PENGANTAR TEORI INTEGRAL

PENGANTAR TEORI

INTEGRAL

One can not understand . . . the universality of law of nature, the realtionship of things, without an understanding of mathematics. There is no way to do it. Richard P FEYNMAN

6.1 Pendahulan

Dalam kalkulus siswa mempelajari dua macam integral. Diperhatikan dua ilustrasi berikut.

ˆ

x3dx= 1 4x

4_+C

di manaC adalah konstanta sebarang, dan ˆ 2 1 x3dx= 1 4x 4 2 1 = 1 4 2 4₋₁4 = 15 4 .

Ekspresi pertama adalah integral taktentu (indenite integral) atau an-tiderivatif dan ekspresi kedua adalah integral tertentu (denite integral). Sepintas lalu kedua bentuk ini identik dan teori yang mendasarinya adalah sama yaitu menggunakan konsep derivatif. Selama puluhan tahun para matem-atikawan mendenisikan integral tertentu langsung dari antiderivatif. Padahal sesungguhnya cara ini kurang pas karena dapat menghambat perkembangan teori integral itu sendiri seperti pernah dikemukan oleh Cauchy. Cauchy meli-hat bahwa pengertian integral tertentu dapat dipisahkan dari integral taktentu.

Untuk ini dia kembali ke geometri orang-orang Yunani kuno yang menyajikan metoda menghitung luas daerah di dalam kurva tertutup dengan pendekatan bangun-bangun sederhana (persegi panjang, segitiga, bujursangkar).

Kembali ke contoh, bahwa integral berikut

ˆ 2 1

x3dx

dapat diinterpretasikan sebagai luas daerah di dalam kurva yang dibatasi oleh grak y =x3, garis x= 1 dan x = 2 serta garis y = 0 (sumbu X). Caranya

adalah dengan membagi interval[1,2]dalamnsubinterval[1,1 +_n1],[1 +1_n,1 +

2

n],· · · ,[1 + n−1

n ,2]. Selanjutnya dibangun para persegipanjang dengan alas

subinterval tersebut. Untuk itu dua kemungkinan dari sekian banyak kemu-ngkinan pemilihan tinggi persegipanjang adalah diambil ujung kiri dan ujung kanan subinterval seperti disajikan pada gambar berikut. Pada gambar kiri diperoleh para persegi panjang dengan lebar alas 1

n dan tinggi f(1 + k−1

n ), k= 1,2,· · ·, n sehingga luas keseluruhannya adalah

S_nL= n X k=1 (1 +k−1 n ) 31 n.

Gambar 6.1: Ilustrasi aproksimasi luas

Sedangkan pada gambar kanan para persegi panjang tersebut mempunyai lebar alas 1

n dan tinggif(1+ k

n),k= 1,2,· · ·, nsehingga luas keseluruhannya adalah S_nU = n X k=1 (1 + k n) 31 n.

Dapat dipahami bahwa luas sesungguhnya berada di antara kedua kuantitas ini. Bila n membesar maka kedua kuantitas ini saling mendekati. Perhatikan

n 5 20 50 100 150 200 400

S_nL 3.0800 3.5769 3.6803 3.7151 3.7267 3.7325 3.7413 S_nU 4.4800 3.9269 3.8203 3.7851 3.7773 3.7675 3.7588

Dapat diamati bahwa dari bawah meningkat dan dari atas menurun menuju nilai´2 1 x 3_dx= 15 4 = 3.75. Jelas, berlaku3.7413≤ ´2 1 x 3_{dx ≤3.7588.}

Ilustrasi ini mendasari pendenisian integral taktentu

b ˆ a

f(x)dx. (6.1.1)

6.2 Pendenisian Integral

Pertama-tama, interval[a, b]dipecah berdasarkan titik-titik partisi

a=x0 < x1< x2 <· · ·< xn=b

sehingga terbentuk subinterval[x0, x1],[x1, x2],· · ·,[xn−1, xn]. Himpunan

titik-titik π = {x0, x1, x2,· · · , xn} ini disebut partisi pada [a, b]. Norma (mesh)

partisiπ didenisikan sebagai

kπk:= max

k=1,2,···,n(xk−xk−1).

Lebar masing-masing subinterval tidak harus sama. Berdasarkan denisi ini maka partisi minimal memuat dua titik ujung intervaladan b.

Contoh 6.1. MisalkanI := [0,1]maka

1. π1={0,1}adalah partisi pada I dengan norma |π1|= 1.

(a) π2 = {0,1₃,1₂,1} adalah partisi dengan norma |π2| = max{(1₃ −

0),(1₂ −1₃),(1− 1₂)}= 1₂.

(b) πn = {0,1_n,_n2,· · ·,n_n = 1} partisi pada I yaitu partisi seragam

karena lebar setiap subintervalnya sama. Mesh partisi ini adalah |πn|= _n1. Banyak titik pada partisi ini bergantung pada n∈N.

(c) Q ={0,1₄,1₂} bukan partisi dikarenakan titik ujung interval x = 1 tidak masuk himpunan ini.

(d) Q = {0,1₃,1₄,1} bukan partisi sebab urutan 0 := x0 < x1 := 1₃ < x2:= 1₄ < x3 := 1tidak dipenuhi.

y=f(x) y=f(x) y=f(x)

Gambar 6.2: Berbagai jumlahan Riemann

Pembahasan konsep partisi lebih detail akan diberikan pada pokok bahasan berikutnya. Selanjutnya dibentuk jumlahan berikut.

S(π, f) :=

n X

k=1

f(ξk)(xk−xk−1) (6.2.1)

di mana ξk ∈ [xk−1, xk] disebut label (tag) subinterval Ik = [xk−1, xk].

Ek-spresi (6.2.1) disebut jumlahan Riemann (Riemann sum). Jumlah Riemann ini sesungguhnya fungsi dari label ξk. Artinya setiap label diganti maka nilai

jumlahan Riemann juga berubah. Interpretasi beberapa jumlahan Riemann ditunjukkan pada Gambar 6.2. Pendenisian integral tertentu (6.1.1) selan-jutnya didasarkan pada jumlahan Riemann ini dan tidak menggunakan konsep diferensial sama sekali.

6.2.1 Metoda Cauchy

Cauchy mendenisikan integral untuk fungsi kontinu. Bila fungsi f kontinu

maka limit jumlahan Riemann (6.2.1) ada apapun labelξkyang dipilih di dalam Ik. Selanjutnya limit jumlahan Riemann ini diambil sebagai nilai integral

taktentu (6.1.1). Eksistensi limit ini diberikan dalam teorema berikut.

Teorema 6.1. Misalkan f fungsi kontinu pada interval [a, b]. Maka terdapat bilangan I sehingga setiap > 0 terdapat δ > 0 di mana setiap partisi π = {a=x0, x1, x2,· · ·, xn=b} dengan norma |π|< δ berlaku

n X k=1 f(ξk)(xk−xk−1)−I <

di mana label ξk ∈ [xk−1, xk] dipilih sebarang. Selanjutnya bilangan I pada

teorema ini didenisikan sebagai nilai integral takentu, ditulis

ˆ b a

Bukti. Lihat Thomson, Bruckner and Bruckner (2001).

Denisi 6.1. Berdasarkan teorema di atas, integral fungsi kontinu diden-isikan sebagai limit jumlahan Riemann berikut

ˆ b a f(x)dx:= lim |πn|→0 n X k=1 f(ξk)(xk−xk−1). (6.2.2)

Limit ini diambil untuk norma partisi menuju nol. Bila|πn| →0makan→ ∞.

Sebaliknya, bilan→ ∞ belum tentu|πn| →0. Hal ini dikarenakan dapat saja

penambahan titik-titik partisi hanya dilakukan pada beberapa subinterval saja. Tetapi dalam kasus partisi seragam, yaitu semua subintervalnya mempunyai panjang sama maka kedua syarat ini ekuivalen, yaitu n→ ∞ bila hanya bila |πn| → 0. Misalkan πn = {x0, x1,· · · , xn} partisi seragam pada [a, b], yaitu

|Ik|= (xk−xk−1) = b−_na := h maka diperoleh titik partisi xk =a+kh, k =

0,1,2,· · ·, n. Dengan mengambil ξk sebagai tepi kiri subinterval [xk−1, xk],

yaituξk =xk+ (k−1)h maka berdasarkan (6.2.2) diperoleh ˆ b a f(x)dx:= lim |πn|→0 n X k=1 f(ξk)(xk−xk−1) = lim n→∞ b−a n n X k=1 f(a+k n(b−a)). (6.2.3) Formula (6.2.3) akan berbeda jika diambil label ξk berbeda, misalnya sebagai

tepi kanan subinterval namun hasil limitnya akan memberikan nilai yang sama. Contoh 6.2. Buktikan bilaffungsi konstan, yaituf(x) =αmaka´_abf(x)dx=

α(b−a).

Bukti. Untuk sebarang partisiπ={x0, x1,· · ·, xn}maka diperoleh jumlahan

Riemann berikut S(π, f) = n X k=1 f(ξk)(xk−xk−1) = α n X k=1 (xk−xk−1) = α(x1−x0+x2−x1+x3−x2+· · ·+xn−xn−1) = α(xn−x0) =α(b−a).

Karena sebarang partisi dan label (ξk),S(π, f) =α(b−a)tidak

bergan-tung pada nmaka berdasarkan (6.2.2) disimpulkan ˆ b

a

Contoh 6.3. Buktikan ´2

1 x3dx= 15

4 dengan menggunakan partisi seragam.

Bukti. Cukup gunakan (6.2.2) di manaa= 1,b= 2danf(x) =x3. Diperoleh

b−a n n X k=1 f(a+k n(b−a)) = 1 n n X k=1 f(1 + k n) = 1 n n X k=1 (1 +k n) 3 = 1 n n X k=1 1 + 3k n+ 3 k2 n2 + k3 n3 = 1 n n X k=1 1 | {z } + 3 n2 n X k=1 k+ 3 n3 n X k=1 k2+ 1 n4 n X k=1 k3=:p

Selanjutnya dengan menggunakan rumus jumlahanPn

k=1k= n2(n+ 1), Pn k=1k2 = n6(n+ 1)(2n+ 1)dan Pn k=1k3 = n2(n+ 1) 2 maka diperoleh p = 1 + 3 n2 n 2(n+ 1) + 3 n3 n 6(n+ 1)(2n+ 2) + 1 n4 n 2(n+ 1) 2 = 1 +3 2 + 1 + 1 4 +O( 1 n) = 15 4 +O( 1 n)

di manaO(1_n)suku yang didominasi dari atas oleh 1_n, yaituO(_n1) =K·_n1 untuk suatu konstantaK. Mudah ditunjukkan dengan menjabarkan

se-mua suku dalam operasi di atas (lihat denisi big-O pada bab sebelum-nya). Diperhatikan berlakulimn→∞O(_n1) = 0. Akhirnya diperoleh

ˆ 2 1 x3dx = lim n→∞ b−a n n X k=1 f(a+k n(b−a)) = lim n→∞ 15 4 +O( 1 n) = 15 4 .

Contoh 6.4. Nyatakan limit berikut dalam bentuk integral pada lim n→∞ 1 n n X k=1 f k n .

Penyelesaian. Bandingkan dengan (6.2.3), diperoleh b−a = 1 a+ k n(b−a) = k n

Substitusi persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh

a+ k n·1 = k n →a= 0→b= 1. Jadi diperoleh lim n→∞ 1 n n X k=1 f k n = ˆ 1 0 f(x)dx.

Contoh 6.5. Nyatakan limit berikut dalam bentuk integral, kemudian hi-tunglah nilainya dengan kalkulus biasa.

lim n→∞ e1/n+e2/n+· · ·+e(n−1)/n+en/n n dan lim n→∞n 1 (n+ 1)2 + 1 (n+ 2)2 +· · ·+ 1 (n+n)2 . Penyelesaian.

1. Tulis dulu dalam notasi sigma, diperoleh lim n→∞ 1 n n X k=1 ek/n.

Berdasarkan contoh sebelumnya bentuk ini dapat ditulis dalam

in-tegral _ˆ

1

0

exdx,

sebabf(k_n) =ek/n, jadif(x) =ex. Selanjutnya diselesaikan dengan

kalkulus diperoleh lim n→∞ 1 n n X k=1 ek/n= ˆ 1 0 exdx= [ex]1₀ =e1−e0=e−1.

2. Ubah dulu kedalam bentuk standar n n X k=1 1 (n+k)2 = 1 n n X k=1 _n n+k 2 = 1 n n X k=1 1 1 + (k n) !2 = 1 n n X k=1 1 1 + (k n) 2.

Dengan membandingkan ini terhadap (6.2.2) maka diperolehf(x) =

1

(1+x)2,a= 0, b= 1. Jadi limit ini dapat dinyatakan dalam integral

berikut lim n→∞n 1 (n+ 1)2 + 1 (n+ 2)2 +· · ·+ 1 (n+n)2 = ˆ 1 0 1 (1 +x)2dx.

Selanjutnya diselesaikan dengan kalkulus biasa diperoleh

ˆ 1 0 dx (1 +x)2 = ˆ 1 0 (1 +x)−2d(1 +x) = 1 −2 + 1(1 +x) −2+1 1 0 = − 2−1−1−1 = 1 2.

Biasanya proses pembuktian integral menggunakan partisi seragam seperti be-berapa contoh sebelumnya. Namun demikian kita dapat juga mengambil par-tisi takseragam seperti diberikan contoh berikut.

Contoh 6.6. Hitunglah integral ´b ax

p_{dx, p 6= −1 dengan memecah interval}

[a, b]dalam subinterval[a, aq],[aq, aq2],· · ·[aqn−1, aqn]di manaaqn:=b.

Penyelesaian. Perhatikan bahwa partisi πn = {a, aq, aq2,· · · , aqn−1, aqn = b} bukan partisi seragam seperti dalam banyak contoh sebelumnya. Dia-mati bahwa panjang subintervalnya membentuk barisan geometri, yaitua(q− 1), aq(q −1), aq2(q − 1),· · ·. Ini merupakan partisi takseragam. Dengan demikian subinterval Ik = [aqk−1, aqk] mempunyai lebar |Ik|= 4xk =aqk− aqk−1 =aqk−1(q−1). Karenaaqn=bmakaq= qn b a = b a 1/n .Amati bahwa

bilan→ ∞makaq →1. Bilaq →1maka lebar subinterval|Ik| →0sehingga

norma partisi|πn| →0untukn→ ∞. Jadi kita dapat menghitung integral ini

sebagai berikut ˆ b a f(x)dx= lim n→∞ n X k=1 f(ξk)4xk= lim n→∞ n X k=1 f(ξk)aqk−1(q−1)

maka ξk ∈ [xk−1, xk] sebarang titik label. Untuk kali ini diambil labelnya

sebagai ujung kanan subinterval, yaituξk=xk−1 =aqk. Diperoleh n X k=1 f(ξk)aqk−1(q−1) = n X k=1 (aqk)paqk−1(q−1) = n X k=1 ap+1qkp+k−1(q−1) = ap+1q−1 q n X k=1 qp+1k | {z } Sn .

Karenap6=−1makaSnadalah deret geometri dengan suku pertamaqp+1dan

rasior=qp+1. Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri diperoleh

Sn = qp+1 q(p+1)n−1 qp+1₋₁ = q p+1 _(qn₎p+1₋₁ qp+1₋₁ = q p+1 _a−(p+1)_(aqn₎p+1₋₁ qp+1₋₁ = q p+1 _a−(p+1)_(b)p+1₋₁ qp+1₋₁ .

Kemudian disubstitusikan ke dalam persamaan sebelumnya, diperoleh

n X k=1 f(ξk)aqk−1(q−1) = ap+1 q−1 q n X k=1 qp+1k | {z } Sn = ap+1q−1 q qp+1 a−(p+1)(b)p+1−1 qp+1₋₁ = q p+1_−qp qp+1₋₁ b p+1_−ap+1 .

Selanjutnya diperoleh ˆ b a f(x)dx = lim n→∞ n X k=1 f(ξk)aqk−1(q−1) = lim q→1 qp+1−qp qp+1₋₁ b p+1_−ap+1 = bp+1−ap+1 lim q→1 qp+1−qp qp+1₋₁ | {z } L .

Hitung dulu nilai limitL. Karena limit ini merupakan bentuk taktentu 0₀ maka

dapat digunakan aturan L'Hospital, yaitu

L = lim q→1 qp+1_−qp qp+1₋₁ = lim q→1 (p+ 1)qp−pqp−1 (p+ 1)qp = 1−lim q→1 p (p+ 1)q = 1− p p+ 1= 1 p+ 1. Akhirnya diperoleh ˆ b a xpdx= bp+1−ap+1lim q→1 qp+1_−qp qp+1₋₁ | {z } L = 1 p+ 1 b p+1_−ap+1 .

Perhatikan dengan saksama bahwa metoda perhitungan di atas tidak berlaku jika a= 0 sebab partisi yang dimaksud tidak terdenisi.