1 Sifat Penambahan Selang

BAB : INTEGRAL

TOPIK: Sifat-sifat Integral Tentu

Kompetensiyang diukur adalah kemampuan mahasiswa menyelesaikan integral tentu dengan menggunakan sifat-sifat integral tentu.

1

Sifat Penambahan Selang

1. UAS Kalkulus 1, Semester Pendek 2004 no. 3b (kriteria: mu-dah) Tentukan 4 Z 0 x _jx 2_j dx: Jawab: Karena jx 2_j= x 2; jika x 2 (x 2); jika x <2 maka 4 Z 0 x_jx 2_jdx = 2 Z 0 x(x 2)dx+ 4 Z 2 x(x 2)dx = 2 Z 0 x2+ 2x dx+ 4 Z 2 x2 2x dx = 1 3x 3_+x2 2 0 + 1 3x 3 _x2 4 2 = 8 3 + 4 0 + 64 3 16 8 3 4 = 8

2. UAS Kalkulus 1, tahun 2004 no. 3 (kriteria: mudah) Hitung 1 Z 2 jx_jx dx Jawab: Karena jx_j= x; jika x 0 x; jika x <0

maka Z 1 2j x_jx dx = Z 0 2 ( x)x dx+ Z 1 0 (x)x dx = Z 0 2 x2 dx+ Z 1 0 x2 dx = 1 3x 3 0 2 + 1 3x 3 1 0 = 0 8 3+ 1 3 0 = 7 3:

3. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 1b. (kriteria: mudah)

2 Z 2 x_jx 1_jdx Jawab: Karena jx 1_j= x 1; untuk x 1 (x 1); untuk x <1 maka Z 2 2 x_jx 1_jdx = Z 1 2 x(x 1)dx+ Z 2 1 x(x 1)dx = Z 1 2 x2+x dx+ Z 2 1 x2 x dx = 1 3x 3₊ 1 2x 2 1 2 + 1 3x 3 1 2x 2 2 1 = 1 3 + 1 2 1 3( 8) + 1 2( 2) 2 + 8 3 2 1 3 1 2 = 2 3 3 = 11 3 :

2

Teorema Dasar Kalkulus (Kedua)

1. UAS Kalkulus 1, Semester Pendek 2004 no. 3a (kriteria: mu-dah)

Tentukan d dx 0 @ x3 Z 2 tsin(t2+ 1) dt 1 A Jawab: d dx 0 @ x3 Z 2 tsin t2+ 1 dt 1 A = x3sin x3 2+ 1 d dx x 3 = x3(sin x6+ 1 ) 3x2 = 3x5sin x6+ 1 :

2. UAS Kalkulus (1), Semester Pendek 2004 no. 9 (kriteria: sulit)

Misalkan fungsi f kontinu padaR sehingga

x Z 0 f(t) dt= cosx+ x Z 0 f(t) sin2t dt Tentukan 4 Z 0 f(x) dx: Jawab: d dx Z x 0 f(t)dt = d dx cosx+ Z x 0 f(t) sin2(t)dt f(x) = sinx+f(x) sin2(x) 1 sin2x f(x) = sinx f(x) = sinx 1 sin2x = sinx cos2_x Jadi =4 Z 0 f(x)dx= =4 Z 0 sinx cos2_x dx: Dengan memisalkan u= cosx=₎du= sinx dx; dan mengubah batas pengintegralan

x = 0 =₎u= cos 0 = 1 x = 4 =)u= cos 4 = p 2 2

diperoleh =4 Z 0 sinx cos2_xdx = p 2=2 Z 1 1 u2du = 1 u p 2=2 1 = _p2 2 ( 1) = 1 2 p 2 = 1 p 2:

3. UAS Kalkulus 2004 no.2 (kriteria: mudah)

Jika fungsi f kontinu pada _R dan f(x) =

1 Z x tcos( t) dt; tentukan f0(x). Jawab: f(x) = 1 Z x tcos ( t)dt f0(x) = d dx 0 @ 1 Z x tcos ( t)dt 1 A = d dx 0 @ x Z 1 tcos ( t)dt 1 A= xcos ( x):

4. UAS Kalkulus 1 2004 no. 2 (kriteria:mudah)

Misalkan fungsifkontinu pada selang[1;₁)danf(x) =

x2 Z 1 t 1 +p1 + 3t2 dt; tentukan f0_(x). Jawab: f(x) = x2 Z 1 t 1 +p1 + 3t2dt f0(x) = d dx 0 @ x2 Z 1 t 1 +p1 + 3t2dt 1 A = x 2 1 + q 1 + 3 (x2₎2 d dx x 2 = 2x 3 1 +p1 + 3x4:

Tentukan d dx 0 @ 2x Z 0 p 1 +et _dt 1 A Jawab: d dx 0 @ 2x Z 0 p 1 +et _dt 1 A=p1 +e2x_{(2) = 2}p_{1 +e}2x_:

6. UAS Kalkulus 2002 no. 5 Tentukan d dx 0 @ ex Z e x p 1 + ln (t) dt 1 A: Jawab: d dx 0 @ ex Z e x p 1 + ln (t)dt 1 A = d dx 0 @ 0 Z e x p 1 + ln (t)dt+ ex Z 0 p 1 + ln (t)dt 1 A = d dx 0 @ e x Z 0 p 1 + ln (t)dt 1 A+ d dx 0 @ ex Z 0 p 1 + ln (t)dt 1 A = p1 + ln (e x_{) e} x ₊p_{1 + ln (e}x_{) (e}x₎ = e xp1 x+exp1 +x: 7. UAS Kalkulus tahun 2001 no. 7.

Tentukan d dx 0 @ x3 Z 0 xsin ( t)dt 1 A

Jawab: d dx Z x3 0 xsin ( t)dt ! = d dx x Z x2 0 sin ( t)dt ! = 1 Z x2 0 sin ( t)dt ! +x d dx Z x2 0 sin ( t)dt ! (di sini u = x; v = Z x2 0 sin ( t)dt) = Z x2 0 sin ( t)dt+x sin x2 d dx x 2 = 1 [cos t]x₀2 +x(2x) sin x2

= 1 cos x2 cos 0 + 2x2sin x2

= 1 cos x2 + 1 + 2x2sin x2 :

8. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 8

Misalkanf fungsi polinomial sehingga f kontinu padaR. Jika

x

Z

0

tf(t2)dt =x6 2x2

maka

(a) Tentukan rumus f(x) . (b) Tentukanf0(2) .

Jawab:

Misalkan f fungsi polinomial sehingga f merupakan fungsi kontinu pada R: (a) Jika _Z x 0 t f t2 dt =x6 2x2; maka d dx Z x 0 t f t2 dt = d dx x 6 2x2 x f x2 = 6x5 4x f x2 = 6x4 4

Misalkan z =x2 =₎x= pz =₎x4 =z2; sehingga f(z) = 6z2 4 =₎f(x) = 6x2 4: (b) f 0(x) = 12x =₎f 0(2) = 24: 9. UAS tahun 1996 no. 3b.

Tentukan G0_(x)jika G(x) = Z 2 x2 p t2_{+ 2dt} Jawab: G0(x) = d dx Z x2 2 p t2_{+ 2dt} ! = q (x2₎2_{+ 2 (2x)} = 2xpx4_{+ 2:}

10. UAS tahun 1995 no. 3. Tentukan G0(x)jika diketahui

G(x) = Z 5 2x p t2 _{+ 2 dt:} Jawab: G(x) = 5 Z 2x p t2 _{+ 2dt =} 2x Z 5 p t2_{+ 2dt !} G0(x) = 2 q (2x)2+ 2 = 2p4x2_{+ 2:}

3

Sifat Keterbatasan

1. UAS Kalkulus 1 tahun 2002 no. 8 (kriteria: sedang)

Diketahui f fungsi kontinu pada [a; c] dan b ₂[a; c]: Jika f naik pada

[a; b], turun pada [b; c]dan f(a)< f(c); maka tunjukkan

f(a) (c a)

c

Z

a

Jawab:

Karena f naik pada selang [a; b] dan turun pada selang [b; c], f(a) < f(c) serta f fungsi kontinu, maka:

nilai minimum global fungsif adalahf(a)

nilai maksimum global fungsi f adalah f(b)

Jadi

f(a) f(x) f(b):

dan karena f fungsi kontinu pada [a; c]; maka menurut Sifat Keter-batasan berlaku

f(a) (c a)

Z c a

f(x) dx f(b) (c a):

2. UAS Kalkulus 1 tahun 2001 no. 4 (kriteria: mudah) Diberikan fungsi turun f dengan f(x) = _p 6

1 +x2: Gunakan Teorema

Keterbatasan untuk menunjukkan bahwa

0 2 Z 0 6 p 1 +x2dx 12: Jawab: f(x) = _p 6

1 +x2 merupakan fungsi turun pada[0;2]:

Karena f(0) = 6; f(2) = _p6

5 dan f fungsi turun, maka nilai

maksimum global darif pada[0;2]adalah 6 dan nilai minimum global dari f pada [0;2] adalah _p6

5:Jadi menurut Teorema Keterbatasan 6 p 5(2 0) Z 2 0 6 p 1 +x2dx 6 (2 0) 12 p 5 Z 2 0 6 p 1 +x2dx 12: Karena selang p12

5;12 termuat dalam[0;12] maka

0 Z 2 0 6 p 1 +x2dx 12:

4

Gabungan Beberapa sifat

1. UAS Kalkulus tahun 2003 no. 6 (kriteria: sedang) Diketahui fungsi f dan g kontinu di R dengan

4 Z 2 f(x)dx = 5 dan 2 Z 4 (g(x) f(x)) dx= 10:

Dengan menggunakan sifat-sifat integral, hitunglah

(a) 4 Z 2 g(x)dx; (b) 2 Z 1 f(2x) dx: Jawab:

Diketahui R₂4f(x)dx= 5 dan R₄2[g(x) f(x)]dx= 10: Maka: (a) Z 4 2 [g(x) f(x)]dx = 10 Z 4 2 g(x)dx Z 4 2 f(x)dx = 10 Jadi Z 4 2 g(x)dx= 10 + Z 4 2 f(x)dx= 10 + 5 = 5:

(b) Misalkan u= 2x; makadu= 2dx, sehingga 1

2du=dx:

Ubah batas integral: x= 1_!u= 2 dan x= 2_!u= 4: Jadi

2 Z 1 f(2x)dx= 4 Z 2 f(u) 1 2du = 1 2 Z 4 2 f(u)du= 1 2(5) = 5 2:

2. UAS Kalkulus 1 tahun 2003 no. 9 (kriteria: sedang) Diketahuif adalah fungsi ganjil yang kontinu padaR:Jika

3 Z 1 f( x)dx= 2; tentukan 3 Z 1 f(x) dx:

Jawab:

Misalkan u = x; maka du = dx dan x = 1 _! u = 1; sedangkan x= 3_!u= 3: Jadi Z 3 1 f( x)dx= Z 3 1 f(u)du= 2: Jadi _Z 3 1 f(x)dx= 2: Sedangkan Z 3 1 f(x)dx = Z 1 1 f(x)dx+ Z 3 1 f(x)dx = 0 + Z 3 1

f(x)dx (karena f fungsi ganjil)

= 0 + ( 2) = 2:

3. UAS Kalkulus1 tahun 2002 no. 10 (kriteria: sedang-sulit) Jika f(0) = f(4);maka hitunglah

4 Z 0 f3(t) 1 +f4_(t) f 0_{(t) dt:} Jawab:

Diketahui f(0) = f(4): Maka dengan memisalkan

u= 1 +f4(t) =₎du= 4f3(t)f0(t)dt =₎ f3(t)f0(t)dt = 1 4du;

dan dengan pengubahan batas t= 0 =₎u= 1 +f4(0) t= 4 =₎u= 1 +f4_{(4) = 1 + ( f(0))}4 = 1 +f4₍₀₎ maka integral 4 Z 0 f3(t) 1 +f4_(t)f 0_{(t)dt =} 1 4 1+f4₍₀₎ Z 1+f4₍₀₎ 1 udu

= 0 (karena batas pengintegralannya sama) 4. UAS Kalkulus tahun 2001 no. 6

Tentukan apakah pernyataan-pernyataan berikut ini BENAR ataukan SALAH. (Jawaban tepat: nilai 21

2;jawaban tidak tepat: nilai 1;tidak

(a) Luas daerah yang dibatasi kurvay =f(x);sumbu-x;garisx=a; dan garis x=b adalah R_abf(x)dx :

(b) Jika f terintegralkan pada [a; b]; pastilah f kontinu pada[a; b]: (c) Jika f takkontinu pada [a; b]; pastilah tak ada c₂[a; b] sehingga

f(c) =

Rb

a f(x)dx

b a :

(d) Misalkan f kontinu pada [a; b] dan x ₂ [a; b]; maka

x Z a f(t)dt = f(x): Jawab:

(a) Salah (karena rumus yang benar adalah Z b a j f(x)_jdxsedangkan Z b a f(x)dx ₆= Z b a jf(x)_jdx):

(b) Salah (karena fungsi takkontinu juga terintegralkan asalkan ke-takkontinuannya di sejumlah hingga titik dan fungsinya terbatas, misalkan fungsi tangga).

(c) Salah (karena ada fungsi takkontinu yang mempunyai nilaicyang demikian).

(d) Salah (karena persamaan yang benar adalah d

dx Z x

a

f(t)dt =f(x))

5. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 7b.

Tunjukkan bahwa untukadanbsebarang bilangan nyata positif, berlaku : 1 Z 0 xa(1 x)bdx= 1 Z 0 xb(1 x)adx

Petunjuk : gunakan substitusi u= 1 x. Jawab:

Misalkan

u= 1 x=₎ du= dx (dan x= 1 u): Ubah batas pengintegralan:

x = 0 =₎u= 1

sehingga Z 1 0 xa(1 x)bdx = Z 0 1 (1 u)aubdu = Z 1 0 (1 u)aubdu = Z 1 0 ub(1 u)adu = Z 1 0 xb(1 x)adx:

6. UAS Kalkulus1 tahun 1999 no. 9

Diketahui fungsi f dengan sifat-sifat f(x) = f( x); f(x) 0 dan

2 Z 0 f(x)dx = 4 Tentukan (a) 2 Z 2 (f(x) +f( x))dx (b) 2 Z 2 jf(x)_j dx Jawab: Diketahui

f(x) =f( x) (berarti f fungsi genap); f(x) 0; dan Z 2 0 f(x)dx= 4: (a) Z 2 2 [f(x) +f( x)]dx = Z 2 2 [f(x) +f(x)]dx = 2 Z 2 2 f(x)dx = 2 (2) Z 2 0

f(x)dx (karenaf fungsi genap)

(b)

jf(x)_j= f(x); bila f(x) 0

f(x); bila f(x)<0

Karena untuk f(x) = 0 berlaku f(x) = f(x); maka _jf(x)_j

dapat dituliskan sebagai

jf(x)_j= f(x); bila f(x)>0 f(x); bila f(x) 0 Jadi Z 2 2 jf(x)_j dx = Z 2 2 [ f(x)] dx (karena f(x) 0) = 2 Z 2 0

f(x) dx (karena f fungsi genap)

= ( 2) ( 4) = 8

7. UAS Kalkulus 1 tahun 1998 no. 10.

Diketahuif kontinu dan monoton turun pada selang[c;₁)dan diberikan Z x

c

t3f(t)dt=px2 _1:

(a) Tentukanf(x):

(b) Dengan menggunakan Sifat Keterbatasan berikut, tentukan selang tertutup yang memuat nilai dari

Z 4 2

f(x)dx:

Catatan:

(Sifat Keterbatasan) Jika f terintegralkan pada[a; b] dan jika m f(x) M untuk semua x dalam[a; b], maka

m(b a) Z b a f(x)dx M(b a): Jawab: (a) Z x c t3f(t) dt =px2 _{1 =)D} x Z x c g(t) dt =Dx p x2 _{1 :}

Misalkan g(t) = t3_{f(t): Karena f kontinu pada [c;}

1) maka g kontinu pada [c;₁); sehingga menurut Teorema Dasar Kalkulus II : Dx Z x c g(t) dt =Dx Z x c t3f(t) dt =x3f(x): Jadi x3f(x) = _p x x2 ₁ =)f(x) = 1 x2p_x2 ₁:

(b) Diketahuif fungsi monoton turun pada [2;4];maka

f(2) = 1

4p3 merupakan nilai maksimum, dan

f(4) = 1

16p15 merupakan nilai minimum.

Karena f kontinu pada [2;4] maka f terintegralkan pada [2;4]; sehingga menurut Sifat Keterbatasan :

f(4) (4 2) Z 4 2 f(x) dx f(2) (4 2) 1 8p15 Z 4 2 f(x) dx 1 2p3:

Jadi selang tertutup yang memuatR₂4f(x)dx(antara lain) adalah h 1 8p15; 1 2p3 i

8. UAS Kalkulus1 tahun 1997 no. 2.

Tuliskan semua persyaratan agar fungsi f terintegralkan pada suatu interval [a; b]:

(a) Untuk setiap fungsi di bawah ini, periksalah apakah fungsi ini terintegralkan pada interval [ 2;2]: Anda hanya diminta untuk memeriksanya, bukan menentukan nilai integralnya.

(b) f(x) = x2

(c) f(x) = _jx_j (d) f(x) = 1

x

(e) f(x) = [x];dengan[x]dide…nisikan sebagai bilangan bulat terbe-sar yang lebih kecil atau sama denganx:

Jawab:

(a) Jikafterbatas dan kontinu pada[a; b]kecuali di sejumlah berhingga titik, makaf terintegralkan pada[a; b]:Khususnya, jikaf kontinu pada [a; b] makaf terintegralkan pada [a; b]:

(b) f(x) =x2 _{terintegralkan pada [ 2;2] karena f fungsi polinomial}

sehinggaf kontinu pada[ 2;2]:

(c) f(x) = _jx_jterintegralkan pada[ 2;2]karenaffungsi nilai mutlak sehinggaf kontinu pada[ 2;2]:

(d) f(x) = 1

x tidak terintegralkan pada [ 2;2] karena kontribusi se-lang bagian yang memuat 0 kepada sembarang jumlah Riemann dapat dibuat berapapun besarnya (₁) atau berapapun kecilnya

( ₁)dengan cara memilih titik sampelxi yang cukup dekat

den-gan 0 dari kanan (kiri) yang mengakibatkan Limit Jumlah Rie-mann lim kPk!0 n X i=1 f(xi) 4xi tidak ada.

(e) f(x) = [x] terintegralkan pada[ 2;2]karenaf terbatas dan keti-dakkontinuannya hanya di sejumlah berhingga titik.

9. UAS tahun 1995 no. 10

(a) Jika diketahui f(x) = f( x) dan Z 4 0 f(x)dx = 2; tentukan Z 4 4 f(x)dx: (b) Jika diketahui Z 0 2 f(x)dx = 4 dan Z 2 0 f(x)dx= 2; tentukan Z 2 0 f( x)dx: Jawab:

(a) Karenaf(x) =f( x); yaitu f merupakan fungsi genap, maka Z 4 4 f(x)dx= 2 Z 4 0 f(x)dx= 2 (2) = 4:

(b) Dengan mengambil substitusiu= x, maka du= dx: Ubah batas:

x= 0 ₎ u= 0

sehingga _Z 2 0 f( x)dx= Z 2 0 f(u)du= 2: