), dan juga sebaliknya.

Contoh 1.26 Diperhatikan integral tak tentu Z p

Pertama kali dinyatakan Z p

cos (x) sin3(x) dx = Z pcos (x) sin2(x) sin (x) dx = Z pcos (x) 1 cos2(x) sin (x) dx: Diambil substitusi u = cos (x), du = sin (x) dx, maka

Z p cos (x) sin3(x) dx = Z p u 1 u2 ( 1) du = Z u12 + u 5 2 du = 2 3u 3 2 +2 7u 7 2 + k = 2 3cos 3 2 (x) +2 7cos 7 2 (x) + k: Contoh 1.27 Z sin4(x) cos4(x) dx = Z sin4(x) 1 sin2(x) 2dx = Z

sin4(x) 2 sin6(x) + sin8(x) dx:

Sekarang rumus reduksi untuk sin (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai latihan.

Kita juga dapat menghitung integral-integral berbentuk Z

tanm(x) secn(x) dx dan Z

cotm(x) cscn(x) dx: Aturannya adalah seperti berikut:

(a) Ketika m adalah genap, maka digunakan identitas tan2(x) = sec2(x) 1 untuk integral pertama atau cot2(x) = csc2(x) 1 untuk integral kedua. (b) Jika m adalah ganjil, maka digunakan substitusi u = sec (x) untuk integral

pertama atau u = csc (x) untuk integral kedua.

Dicatat bahwa dalam aturan (a) perlu digunakan rumus reduksi secn_{(x) atau csc}n_(x)

untuk menyelesaikan integral yang dijumpai setelah dilakukan substitusi. Sementara itu aturan (b) akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u.

Contoh 1.28 Z tan4(x) sec (x) dx = Z sec2(x) 1 2sec (x) dx = Z

sec5(x) 2 sec3(x) + sec (x) dx:

Sekarang rumus reduksi untuk secn(x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai lati-han.

Contoh 1.29 Diperhatikan integral tak tentu Z

cot3(x) csc3(x) dx: Pertama kali dinyatakan

Z cot3(x) csc3(x) dx = Z cot2(x) csc2(x) (cot (x) csc (x)) dx = Z csc2(x) 1 csc2(x) (cot (x) csc (x)) dx: Diambil substitusi u = csc (x), du = cot (x) csc (x) dx, maka

Z cot3(x) csc3(x) dx = Z u2 1 u2 du = 1 5u 5 1 3u 3_{+ k} = 1 5csc 5_{(x) +} 1 3csc 3_{(x) + k:}

Berikutnya, dengan menggunakan identitas-identitas trigonometri: sin (x) cos (y) = 1

2[sin (x y) + sin (x + y)] ; sin (x) sin (y) = 1

2[cos (x y) cos (x + y)] ; cos (x) cos (y) = 1

2[cos (x y) + cos (x + y)] ; kita mendapatkan rumus-rumus integrasi seperti berikut ini:

(1) Z

sin (ax) cos (bx) dx = 1 2 cos ((b a) x) b a cos ((b + a) x) b + a + k; a 2 6= b2 (2) Z

sin (ax) sin (bx) dx =1 2 sin ((b a) x) b a sin ((b + a) x) b + a + k; a 2 6= b2 (3) Z

cos (ax) cos (bx) dx = 1 2 sin ((b a) x) b a + sin ((b + a) x) b + a + k; a 2_{6= b}2

untuk bilangan-bilangan riil a dan b:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.5

Untuk soal (1) (9), hitung setiap integral yang diberikan dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.

(1) Z _cos2₍p_x) p x dx (2) Z cot2_{(x) dx (3)} Z sec3_{(x) dx} (4) Z cos4(x) dx (5) Z tan5(x) dx (6) Z sec5(x) dx (7) Z csc3(x) dx (8) Z ₁ sin4(x) dx (9) Z sec4(3x 1) dx

Hitung setiap integral berikut ini. (10) Z sin5(x) cos4(x) dx (11) Z sin3(x) cos5(x) dx (12) Z sin4(x) cos4(x) dx (13) Z sin2(x) cos4(x) dx (14) Z tan5(x) sec4(x) dx (15) Z cot5(x) csc4(x) dx (16) Z tan4(x) sec5(x) dx (17) Z cot4(x) csc5(x) dx (18) Z tan4_{(x) sec}4_{(x) dx (19)} Z cot4_{(x) csc}4_{(x) dx} (20) Z tan3(x) sec3(x) dx (21) Z cot5(x) csc5(x) dx (22) Z sin (x) cos (7x) dx (23) Z sin (2x) cos (3x) dx (24) Z sin (4x) cos (4x) dx (25) Z sin (3x) cos (3x) dx (26) Z sin (2x) sin (3x) dx (27) Z sin (4x) sin (6x) dx (28) Z sin (3x) sin (5x) dx (29) Z cos (3x) cos (5x) dx (30) Z cos (2x) cos (4x) dx

1.6

Substitusi Trigonometri

Integral-integral yang memuat salah satu dari

a2 x2; a2+ x2; atau x2 a2 (1.10) seringkali dapat diintegralkan dengan suatu substitusi trigonometri. Idenya adalah mengambil x, a, dan akar kuadrat sebagai sisi-sisi dari suatu segitiga siku-siku dan menggunakan salah satu sudut lancipnya sebagai suatu variabel baru . Terdapat tiga jenis substitusi trigonometri yang diberikan dalam subbab ini.

BENTUK-BENTUK a2 x2. Diandaikan bahwa x = a sin ( ) dengan a > 0. Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

a θ x 2 2 x a −

Selanjutnya diperoleh: dx = a cos ( ) d ; a2 x2 = a2cos2( ) ; p a2 _x2 _{= a cos ( ) ; = arcsin} x a ; sin ( ) = x a; cos ( ) = p a2 _x2 a ; tan ( ) = x p a2 _x2; csc ( ) = a x; sec ( ) = a p a2 _x2; cot ( ) = p a2 _x2 x . Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:

(1) Z _x a2 _x2 dx = 1 2ln a 2 _x2 _{+ k} (2) Z ₁ a2 _x2 dx = 1 2aln a x a + x + k (3) Z _x p a2 _x2 dx = p a2 _x2_{+ k} (4) Z 1 p a2 _x2 dx = arcsin x a + k (5) Z 1 xpa2 _x2 dx = 1 aln a pa2 _x2 x + k (6) Z pa2 _x2 _{dx =} a 2 2 arcsin x a + 1 2x p a2 _x2_{+ k}

Contoh 1.30 Diperhatikan integral tak tentu Z

x3 p

9 x2 dx:

Diambil substitusi x = 3 sin ( ), dx = 3 cos ( ) d , maka Z _x3 p 9 x2 dx = 27 Z _sin3_{( )} p 1 sin2( )cos ( ) d = 27 Z sin3( ) d = 27 1 3sin 2_{( ) cos ( )} 2 3cos ( ) + k = 27 p 9 x2 3 1 3 x2 9 2 3 + k = 9p9 x2 1 27x 2 2 3 + k:

BENTUK-BENTUK a2 + x2. Diandaikan bahwa x = a tan ( ) dengan a > 0. Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

x θ a 2 2 x a − Selanjutnya diperoleh: dx = a sec2( ) d ; a2+ x2 = a2sec2( ) ; p a2_{+ x}2 _{= a sec ( ) ; = arctan} x a ; sin ( ) = _p x a2_{+ x}2; cos ( ) = a p a2_{+ x}2; tan ( ) = x a; csc ( ) = p a2_{+ x}2 x ; sec ( ) = p a2_{+ x}2 a ; cot ( ) = a x. Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:

(1) Z _x a2_{+ x}2 dx = 1 2ln a 2_{+ x}2 _{+ k} (2) Z ₁ a2_{+ x}2 dx = 1 aarctan x a + k (3) Z x p a2_{+ x}2 dx = p a2_{+ x}2_{+ k} (4) Z ₁ p a2_{+ x}2 dx = ln x + p a2_{+ x}2 _{+ k} (5) Z ₁ xpa2_{+ x}2 dx = 1 aln p a2_{+ x}2 _a x + k (6) Z pa2_{+ x}2 _{dx =} a 2 2 ln x + p a2_{+ x}2 ₊1 2x p a2_{+ x}2_{+ k}

Contoh 1.31 Diperhatikan integral tak tentu

Z ₁

(x2_{+ 2)}2 dx:

Diambil substitusi u =p2 tan ( ), dx =p2 sec2_{( ) d , maka}

Z ₁ (x2_{+ 2)}2 dx = Z p 2 sec2( ) (2 tan2( ) + 2)2 d = p 2 4 Z ₁ sec2_{( )} d = p 2 4 Z cos2( ) d :

Selanjutnya bisa digunakan rumus reduksi dari cosn( ) untuk mendapatkan Z 1 (x2_{+ 2)}2 dx = p 2 4 1 2cos ( ) sin ( ) + k = p 2 4 1 2 p 2 p x2_{+ 2} x p x2_{+ 2} arctan x p 2 ! + k = x 4 (x2_{+ 2)} p 2 4 arctan x p 2 + k:

BENTUK-BENTUK x2 a2. Diandaikan bahwa x = a sec ( ) dengan a > 0. Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

x θ a 2 2 _a x − Selanjutnya diperoleh

dx = a sec ( ) tan ( ) d ; x2 a2 = a2tan2( ) ; p x2 _a2 _{= a tan ( ) ; = arcsec} x a ; sin ( ) = p x2 _a2 x ; cos ( ) = a x; tan ( ) = p x2 _a2 a ; csc ( ) = _p x x2 _a2; sec ( ) = x a; cot ( ) = a p x2 _a2.

Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:

(1) Z x x2 _a2 dx = 1 2ln x 2 _a2 _{+ k} (2) Z ₁ x2 _a2 dx = 1 2aln x a x + a + k (3) Z _x p x2 _a2 dx = p x2 _a2_{+ k} (4) Z 1 p x2 _a2 dx = ln x + p x2 _a2 _{+ k} (5) Z ₁ xpx2 _a2 dx = 1 aarcsec x a + k (6) Z px2 _a2 _{dx =} a 2 2 ln x + p x2 _a2 ₊ 1 2x p x2 _a2_{+ k}

Contoh 1.32 Diperhatikan integral tak tentu Z p_{x2 4x}

x 2 dx: Dipunyai

x2 4x = x2 4x + 4 4 = (x 2)2 4 = u2 4 dimana kita menggunakan substitusi u = x 2. Karena itu

Z p_x2 _4x

x 2 dx =

Z p_u2 ₄

u du:

Untuk menghitung integral di ruas kanan, digunakan substitusi trigonometri u = 2 sec ( ), du = 2 sec ( ) tan ( ) d , maka

Z p_u2 ₄

u du =

Z p_{4 sec}2_{( ) 4}

2 sec ( ) 2 sec ( ) tan ( ) d = 2 Z tan2( ) d = 2 (tan ( ) ) + k = 2 p u2 ₄ 2 arcsec u 2 ! + k: Oleh karena itu, dengan substitusi u = x 2 diperoleh

Z p_x2 _4x

x 2 dx = p

x2 _{4x 2 arcsec} x 2

2 + k:

Dua contoh berikut ini menunjukkan bagaimana metode pelengkapan kuadrat (com-pleting the square) digunakan untuk membawa suatu pernyataan kuadratik ke salah satu dari pernyataan di (1.10).

Contoh 1.33 Diperhatikan integral tak tentu Z

1 p

c + bx ax2 dx, dengan syarat a > 0 dan D = b

2 _{4ac < 0.}

Pertama kali dilakukan metode pelengkapan kuadrat: c + bx ax2 = a c a+ b ax x 2 = a c a+ b 2a 2 b 2a 2 + 2 b 2ax x 2 ! = a " c a+ b 2a 2 x b 2a 2# = a h q + p2 (x p)2 i dimana p = b 2a dan q = c

a. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu

Z ₁ p c + bx ax2 dx = 1 p_a Z ₁ q (q + p2_{) (x p)}2 dx, dengan syarat p2 < q.

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x p, dy = dx, maka _Z 1 q (q + p2_{) (x p)}2 dx = Z 1 p (q + p2_{) y}2 dy.

Selanjutnya dibuat substitusi y =p(q + p2_{) sin (u), dy =}p_{(q + p}2_{) cos (u) du, maka}

Z ₁ p (q + p2_{) y}2 dy = Z p_{(q + p}2_{) cos (u)} p (q + p2_{) (q + p}2_{) sin}2_(u)du = Z _{cos (u)} p 1 sin2(u)du = u + k = arcsin _p y (q + p2₎ ! + k:

Oleh karena itu, Z 1 p c + bx ax2 dx = 1 p aarcsin 2a p b2_{+ 4ac} x b 2a + k:

Contoh 1.34 Diperhatikan integral tak tentu Z

1

ax2_{+ bx + c} dx, dengan syarat D = b

2 _{4ac < 0.}

Dilakukan metode pelengkapan kuadrat: ax2+ bx + c = a x2+ b ax + c a = a x2+ 2 b 2ax + b 2a 2 b 2a 2 + c a ! = a " x + b 2a 2 + c a b 2a 2!# = ah(x + p)2+ q p2 i dimana p = b 2a dan q = c

a. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu

Z ₁ ax2_{+ bx + c} dx = 1 a Z ₁ (x + p)2+ (q p2₎ dx, dengan syarat p 2 _{< q.}

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x + p, dy = dx,

maka _Z

1

(x + p)2+ (q p2₎ dx =

Z ₁

Selanjutnya dibuat substitusi y =p(q p2_{) tan (u), dy =}p_{(q p}2_{) sec}2_{(u) du, maka} Z ₁ y2_{+ (q p}2₎dy = Z p_{(q p}2_{) sec}2_(u) (q p2_{) tan}2_{(u) + (q p}2₎du = _p 1 (q p2₎ Z _sec2_(u) tan2_{(u) + 1}du = 1 p (q p2₎u + k = _p 1 (q p2₎arctan y p (q p2₎ ! + k:

Oleh karena itu,

Z ₁ ax2_{+ bx + c} dx = 2 p 4ac b2arctan 2a p 4ac b2 x + b 2a + k:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.6

Hitung integral-integral berikut ini. (1) Z x p 4 x2 dx (2) Z 1 p 4 x2 dx (3) Z x 4 x2 dx (4) Z ₁ 4 x2 dx (5) Z _x 9 + x2 dx (6) Z ₁ 9 + x2 dx (7) Z _x p 9 + x2 dx (8) Z ₁ p 9 + x2 dx (9) Z _x x2 ₁₆ dx (10) Z ₁ x2 ₁₆ dx (11) Z _x p x2 ₁₆ dx (12) Z ₁ p x2 ₁₆ dx (13) Z 1 xpx2 ₄ dx (14) Z 1 xp9 x2 dx (15) Z dx xpx2_{+ 16} (16) Z p9 x2 _{dx (17)} Z p_{4 9x}2 _{dx (18)} Z _x2 p 1 x2 dx (19) Z _x2 p 4 + x2 dx (20) Z _x2 p x2 ₁₆ dx (21) Z ₁ (9 + x2₎2 dx (22) Z 1 (9 x2₎2 dx (23) Z 1 (x2 ₁₆₎2 dx (24) Z 1 (4 + x2₎32 dx (25) Z p_{4 + x2} x dx (26) Z p_{x2 4} x dx (27) Z ₁ x2p_x2_{+ 4} dx (28) Z ₁ x2p_{4 x}2 dx (29) Z ₁ x2p_x2 ₄ dx (30) Z ₁ x2 _{2x + 5} dx (31) Z ₁ x2 _{4x + 12} dx (32) Z ₁ p 4x x2 dx (33) Z _dx p x2 _{4x + 12}

(34) Z ₁ 4x x2 dx (35) Z _dx p x2 _{2x + 5} (36) Z _x x2 _{4x 12} dx (37) Z _{x dx} p x2 _{2x + 5} (38) Z _{x dx} x2_{+ 4x + 13} (39) Z p 5 4x x2 _dx (40) Z _{2x + 7} x2_{+ 4x + 13}dx (41) Z _{x + 3} p x2_{+ 2x + 5}dx (42) Z ₁ p 4x2 ₁ dx (43) Z x + 4 p 9x2_{+ 16} dx (44) Z x + 2 p 16 9x2 dx (45) Z 1 p 6x 4x2dx (46) Z ₁ p 4x x2 dx (47) Z ₁ p 9x 4x2 dx (48) Z _dx p 8x 25x2 (49) Z _x p 4x x2 dx (50) Z _dx p x2 _{2x + 8} (51) Z _dx p 3 + 4x 4x2 (52) Z x dx p 6 + x 2x2 (53) Z x x2_{+ x + 1}dx (54) Z 1 x2_{+ 3x + 5}dx (55) Z _dx 3x2 _{12x + 16} (56) Z _dx 12x2_{+ 56x + 72} (57) Z _{8 dx} 9x2 _{12x + 20} (58) Z _{(x + 1)} 1 p x2_{+ 2x 8}dx (59) Z _{(3x + 1)} 1 p 3x2_{+ 2x 5}dx (60) Z _e2x _dx p 5 e2x_{+ e}4x

1.7

Integral Fungsi Rasional

Pada subbab ini didiskusikan masalah integrasi fungsi rasional berbentuk R (x) = P (x)

Q (x);

dimana P (x) dan Q (x) adalah polinomial yang tidak mempunyai faktor persekutuan. Idenya adalah menuliskan kembali fungsi rasional sebagai suatu jumlahan dari pecahan lebih sederhana yang dinamakan pecahan parsial. Ini dapat dilakukan dengan cara seperti berikut:

(1) Jika derajat dari P (x) lebih besar atau sama dengan derajat dari Q (x), maka digunakan pembagian panjang dari polinomial untuk mendapat suatu hasil bagi p (x) dan suatu sisa r (x), sehingga fungsi rasional dituliskan kembali sebagai

R (x) = P (x)

Q (x) = p (x) + r (x) Q (x)

dimana derajat dari r (x) lebih kecil dari pada derajat dari Q (x).

(2) Faktorisasi penyebut: Q (x) = q1(x) q2(x) : : : qk(x), dimana setiap faktor qi(x)

mempunyai bentuk linier ax+b, atau kuadratik irreducible (tidak bisa difaktorkan lagi) ax2+ bx + c, atau suatu pangkat berbentuk (ax + b)natau ax2+ bx + c n. (3) r (x)

Q (x) dinyatakan sebagai jumlahan dari pecahan-pecahan parsial. Jika (ax + b)

n

suku-suku berikut: A1 ax + b+ A2 (ax + b)2 + ::: + An (ax + b)n;

dimana A1, A2, ..., Anadalah konstanta-konstanta tertentu. Jika muncul bentuk

ax2+ bx + c m, jumlahan dari pecahan parsial akan memuat B1x + C1 ax2_{+ bx + c} + B2x + C2 (ax2_{+ bx + c)}2 + ::: + Bmx + Cm (ax2_{+ bx + c)}m;

dimana B1, B2, ..., Bm dan C1, C2, ..., Cm adalah konstanta-konstanta tertentu.

Pecahan parsial bertipe A

(ax + b)n secara mudah diintegralkan menggunakan Aturan Pangkat _Z un dx = 1 n + 1u n+1 + k; n 6= 1; dan Z 1 udu = ln juj + k: Pecahan parsial bertipe Bx + C

(ax2_{+ bx + c)}m dapat diintegralkan seperti berikut.

Pertama kali penyebut dibagi oleh amsehingga pecahan mempunyai bentuk lebih seder-hana:

Bx + C am_(x2_{+ b}

1x + c1)m

:

Jika dilakukan pelengkapan kuadrat dengan membuat substitusi u = x + 1₂b1, kita

memperoleh x2+ b1x + c1 = u2+ c1 1 4b 2 1 = u2+ k2;

dimana k = c1 1₄b21. Sekarang integral mengambil bentuk lebih sederhana:

1 am Z _{Bu + C} (u2_{+ k}2₎m du = 1 am Z _Bu (u2_{+ k}2₎m du + 1 am Z _C (u2_{+ k}2₎m du:

Integral pertama di ruas kanan dapat dihitung dengan mengambil w = u2_{+ k}2_{, dw =}

2u du. Integral kedua dapat dihitung dengan substitusi trigonometri u = k tan ( ), yang akhirnya diselesaikan menggunakan rumus reduksi untuk cos (x).

Untuk mencari pecahan parsial, kita harus menyelesaikan untuk konstanta-konstanta tak diketahui Ai, Bi, dan Ci. Dalam tiga contoh pertama berikut ini ditunjukkan

bagaimana hal tersebut dilakukan.

Contoh 1.35 Diperhatikan fungsi rasional 5x + 17 x2 _{3x 10}:

Pertama kali kita memfaktorkan penyebut:

Karena terdapat dua faktor linear, maka haruslah dibentuk jumlahan dari dua pecahan parsial: 5x + 17 x2 _{3x 10} = A x + 2+ B x 5:

Cara kita mencari A dan B adalah dengan menggunakan (x + 2) (x 5) sebagai suatu penyebut persekutuan sehingga pembilang dari kedua ruas persamaan adalah sama.

5x + 17 x2 _{3x 10} =

A (x 5) + B (x + 2) (x + 2) (x 5) 5x + 17 = A (x 5) + B (x + 2) :

Penyelesaian untuk A dan B dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang dua nilai x (untuk kemudahan biasanya diambil akar-akar dari penyebut):

x = 2 _{=) 5 ( 2) + 17 = A ( 7) + 0 =) A = 1;} x = 5 _{=) 5 5 + 17 = 0 + B 7 =) B = 6:}

Oleh karena itu,

5x + 17 x2 _{3x 10} = 1 x + 2+ 6 x 5:

Contoh 1.36 Diperhatikan fungsi rasional 2x3+ x + 1 x4_{+ 2x}3_{+ x}2:

Faktorisasi dari penyebut yaitu

x4+ 2x3+ x2= x2 x2+ 2x + 1 = x2(x + 1)2:

Karena terdapat empat faktor linear (tidak harus berbeda), maka dibentuk jumlahan dari empat pecahan parsial:

2x3+ x + 1 x4_{+ 2x}3_{+ x}2 = A x + B x2 + C x + 1+ D (x + 1)2: Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:

2x3+ x + 1 x4_{+ 2x}3_{+ x}2 =

Ax (x + 1)2+ B (x + 1)2+ Cx2(x + 1) + Dx2 x2_{(x + 1)}2

2x3+ x + 1 = Ax (x + 1)2+ B (x + 1)2+ Cx2(x + 1) + Dx2:

Penyelesaian untuk A, B, C, dan D dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang empat nilai x:

x = 0 _{=) 0 + 0 + 1 = 0 + B + 0 + 0 =) B = 1;}

x = 1 _{=) 2 + ( 1) + 1 = 0 + 0 + 0 + D =) D = 2;} x = 1 _{=) 2 + 1 + 1 = 4A + 4 + 2C + ( 2) =) 2A + C = 1;} x = 2 _{=) 16 + 2 + 1 = 18A + 9 + 12C + ( 8) =) 3A + 2C = 3:}

Penyelesaian untuk dua persamaan terakhir yaitu A = 1 dan C = 3. Oleh karena itu, 2x3+ x + 1 x4_{+ 2x}3_{+ x}2 = 1 x + 1 x2 + 3 x + 1+ 2 (x + 1)2:

Contoh 1.37 Diperhatikan fungsi rasional

x4_{+ 4x}3_{+ 11x}2_{+ 12x + 8}

(x + 1) (x2_{+ 2x + 3)}2 :

Karena terdapat tiga faktor, maka dibentuk jumlahan dari tiga pecahan parsial: x4+ 4x3+ 11x2+ 12x + 8 (x + 1) (x2_{+ 2x + 3)}2 = A x + 1+ Bx + C x2_{+ 2x + 3} + Dx + E (x2_{+ 2x + 3)}2:

Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh: x4+ 4x3+ 11x2+ 12x + 8 =

A x2+ 2x + 3 2+ (Bx + C) (x + 1) x2+ 2x + 3 + (Dx + E) (x + 1) : Penyelesaian untuk A, B, C, D dan E dapat dicari dengan memsubstistusikan sem-barang lima nilai x:

x = 1 _{=) 1} 4 + 11 _{12 + 8 = 4A =) A = 1;} x = 0 _{=) 0 + 0 + 0 + 0 + 8 = 9A + 3C + E =) 3C + E = 1;} x = 1 _{=) 1 + 4 + 11 + 12 + 8 = 36A + 12 (B + C) + 2 (D + E)} =) 6 (B + C) + D + E = 0; x = 2 _{=) 16 + 32 + 44 + 24 + 8 = 121A + 33 (2B + C) + 3 (2D + E)} =) 11 (2B + C) + 2D + E = 1; x = 2 _{=) 16} 32 + 44 24 + 8 = 9A 3 ( 2B + C) ( 2D + E) =) 3 ( 2B + C) ( 2D + E) = 3:

Penyelesaian untuk empat persamaan terakhir yaitu B = C = 0, D = 1, dan E = 1. Oleh karena itu,

x4+ 4x3+ 11x2+ 12x + 8 (x + 1) (x2_{+ 2x + 3)}2 = 1 x + 1+ x 1 (x2_{+ 2x + 3)}2:

Sekarang kita siap untuk menghitung integral dari fungsi pecah rasional.

Contoh 1.38 Diperhatikan integral tak tentu Z

x3+ 4x2 1 x + 2 dx:

Karena derajat dari pembilang lebih besar dari pada penyebut, maka langkah pertama adalah membagi pembilang dengan penyebut menggunakan pembagian panjang. Hasil-nya adalah

x3+ 4x2 1 x + 2 = x

2_{+ 2x 4 +} 7

x + 2:

Sekarang dengan mudah kita dapat mengintegralkan setiap suku dalam jumlahan. Z x3+ 4x2 1 x + 2 dx = Z x2+ 2x 4 + 7 x + 2 dx = 1 3x 3_{+ x}2 4x + 7 ln jx + 2j + k:

Contoh 1.39 Diperhatikan integral tak tentu Z _{5x + 17}

x2 _{3x 10} dx:

Karena pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil dibandingkan dengan penyebut, maka tidak perlu dilakukan pembagian panjang. Dari hasil di Contoh 1.35 dipunyai

5x + 17 x2 _{3x 10} = 1 x + 2+ 6 x 5; maka Z 5x + 17 x2 _{3x 10} dx = Z 1 x + 2 dx + Z 6 x 5 dx = _{ln jx + 2j + 6 ln jx 5j + k:}

Contoh 1.40 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.36, Z _2x3_{+ x + 1} x4_{+ 2x}3_{+ x}2 dx = Z ₁ x dx + Z ₁ x2 dx + Z ₃ x + 1 dx + Z ₂ (x + 1)2 dx = _{ln jxj} 1 x + 3 ln (x + 1) + 2 x + 1+ k.

Contoh 1.41 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.37, Z _x4_{+ 4x}3_{+ 11x}2_{+ 12x + 8} (x + 1) (x2_{+ 2x + 3)}2 dx = Z ₁ x + 1 dx + Z _{x 1} (x2_{+ 2x + 3)}2 dx = ln jx + 1j + Z _{x 1} (x2_{+ 2x + 3)}2 dx:

Dengan membuat substitusi u = x +1₂ 2 = x + 1, dipunyai x2_{+ 2x + 3 = u}2_{+ 2. Karena}

itu Z _{x 1} (x2_{+ 2x + 3)}2 dx = Z _{u 2} (u2_{+ 2)}2 du = Z _u (u2_{+ 2)}2 du + Z ₂ (u2_{+ 2)}2 du:

Integral pertama di ruas kanan dihitung dengan mengambil w = u2+ 2, dw = 2u du, maka Z _u (u2_{+ 2)}2 du = 1 2 Z _2u (u2_{+ 2)}2 du = 1 2 Z ₁ w2 dw = 1 2w = 1 2 (u2_{+ 2)}:

Integral kedua dihitung dengan substitusi trigonometri u = p2 tan ( ), dan dengan menggunakan hasil di Contoh 1.31 diperoleh bahwa

Z ₂ (u2_{+ 2)}2 du = 2 " u 4 (u2_{+ 2)} p 2 4 arctan u p 2 # : Terakhir, dengan substitusi balik u = x + 1 didapatkan

Z _x4_{+ 4x}3_{+ 11x}2_{+ 12x + 8} (x + 1) (x2_{+ 2x + 3)}2 dx = ln jx + 1j 1 2 (x2_{+ 2x + 3)} 2 " x + 1 4 (x2_{+ 2x + 3)} p 2 4 arctan x + 1 p 2 # + k:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.7

Hitung integral-integral berikut ini. (1) Z 1 (x 1) (x 2) (x + 4) dx (2) Z 1 (x 4) (10 + x) dx (3) Z ₁ (x a) (x b) dx (4) Z ₁ (x a) (b x) dx (5) Z ₁ (x2_{+ 1) (x}2_{+ 4)} dx (6) Z ₁ (x 1) (x2_{+ 1)} dx (7) Z 2x x2 _{5x + 6} dx (8) Z x (x + 3) (x + 4) dx (9) Z _{x + 1} (x + 2) (x2_{+ 4)} dx (10) Z _{x + 2} (x + 3) (x2_{+ 1)} dx (11) Z ₂ (x2_{+ 4) (x}2_{+ 9)} dx (12) Z ₁ (x2 _{4) (x}2 ₉₎ dx (13) Z _x2 (x2_{+ 4) (x}2_{+ 9)} dx (14) Z _x (x2 _{4) (x}2 ₉₎ dx (15) Z x 4 (x2_{+ 4) (x + 1)} dx (16) Z 1 x2 _{5x + 4} dx (17) Z ₁ x4 ₁₆ dx (18) Z _x x4 ₈₁ dx (19) Z _x3_{+ x}2_{+ 2} x2 ₁ dx (20) Z _x3 _x2 _{7x + 8} x2 _{4x + 4} dx (21) Z _x6 ₂ x4_{+ x}2 dx (22) Z _x2_{+ x 3} x3 _2x2 _{x + 2} dx (23) Z x5+ 2x4+ 4x3+ x + 1 x2_{+ x + 1} dx (24) Z x2+ 3x 1 x4_{+ x}3_{+ x}2_{+ x} dx (25) Z _2x3 _11x2_{+ 17x 16} x4 _4x3_{+ 5x}2 _{4x + 4} dx (26) Z _{9 + 6x + 2x}2_{+ x}3 4 + x2 dx

1.8

Integral Fungsi Irasional

Terdapat dua bentuk irasional yang akan didiskusikan dalam subbab ini. Dengan sub-stitusi yang sesuai, masalah integrasi dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.

Jika integran memuat satu atau lebih pangkat-pangkat pecahan berbentuk xsr, maka

masalah integrasinya bisa diselesaikan dengan membuat substitusi x = un _{dimana n}

adalah kelipatan persekutuan terkecil (disingkat KPK) dari penyebut-penyebut dalam pangkat pecahan. Dengan substitusi tersebut, masalah integral dibawa menjadi inte-grasi fungsi rasional.

Contoh 1.42 Diperhatikan integral tak tentu Z p3_x

1 +px dx:

Karena KPK dari 3 dan 2 adalah 6, maka dibuat substitusi x = u6, dx = 6u5du, dan Z p3_x 1 +px dx = Z p3 u6 1 +pu66u 5_{du =} Z u2 1 + u36u 5_du = 6 Z u7 1 + u3du:

Sekarang dipunyai masalah integrasi fungsi rasional dan untuk penyelesaiannya diting-galkan sebagai latihan.

Contoh 1.43 Diperhatikan integral tak tentu Z p_{x +}p3

x2

5 +p4_x dx:

Karena KPK dari 2, 3, dan 4 adalah 12, maka dibuat substitusi x = u12, dx = 12u11du, dan Z p x +p3x2 5 +p4_x dx = Z pu12₊q3 (u12₎2 5 +p4u12 12u 11_{du = 12} Z u6+ u8 5 + u3 u 11_du = 12 Z u17+ u19 5 + u3 du:

Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.

Jika integran hanya memuat bentuk s

ax + b

px + q; dengan a; p 6= 0;

maka dibuat substitusi u = r

ax + b

px + q. Hubungan antara du dan dx dicari seperti berikut: u2 = ax + b px + q =) u 2 (px + q) = ax + b =) x pu2 a = b qu2 =) x = b qu 2 pu2 _a =) dx = 2qu pu2 a b qu2 2pu (pu2 _a)2 du:

Contoh 1.44 Diperhatikan integral tak tentu Z r_{x + 1}

x + 2 dx: Jika dibuat substitusi

u = r x + 1 x + 2; dan dx = 4u u 2 _{1 1 2u}2 _2u (u2 ₁₎2 du = 2u (u2 ₁₎2 du, maka diperoleh Z r_{x + 1} x + 2 dx = Z u 2u (u2 ₁₎2 du = 2 Z _u2 (u2 ₁₎2 du:

Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.8

Hitung setiap integral berikut ini menggunakan substitusi yang diberikan. (1) Z 4x32 1 + x13 dx; x = u6 (2) Z 1 1 + x13 dx; x = u3 (3) Z ₁ p 1 + e2x dx; u 2 _{= 1 + e}2x ₍₄₎ Z ₁ xpx3 ₈ dx; u 2 _{= x}3 ₈

Hitung setiap integral berikut ini menggunakan suatu substitusi yang sesuai. (5) Z x p x + 2 dx (6) Z x2 p x + 4 dx (7) Z 1 4 +px dx (8) Z _x 1 +px dx (9) Z p_x 1 +p3_x dx (10) Z _x2 3 8 + x12 dx (11) Z ₁ x23 + 1 dx (12) Z ₁ 1 +px dx (13) Z _x 1 + x23 dx (14) Z _{1 +}p x 2 +px dx (15) Z ₁ p x 1 + x32 dx (16) Z _{1 +}p x 1 x32 dx (17) Z r 3x 2 4x + 3 dx (18) Z r 1 +1 x dx (19) Z r 1 1 x dx (20) Z ₁ x r ln x ln (x) 1 dx

1.9

Substitusi

tan

1₂

x

Jika integran memuat suatu pernyataan berbentuk (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)), maka substitusi berikut bisa membantu dalam penghitungan integral. Substitusi akan mentransformasikan integran ke bentuk rasional.

BENTUK (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)). Diandaikan bahwa u = tan 1₂x , maka dipunyai sin (x) = 2u 1 + u2; cos (x) = 1 u2 1 + u2; dan dx = 2 1 + u2 du: Lebih lanjut, (1) Z ₁ a + b sin (x) dx = Z 2 1+u2 a + b_1+u2 2 du = Z ₂ a (1 + u2_{) + 2bu} du (2) Z ₁ a + b cos (x) dx = Z 2 1+u2 a + b1 u_1+u22 du = Z ₂ a (1 + u2_{) + b (1 u}2₎ du

Contoh 1.45 Diperhatikan integral tak tentu

Z ₁

1 + sin (x) + cos (x) dx: Jika dibuat substitusi u = tan 1₂x , dx = 2

1 + u2 du, maka Z 1 1 + sin (x) + cos (x) dx = Z 1 1 + 2u 1 + u2 + 1 u2 1 + u2 2 1 + u2 du = Z ₂ 1 + u2_{+ 2u + 1 u}2 du = Z ₂ 2 + 2u du = Z ₁ 1 + u du = ln j1 + uj + k = ln 1 + tan 1 2x + k:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

1.9

Hitung integral-integral berikut ini. (1) Z ₁ 2 + sin (x) dx (2) Z ₁ 2 sin (x) dx (3) Z ₁ 4 + cos (x) dx (4) Z ₁ sin (x) + cos (x) dx (5) Z ₁ sin (x) cos (x) dx (6) Z ₁ 2 sin (x) + 3 cos (x) dx

(7) Z ₁ 3 + cos (x) dx (8) Z ₁ 3 cos (x) dx (9) Z _{sin (x)} sin (x) + cos (x) dx (10) Z _{cos (x)} sin (x) cos (x) dx (11) Z _{1 + sin (x)} 1 sin (x) dx (12) Z _{1 cos (x)} 1 + cos (x) dx (13) Z 2 + cos (x) 2 cos (x) dx (14) Z 2 cos (x) 2 + cos (x) dx (15) Z _{2 sin (x)} 3 + cos (x) dx

Integral Tentu

2.1

Integral Riemann

Di sini kita mencoba untuk mencari luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x) dari a sampai b, dimana f adalah suatu fungsi kontinu, seperti dalam Gambar 2.1.

y=f(x)

Gambar 2.1: Daerah di bawah suatu kurva.

Untuk menaksir luas bidang datar, kita mulai dengan membagi interval [a; b] menjadi n interval bagian:

[x0; x1] ; [x1; x2] ; [x2; x3] ; :::; [xn 1; xn]

yang mempunyai lebar sama x = b a

n (sehingga xi = a + i x). Titik-titik x0, x1, ..., xn dinamakan titik-titik diskrit.

Pada setiap interval bagian [xi 1; xi], kita membentuk persegi panjang dengan tinggi

f (x_i), dimana x_{i 2 [x}i 1; xi], lihat Gambar 2.2. Persegi panjang ke-i akan mempunyai

luas

f (x_i) x:

Dari Gambar 2.2, kita bisa melihat bahwa jumlah dari luas semua persegi panjang ham-pir mendekati luas daerah di bawah kurva. Jumlahan ini dinamakan suatu Jumlahan Riemann dan sama dengan

n

X

i=1

f (x_i) x = f (x₁) x + f (x₂) x + + f (x_n) x:

x0= a x1 x2 xi-1xi* xi f(xi*) f(x) x xn= b xn-1 xn-2 x ∆

Gambar 2.2: Persegi-persegi panjang di bawah suatu kurva.

Kita bisa memperkenalkan luas eksak dari bidang datar di bawah gra…k f (x) dengan limit: A = lim n!1 n X i=1 f (x_i) x:

Ketika f adalah kontinu, nilai limit tidak tergantung dari titik-titik sampel x_i yang digunakan.

Limit tersebut dinyatakan oleh Z b

a

f (x) dx, dan dinamakan integral tentu (de…nite integral ) untuk f dari a sampai b:

Z b a f (x) dx = lim n!1 n X i=1 f (x_i) x:

Berikut ini diberikan suatu contoh bagaimana bagaimana menghitung integral tentu secara langsung dari de…nisi.

Contoh 2.1 Dicari nilai dari integral tentu Z 1

0

x2dx:

Kita membagi interval [0; 1] menjadi n subinterval dengan lebar sama, sehingga x = 1 n dan xi =

i

n. Berikutnya kita harus memilih suatu titik xi dalam setiap subinterval [xi 1; xi]. Di sini kita akan menggunakan titik ujung kanan dari setiap subinterval,

x_i = i

n, lihat Gambar 2.3(a). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kanan. Karena itu jumlahan Riemann yang berasosiasi dengan partisi tersebut adalah

R = n X i=1 i n 2 1 n = 1 n3 n X i=1 i2 = 1 n3 2n3+ 3n2+ n 6 = 2n3+ 3n2+ n 6n3 :

Jadi, _Z 1 0 x2dx = lim n!1 2n3+ 3n2+ n 6n3 = 1 3:

Untuk memeriksa bahwa hasil tidak tergantung pada titik-titik sampel yang digunakan, diulangi penghitungan menggunakan titik ujung kiri dari setiap subinterval, lihat Gam-bar 2.3(b). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kiri. Hasilnya adalah

L = n X i=1 i 1 n 2 1 n = 1 n3 n X i=1 (i 1)2= 1 n3 2n3 3n2+ n 6 = 2n3 3n2+ n 6n3 : Jadi, Z 1 0 x2dx = lim n!1 2n3 3n2+ n 6n3 = 1 3: 0 x2 x 1 0 x2 x 1 (a) (b)

Gambar 2.3: Jumlahan Riemann: (a) Aturan Sisi Kanan; (b) Aturan Sisi Kiri.

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

2.1

Dalam Soal 1 24, hitung jumlahan Riemann menggunakan Aturan Sisi Kanan. Di-gunakan notasi

b

X

a

untuk a dan b menyatakan bahwa subinterval pertama dimulai di a dan subinterval akhir berakhir di b.

(1) 1 X 0 (3x + 1) x; x = 1₃ (2) 1 X 0 (3x + 1) x; x = 2₅ (3) 1 X 1 (3x + 1) x; x = 1₄ (4) 1 X 0 2x2 x; x = 1₄ (5) 1 X 1 2x2 x; x = 1₄ (6) 5 X 0 (2x 1) x; x = 1 (7) 5 X 0 (2x 1) x; x = 2 (8) 1 X 1 x2 1 x; x = 1₂ (9) 2 X 0 x2 1 x; x = 1₂ (10) 1 X 1 x2 1 x; x = ₁₀3

(11) 3 X 4 5x2 12 x; x = 2 (12) 3 X 4 5x2 12 x; x = 1 (13) 3 X 1 1 + 1 x x; x = 1 3 (14) 5 X 0 10 2x x; x = 1₂ (15) 0 X 1 x4 x; x = 1₄ (16) 1 X 1 2x3 x; x = 1₂ (17) X 0 p x x; x = 1 (18) 9 X 2 jx 4j x; x = 2 (19) X 0 sin (x) x; x = 1₄ (20) X 0 sin2(x) x; x = 1₄ (21) 1 X 0 ex x; x = 1₅ (22) 1 X 0 xex x; x = 1₅ (23) 5 X 1 ln (x) x; x = 1 (24) 5 X 1 ln (x) x x; x = 1 Dalam soal 25 40, pergunakan fungsi y = f (x), bilangan a, b, dan n untuk menghi-tung hampiran luas bidang datar yang dibatasi oleh y = f (x). y = 0, x = 1, x = b berdasarkan partisi

P = fa = x0 < x1< < xn= bg , dimana xi= a + i

b a n ; dan Aturan Sisi Kiri.

(25) y = 2x, a = 0, b = 2, n = 6 (26) y = 1 x, a = 1, b = 3, n = 6 (27) y = x2, a = 0, b = 3, n = 6 (28) y = x3, a = 0, b = 2, n = 4 (29) y = 1 1 + x, a = 0, b = 3, n = 6 (30) y = 1 1 + x2, a = 0, b = 3, n = 4 (31) y = _p 1 4 x2, a = 0, b = 1, n = 4 (32) y = 1 4 x2, a = 0, b = 1, n = 4 (33) y = 1 4 + x2, a = 0, b = 2, n = 4 (34) y = 1 p 4 + x2, a = 0, b = 2, n = 4 (35) y =p4 + x2_{, a = 0, b = 2, n = 4 (36) y =}p_{4 x}2_{, a = 0, b = 2, n = 4} (37) y = sin (x), a = 0, b = , n = 4 (38) y = cos (x), a = ₂, b = ₂, n = 4 (39) y = sin2(x), a = 0, b = , n = 4 (40) y = cos2(x), a = ₂, b = ₂, n = 4

(41) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat positif. Buktikan bahwa jika x = b

n, maka b X 0 x x = (1 + 2 + + (n 1)) ( x)2: Menggunakan rumus 1 + 2 + + (n 1) = 1 2n (n 1), buktikan bahwa b X 0 x x =1 2 1 1 n b 2_:

(42) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat positif, dan x = b n. Menggunakan rumus 12+ 22+ + (n 1)2 = 1 6n (n 1) (2n 1) ; buktikan bahwa b X 0 x2 x = 1 6n (n 1) (2n 1) b3 n3:

(43) Menggunakan Soal (26) tunjukkan bahwa Z b

0

x2 dx = 1 3b

3_.

2.2

Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral

Dalam subbab ini, kita pertama kali akan mendiskusikan suatu hubungan antara inte-gral Riemman dan antiderivatif. Hubungan ini memampukan kita untuk menghitung integral Riemann dengan secara sederhana mencari suatu antiderivatif dari fungsi yang diberikan.

Proposisi 2.2 (TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS INTEGRAL) Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], di-mana a, b 2 R dan a < b. Jika fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari f (x) dalam [a; b], maka Z b a f (x) dx = [F (x)]x=b_x=a= F (b) F (a) : Contoh 2.3 Dipunyai Z 2 x2+ 2 sin (x) dx = 1 3x 3 _{2 cos (x)} 2 = 8 3 3 _{2 cos (2 )} 1 3 3 _{2 cos ( )} = 7 3 3 _4: Contoh 2.4 Dipunyai Z 0 p 1 cos (x) sin (x) dx = 2 3(1 cos (x)) 3 2 0 = 2 3(1 cos ( )) 3 2 2 3(1 cos (0)) 3 2 = 4 p 2 3

Proposisi 2.5 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka

Z b a f (x) dx = Z a b f (x) dx:

Proposisi 2.6 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika c 2 [a; b], maka

Z b a f (x) dx = Z c a f (x) dx + Z b c f (x) dx:

Proposisi 2.7 Jika f (x) dan g (x) adalah fungsi-fungsi kontinu dalam interval ter-tutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka

Z b a (f (x) + g (x)) dx = Z b a f (x) dx + Z b a g (x) dx: Lebih lanjut, untuk setiap bilangan riil k 2 R, dipunyai

Z b a kf (x) dx = k Z b a f (x) dx:

S

OAL-SOAL UNTUK

S

UBBAB

2.2

Dalam Soal 1 5, hitung setiap integral tentu. (1) Z 1 1 2x2 dx (2) Z 2 2 x3 dx (3) Z 1 2 x 2 dx (4) Z 4 0 2px dx (5) Z 2 3 5x4 dx

Dalam Soal 6 10, tentukan luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x) dari a sampai b. (6) y = 2x, a = 0, b = 2 (7) y = 1 x, a = 1, b = 3 (8) y = x2, a = 0, b = 3 (9) y = x3, a = 0, b = 2 (10) y = 4 x2, a = 2, b = 2 (11) y =px + 2, a = 2, b = 2 (12) y = 9x x2_{, a = 0, b = 3 (13) y =}p_{x x, a = 0, b = 1} (14) y = 3x13, a = 1, b = 8 (15) y = 1 1 + x, a = 0, b = 3 (16) y = 1 1 + x2, a = 0, b = 3 (17) y = 1 p 4 x2, a = 0, b = 1 (18) y = 1 4 x2, a = 0, b = 1 (19) y = 1 4 + x2, a = 0, b = 2 (20) y = _p 1 4 + x2, a = 0, b = 2 (21) y = p 4 + x2_{, a = 0, b = 2} (22) y =p4 x2_{, a = 0, b = 2 (23) y = sin (x), a = 0, b =} (24) y = cos (x), a = 1₂ , b = 1₂ (25) y = sin2(x), a = 0, b =

Integral Tak Wajar

3.1

Pengantar

Untuk mende…nisikan integral Riemann Z b a

f (x) dx;

ini adalah penting bahwa [a; b] haruslah suatu interval terbatas, dan bahwa fungsi f (x) terbatas pada [a; b]. Di sisi lain, dua syarat tersebut tidak cukup untuk menjamin bahwa integral Riemann ada.

Contoh 3.1 Ketika kita menuliskan Z 1 0 1 3x12 dx = 2 3x 1 2 1 0 = 2 3;

kita mungkin tidak menyadari bahwa integran tidak dide…nisikan di x = 0, sehingga Teorema Fundamental Kalkulus Integral tidak bisa diaplikasikan. Karena itu jelas bahwa argumen di atas adalah salah.

De…nisi 3.2 Integral tak wajar (improper integral) adalah integral dengan satu atau kedua syarat berikut ini dijumpai, yaitu

(1) Interval dari integrasi adalah tidak terbatas:

[a; +1) , ( 1; b] , ( 1; 1) ; sebagai contoh: _Z 1 1 1 x2 dx:

(2) Integran mempunyai suatu ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b]: lim x!cf (x) = 1; sebagai contoh: Z 1 0 1 p x dx: 49

3.2

Integral atas Interval Tak Terbatas

De…nisi 3.3 _{Diandaikan bahwa suatu fungsi f kontinu pada ( 1; 1). Dide…nisikan} integral tak wajar ketika limitnya ada:

(a) Z 1 a f (x) dx = lim_b!1 Z b a f (x) dx; (b) Z b 1 f (x) dx = lim_{a! 1} Z b a f (x) dx; (c) Z ₁ 1 f (x) dx = Z c 1 f (x) dx + Z ₁ c f (x) dx;

dimana, dalam de…nisi (c), integral-integral di ruas kanan ada untuk suatu c. Jika integral tak wajar ada, maka integral dikatakan konvergen, tetapi jika tidak ada maka dikatakan divergen.

Seringkali kita menuliskan [F (x)]1_a sebagai suatu singkatan untuk [F (x)]1_a = lim t!1[F (x)] t a: Secara analog: [F (x)]b₁= lim t! 1[F (x)] b t; dan [F (x)]1₁= [F (x)]c₁+ [F (x)]1_c = lim t! 1[F (x)] c t+ lim_t!1[F (x)] t c: Contoh 3.4 Z ₁ 1 1 x2 dx = lim_t!1 Z t 1 1 x2 dx = lim_t!1 1 x t 1 = lim t!1 1 t + 1 = 1; atau dalam notasi sederhana:

Z ₁ 1 1 x2 dx = 1 x 1 1 = lim t!1 1 t + 1 = 1:

Contoh 3.5 Dicari nilai dari p sehingga integral berikut ini konvergen, Z ₁

1

1 xp dx:

Jika p = 1, maka kita mempunyai Z t 1 1 x dx = [ln (x)] t 1 = ln (t) ; sehingga _Z 1 1 1 x dx = limt!1 Z t 1 1 x dx = limt!1ln (t) = 1;