MA3231 Analisis Real

MA3231 Analisis Real

Hendra Gunawan*

*http://hgunawan82.wordpress.com Analysis and Geometry Group Bandung Institute of Technology

Bandung, INDONESIA

BAB 12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

1 _{12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva}

2 12.2 Integral

BAB 12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

1 _{12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva}

BAB 12. LUAS DAERAH DAN INTEGRAL

1 _{12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva}

2 12.2 Integral

Masalah menentukan luas daerah (dan volume benda ruang) telah dipelajari sejak era Pythagoras dan Zeno, pada tahun 500-an SM. Konsep integral (yang terkait erat dengan luas daerah) berpijak pada metode ‘exhaustion’, yang telah dipakai oleh Plato dan Eudoxus, dan kemudian oleh Euclid dan Archimedes, untuk menghitung luas daerah lingkaran (dengan menggunakan pengetahuan tentang luas daerah segitiga atau, secara umum, segi banyak).

Pada 1630-an, Pierre de Fermat tertarik untuk menghitung luas daerah di bawah kurva. Beberapa puluh tahun kemudian, John Wallis dan Gottfried Wilhelm von Leibniz mengembangkan metode untuk menghitung luas daerah di bawah kurva, yang merupakan cikal-bakal teori integral yang kita kenal sekarang.

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Apakah masuk akal untuk membahas luas’ daerah di bawah kurva y = f (x)?

Gambar 12.1 Daerah di bawah kurva y = f (x) Jika ya, bagaimana menghitungnya?

Luas daerah di bawah kurva mestilah lebih besar daripada L, yang menyatakan luas daerah yang diarsir pada gambar berikut.

Gambar 12.2 Luas daerah L

Misalkan L menyatakan himpunan semua bilangan L yang dapat diperoleh sebagai jumlah luas daerah persegi-panjang kecil di bawah kurva. Tampaknya masuk akal untuk mendefinisikan luas daerah di bawah kurva y = f (x) sebagai sup L.

12.1 Luas Daerah di Bawah Kurva

Contoh 1. Misalkan f (x) = x2_{, x ∈ [0, 1]. Dengan membagi}

interval [0, 1] atas n interval bagian yang sama panjang dan

menghitung jumlah luas daerah persegi-panjang yang terbentuk, luas daerah di bawah kurva y = f (x) mestilah lebih besar daripada

1 n h 0 + 1 2 n2 + 22 n2 + · · · + (n − 1)2 n2 i . Jumlah deret ini sama dengan

(n − 1)n(2n − 1)

6n3 .

Mengingat (n−1)n(2n−1)_6n3 ≤

1

3 untuk tiap n ∈ N dan

(n−1)n(2n−1) 6n3 → 1 3 untuk n → ∞, maka sup n∈N (n − 1)n(2n − 1) 6n3 = 1 3.

SOAL

1 Buktikan bahwa (n−1)n(2n−1)

6n3 ≤

1

3 untuk tiap n ∈ N, dan

simpulkan bahwa sup n∈N

(n−1)n(2n−1)

6n3 =

1 3.

2 Tentukan luas daerah di bawah kurva y = 1 + x, x ∈ [0, 1],

dengan cara seperti pada Contoh 1. Apakah hasil yang diperoleh sesuai dengan pengetahuan geometri kita?

12.2 Integral

Apa yang terjadi pada Contoh 1 berlaku secara umum pada fungsi yang kontinu pada interval tutup.

Salah satu sifat fungsi kontinu pada interval tutup yang terpakai dalam pembahasan integral adalah sifat keterbatasannya.

Misalkan f kontinu pada interval [a, b]. Definisikan partisi dari [a, b] sebagai himpunan P := {x0, x1, . . . , xn} dengan

a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b].

Jadi, diberikan sembarang partisi P := {x0, x1, . . . , xn} dari [a, b], kita dapat mendefinisikan

mk := inf

xk−1≤x≤xk

f (x),

untuk k = 1, 2, . . . , n. Dengan demikian, untuk tiap partisi P , kita dapat membentuk deret

L(P, f ) := n X

k=1

mk(xk− xk−1). (Buatlah suatu ilustrasi yang menyatakan nilai L(P, f ).)

12.2 Integral

Misalkan f terbatas di atas oleh M pada [a, b], yakni

f (x) ≤ M, x ∈ [a, b]. Maka L(P, f ) ≤ M n X k=1 (xk− xk−1) = M (b − a).

Jadi himpunan bilangan {L(P, f ) : P partisi dari [a, b]} terbatas di atas oleh M (b − a), dan karena itu ia mempunyai supremum.

Sekarang kita sampai pada definisi integral.

Jika f kontinu pada interval [a, b], kita definisikan integral dari f pada [a, b] sebagai

Z b

a

f (x) dx := sup P

L(P, f ),

dengan nilai supremum diambil atas semua partisi P dari [a, b].

Dalam hal f (x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a, b], maka R_abf (x) dx dapat

diinterpretasikan sebagai luas daerah di bawah kurva y = f (x), yang bernilai tak negatif (lebih besar daripada atau sama dengan 0).

12.2 Integral

Sebagai tambahan, jika a < b, maka kita definisikan

Z a b f (x) dx := − Z b a f (x) dx. Selain itu, untuk sembarang a ∈ R, kita definisikan

Z a

a

Proposisi 2. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan m ≤ f (x) ≤ M untuk tiap x ∈ [a, b]. Maka

m(b − a) ≤

Z b

a

f (x) dx ≤ M (b − a).

Proposisi 3. Misalkan f kontinu pada [a, b] dan a ≤ c ≤ b. Maka

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

12.2 Integral

SOAL

1 Buktikan Proposisi 2.

2 Buktikan bahwa Rb

a c dx = c(b − a).

3 Misalkan f kontinu pada [a, b]. Buktikan jika f (x) ≥ 0 untuk

setiap x ∈ [a, b], makaR_abf (x) dx ≥ 0.

4 Diketahui f (x) = x, x ∈ [a, b]. Buktikan bahwa

L(P, f ) ≤ 1

2(b

2_{− a}2₎

untuk sebarang partisi P dari [a, b]. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi integral, buktikan bahwa

Z b

a

f (x) dx = 1

2(b

Misalkan f terdefinisi pada (a, b). Misalkan F kontinu pada [a, b] dan mempunyai turunan pada (a, b) dengan

F0(x) = f (x)

untuk tiap x ∈ (a, b). Maka F disebut sebagai anti turunan dari f pada [a, b].

Contoh 4. Jika f (x) = x3_{, maka fungsi F yang didefinisikan sebagai}

F (x) = 1

4x 4_{+ 5}

merupakan suatu anti turunan dari f . Secara umum, fungsi G yang didefinisikan sebagai

G(x) = 1

4x 4_{+ C,}

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

Apa urusannya anti turunan dengan integral?

Misalkan f kontinu pada [a, b]. Definisikan F pada [a, b] sebagai F (x) :=

Z x

a

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Dalam teorema berikut, kita akan menunjukkan bahwa F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b].

Teorema ini dikenal sebagai Teorema Dasar Kalkulus I, yang pertama kali dibuktikan oleh Isaac Barrow dan dibuktikan ulang dengan cara yang lebih intuitif dan gamblang oleh Isaac Newton pada abad ke-17.

Teorema 5 (Teorema Dasar Kalkulus I). Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F didefinisikan pada [a, b] sebagai

F (x) :=

Z x

a

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Maka, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b]; yakni, F kontinu pada [a, b], mempunyai turunan pada (a, b), dan

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

Bukti. Karena f kontinu pada [a, b], maka f terbatas pada [a, b], katakanlah |f (t)| ≤ κ untuk setiap t ∈ [a, b]. Selanjutnya, untuk x, c ∈ [a, b], kita mempunyai

|F (x) − F (c)| =  Z x c f (t) dt   ≤ κ|x − c|.

Jadi F kontinu pada [a, b].

Selanjutnya perhatikan bahwa untuk x 6= c kita mempunyai F (x) − F (c) x − c − f (c) = 1 x − c Z x c [f (t) − f (c)] dt.

Karena f kontinu di c, kita dapat memilih δ > 0 sedemikian sehingga |f (x) − f (c)| <  untuk |x − c| < δ. Akibatnya, kita peroleh

   F (x) − F (c) x − c − f (c)   < ,

untuk 0 < |x − c| < δ. Ini menunjukkan bahwa F0(c) = f (c), dan ini berlaku untuk setiap c ∈ (a, b).

Teorema 6 (Teorema Dasar Kalkulus II). Jika f kontinu pada [a, b] dan G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka

Z b

a

12.3 Turunan dari Integral; Teorema Dasar Kalkulus

Bukti. Definisikan fungsi F pada [a, b] sebagai F (x) :=

Z x

a

f (t) dt, x ∈ [a, b].

Maka, menurut Teorema Dasar Kalkulus I, F merupakan suatu anti turunan dari f pada [a, b], dan

Z b

a

f (t) dt = F (b) = F (b) − F (a).

Sekarang, jika G adalah anti turunan dari f pada [a, b], maka

terdapat suatu konstanta C sedemikian sehingga G(x) = F (x) + C, untuk setiap x ∈ [a, b]. Karena itu,

Z b

a

f (t) dt = [F (b) + C] − [F (a) + C] = G(b) − G(a), sebagaimana yang kita harapkan.

SOAL

1 Buktikan bahwa R1

0 x

2_{dx =} 1 3.

2 Misalkan r ∈ Q, r 6= −1. Buktikan bahwaR1

0 x

r_{dx =} 1

r+1.

3 Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan, dengan

menggunakan Teorema Dasar Kalkulus II, bahwa untuk setiap λ, µ ∈ R, berlaku Z b a [λf (x) + µg(x)] dx = λ Z b a f (x) dx + µ Z b a g(x) dx.

4 Misalkan f dan g kontinu pada [a, b]. Buktikan Ketaksamaan

Cauchy-Schwarz untuk integral: hZ b a f (x)g(x) dx i2 ≤ Z b a [f (x)]2dx · Z b a [g(x)]2dx.