Dadang Amir Hamzah · 3 Teorema Dasar Kalkulus I 4 Teorema Dasar Kalkulus II 5 Rumus Dasar dan...

Matematika II : Integral Tentu

Dadang Amir Hamzah

sumber : http://www.whsd.org/uploaded/faculty/tmm/calc front image.jpg

2016

Dadang Amir Hamzah Matematika II Semester II 2016 1 / 47

Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu

3 Teorema Dasar Kalkulus I

4 Teorema Dasar Kalkulus II

5 Rumus Dasar dan Sifat-sifat Integral

6 Metode Substitusi


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Luas ?


Hampiran luas


Menghitung luas daerah

Misal diberikan suatu daerah R. Bagaimana menentukan luas R ?

1 Hampiri daerah R dengan n bentuk (misalnya persegi panjang,segitiga) yang sudah diketahui luasnya.

2 Hitung luas masing-masing3 Jumlahkan4 Hitung limit n→∞5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.



Misal diberikan suatu daerah R. Bagaimana menentukan luas R ?1 Hampiri daerah R dengan n bentuk (misalnya persegi panjang,

segitiga) yang sudah diketahui luasnya.

2 Hitung luas masing-masing3 Jumlahkan4 Hitung limit n→∞5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.




segitiga) yang sudah diketahui luasnya.2 Hitung luas masing-masing

3 Jumlahkan4 Hitung limit n→∞5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.




segitiga) yang sudah diketahui luasnya.2 Hitung luas masing-masing3 Jumlahkan

4 Hitung limit n→∞5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.




segitiga) yang sudah diketahui luasnya.2 Hitung luas masing-masing3 Jumlahkan4 Hitung limit n→∞

5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.




segitiga) yang sudah diketahui luasnya.2 Hitung luas masing-masing3 Jumlahkan4 Hitung limit n→∞5 Jika limitnya ada misal A, maka luas daerah R adalah A.



Perhatikan gambar



dengan cara yang sama kita dapat menentukan luas daerah S




S = S1 + S2 + S3 + S4




S = S1 + S2 + S3 + S4 = 14 .(

14 .)2

+ 14 .(

12

)2+ 1

4 .(

34

)2+ 1

4 .(1)2




S = S1 + S2 + S3 + S4 = 14 .(

14 .)2

+ 14 .(

12

)2+ 1

4 .(

34

)2+ 1

4 .(1)2 = 1532



Misal diberikan kurva y = f(x), a ≤ x ≤ b. Kita dapat menentukan luasdaerah dibawah kurva y = f(x) diatas sumbu-x dengan cara yangsama



Misal diberikan kurva y = f(x), a ≤ x ≤ b. Kita dapat menentukan luasdaerah dibawah kurva y = f(x) diatas sumbu-x dengan cara yangsama

Misalkan luas persegi ke i adalah Ai, Ai = yi(xi − xi−1) = yi∆xiMaka hampiran luasnya adalah

A ≈ A1 +A2 +A3 + · · ·+An

A ≈n∑

i=1

Ai =

n∑i=1

yi∆xi



Luas Ai dihampiri dengan memilih sebarang x̄i, xi−1 ≤ x̄i ≤ xikemudian

Ai ≈ f(x̄i)(xi − xi−1)



Bila yi = f(x̄i) untuk semua i = 1, 2, . . . , n, dengan xi−1 ≤ x̄i ≤ xi,maka

A ≈n∑

i=1

f(x̄i)∆xi.



Bila yi = f(x̄i) untuk semua i = 1, 2, . . . , n, dengan xi−1 ≤ x̄i ≤ xi,maka

A ≈n∑

i=1

f(x̄i)∆xi.

Selanjutnya,

A = limn→∞

n∑i=1

f(x̄i)∆xi


Contoh 1

Misalkan daerah yang akan dihampiri adalah luas diantara garis y = xdan sumbu-x, dengan x antara 0 dan 1.


Contoh 1


Agar mudah, kita asumsikan xi − xi−1 = ∆xi = ∆x (konstan).


Contoh 1


Agar mudah, kita asumsikan xi − xi−1 = ∆xi = ∆x (konstan).Maka hampiran luasnya adalah

A ≈ f(x1)∆x1 + f(x2)∆x2 + · · ·+ f(xn)∆xn= f(x1)∆x+ f(x2)∆x+ · · ·+ f(xn)∆x= ∆x[f(x1) + f(x2) + · · ·+ f(xn)]=

∑ni=1 ∆x f(xi).


Contoh 1

∆x = 1−0n = 1

nx0 = 0x1 = 0 + ∆x = 1

nx2 = x1 + ∆x = 0 + ∆x+ ∆x = 0 + 2.∆x = 1

n + 1n = 2

nx3 = x2 + ∆x = x1 + ∆x+ ∆x = 0 + ∆x+ ∆x+ ∆x = 3.∆x = 3

n...xi = i∆x = i

n...xn = n.∆x = 1f(xi) = xi = i

nJadi

A ≈n∑

i=1

∆x f(xi) =

n∑i=1

∆x

(i

n

)=

∆x

n

n∑i=1

i

ingat :∑n

i = n.n+12 (deret aritmatika)


Contoh 1

A ≈ ∆xn n n+1

2

= ∆xn+12

= 1nn+1

2

= n+12n

Luas A adalahA = lim

n→∞

n+ 1

2n=

1

2


Sifat Notasi Sigma

Teorema (kelinearan)n∑

i=1

c ai = c

n∑i=1

ai

n∑i=1

(ai + bi) =

n∑i=1

ai +

n∑i=1

bi

n∑i=1

i = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n = n(n+1)2

n∑i=1

i2 = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 = n(n+1)(2n+1)6

n∑i=1

i3 = 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =

(n(n+1)

2

)2


Contoh 2

Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh y = f(x) = x2 pada interval[0, 2].


Contoh 2

Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh y = f(x) = x2 pada interval[0, 2].Misal A adalah daerah yang dicari. Maka


Contoh 2


A = limn→∞

n∑i=1

∆x f(xi)


Contoh 2


A = limn→∞

n∑i=1

∆x f(xi)

∆x = 2−0n = 2

n


Contoh 2


A = limn→∞

n∑i=1

∆x f(xi)

∆x = 2−0n = 2

nxi = 2i

n


Contoh 2


A = limn→∞

n∑i=1

∆x f(xi)

∆x = 2−0n = 2

nxi = 2i

n

f(xi) = x2i =

(2in

)2= 4i2

n2


Contoh 2


A = limn→∞

n∑i=1

∆x f(xi)

∆x = 2−0n = 2

nxi = 2i

n

f(xi) = x2i =

(2in

)2= 4i2

n2

Jadi,

A = limn→∞

n∑i=1

2n

4i2

n2

= limn→∞

8n3

n∑i=1

i2 = limn→∞

8n3

n(n+1)(2n+1)6 = 8

3


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Jumlah Riemann

Misalkan f terdefinisi pada interval [a, b]

Misalkan P adalah partisi dari [a, b], diwakili oleh himpunan{x0, x1, x2, . . . , xn} dengan

a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b

dan ∆xi = xi − xi−1 merupakan panjang interval bagian ke i.Pada setiap selang bagian [xi−1, xi] pilih titik sampel x̄i.Jumlah berikut disebut jumlah Riemann

Rp(f) =

n∑i=1

f(x̄i)∆xi


Jumlah Riemann



a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b

dan ∆xi = xi − xi−1 merupakan panjang interval bagian ke i.

Pada setiap selang bagian [xi−1, xi] pilih titik sampel x̄i.Jumlah berikut disebut jumlah Riemann

Rp(f) =

n∑i=1

f(x̄i)∆xi


Jumlah Riemann



a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b

dan ∆xi = xi − xi−1 merupakan panjang interval bagian ke i.Pada setiap selang bagian [xi−1, xi] pilih titik sampel x̄i.

Jumlah berikut disebut jumlah Riemann

Rp(f) =

n∑i=1

f(x̄i)∆xi


Jumlah Riemann



a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b

dan ∆xi = xi − xi−1 merupakan panjang interval bagian ke i.Pada setiap selang bagian [xi−1, xi] pilih titik sampel x̄i.Jumlah berikut disebut jumlah Riemann

Rp(f) =

n∑i=1

f(x̄i)∆xi


Jumlah Riemann

‖P‖ = max ∆xi disebut norm dari partisi P , adalah panjangsubinterval terpanjang dari partisi P .


Integral Riemann

Definisi : Integral RiemannMisalkan f suatu fungsi pada interval tutup [a, b]. Jika

lim‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi

ada, maka f disebut terintegral pada interval [a, b]. Nilai limit ini ditulissebagai

∫ ba f(x)dx ∫ b

af(x)dx = lim

‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi

yakni integral tentu (integral Riemann) dari f dengan batas a sampai b(pada [a, b]).


Integral Riemann

lim‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi =

∫ b

af(x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

f(x̄i)∆xi

Catatan : Nilai a tidak harus kurang dari b


Catatan

1 Nilai a tidak harus kurang dari b.

2 Jika f ≥ 0, maka nilai limit lim‖P‖→0

∑ni=1 f(x̄i)∆xi memberikan luas

daerah grafik f pada [a, b].3 Notasi :

lim‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi =

∫ b

af(x)dx

4 Integral tentu∫ ba f(x)dx adalah bilangan, sedangkan integral tak

tentu∫f(x)dx adalah keluarga fungsi-fungsi.

5 lim‖P‖→0

∑ni=1 f(x̄i)∆xi ada, maka f disebut terintegral pada [a, b].

6 x adalah dummy variabel∫ b

af(x)dx =

∫ b

af(t)dt =

∫ b

af(w)dw


Catatan

1 Nilai a tidak harus kurang dari b.2 Jika f ≥ 0, maka nilai limit lim

‖P‖→0


daerah grafik f pada [a, b].

3 Notasi :

lim‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi =

∫ b

af(x)dx



5 lim‖P‖→0



af(x)dx =

∫ b

af(t)dt =

∫ b

af(w)dw


Catatan

1 Nilai a tidak harus kurang dari b.2 Jika f ≥ 0, maka nilai limit lim

‖P‖→0


daerah grafik f pada [a, b].3 Notasi :

lim‖P‖→0

n∑i=1

f(x̄i)∆xi =

∫ b

af(x)dx



5 lim‖P‖→0



af(x)dx =

∫ b

af(t)dt =

∫ b

af(w)dw


Sifat-sifat dasar

1∫ aa f(x)dx = 0

2∫ ba f(x)dx = −

∫ ab f(x)dx

3 Sifat penambahan interval∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ d

cf(x)dx

Titik c tidak harus diantara a dan b.


Keterintegralan

Teorema : KeterintegralanJika f kontinu pada interval [a, b] kecuali mungkin pada berhinggabuah titik, maka f terintegral. Khusunya

kontinu ⇒ terintegral

Contoh fungsi terintegral1 Suku banyak (polinom)2 Fungsi sinx dan cosx

3 Fungsi rasional pada [a, b] dengan syarat [a, b] tidak memuat titikdimana penyebut bernilai nol.


Contoh

Fungsi

f(x) =

x2 − 1, jika − 4 ≤ x < −1−x− 1, jika − 1 ≤ x ≤ 1x2, jika 1 < x < 22 jika 2 ≤ x ≤ 4

Terintegral pada [−4, 4] karena kontinu pada [−4, 4] kecuali di x = 1dan x = 2.


Catatan

∫ b

af(x)dx = lim

n→∞

n∑i=1

∆xf(xi)

dimana :

∆x = b−an

xi = a+ i∆x = a+ i(b−a)n


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Latar belakang (Jarak dan Laju)

Misalkan v(t) : laju sesaat; s(t) : jarak tempuh.

Untuk setiap t, jarak yang ditempuh pada selang waktu t sampait+ ∆t adalah s(t) = v(t) [(t+ ∆t)− t] = v(t) ∆t.Jadi, jarak yang ditempuh pada selang waktu a dan t dapatdihampiri oleh

s(t) ≈ v(t1)(t1 − 0) + v(t2)(t2 − t1) + . . .+ v(tn)(t− tn−1)=

∑ni v(ti)∆ti

t0 = 0, t = tn. Ini adalah jumlah Riemann dari fungsi v(t) pada[0, t].Jika v(t) kontinu, maka

limn→∞

n∑i=1

v(ti)∆ti =

∫ t

0v(u)du = s(t), s(0) = 0.



Misalkan v(t) : laju sesaat; s(t) : jarak tempuh.Untuk setiap t, jarak yang ditempuh pada selang waktu t sampait+ ∆t adalah s(t) = v(t) [(t+ ∆t)− t] = v(t) ∆t.

Jadi, jarak yang ditempuh pada selang waktu a dan t dapatdihampiri oleh


∑ni v(ti)∆ti


limn→∞

n∑i=1

v(ti)∆ti =

∫ t

0v(u)du = s(t), s(0) = 0.



Misalkan v(t) : laju sesaat; s(t) : jarak tempuh.Untuk setiap t, jarak yang ditempuh pada selang waktu t sampait+ ∆t adalah s(t) = v(t) [(t+ ∆t)− t] = v(t) ∆t.Jadi, jarak yang ditempuh pada selang waktu a dan t dapatdihampiri oleh


∑ni v(ti)∆ti

t0 = 0, t = tn. Ini adalah jumlah Riemann dari fungsi v(t) pada[0, t].

Jika v(t) kontinu, maka

limn→∞

n∑i=1

v(ti)∆ti =

∫ t

0v(u)du = s(t), s(0) = 0.



Misalkan v(t) : laju sesaat; s(t) : jarak tempuh.Untuk setiap t, jarak yang ditempuh pada selang waktu t sampait+ ∆t adalah s(t) = v(t) [(t+ ∆t)− t] = v(t) ∆t.Jadi, jarak yang ditempuh pada selang waktu a dan t dapatdihampiri oleh


∑ni v(ti)∆ti


limn→∞

n∑i=1

v(ti)∆ti =

∫ t

0v(u)du = s(t), s(0) = 0.


Jarak dan Laju

Jadi, jarak yang ditempuh pada selang waktu a dan t dapatdihampiri oleh


∑ni v(ti)∆ti


limn→∞

n∑i=1

v(ti)∆ti =

∫ t

0v(u)du = s(t), s(0) = 0.

Tetapi v(t) = ddts(t) atau

v(t) =d

dt

∫ t

0v(u)du


TDK I

Teorema Dasar Kalkulus IJika f kontinu pada [a, b] dan x ∈ (a, b), dan F (x) =

∫ xa f(t)dt,

a < x < b, maka

dF

dx= F ′(x) atau

d

dx

∫ x

af(t)dt = f(x).


TDK I

Teorema Dasar Kalkulus IJika f kontinu pada [a, b] dan x ∈ (a, b), dan F (x) =

∫ xa f(t)dt,

a < x < b, maka

dF

dx= F ′(x) atau

d

dx

∫ x

af(t)dt = f(x).

Ingat :d

d�

∫ �

af(t)dt = f(�)

Tiap fungsi kontinu mempunyai antiturunan (terintegralkan)!


Exercise

Tentukan F ′(x) dari1 F (x) =

∫ x1

t3√1+t2

dt

2 F (x) =∫ x

0 (2t2 +√t)dt

3 F (x) =∫ x

1 cos3(2t) tan(t) dt

4 F (x) =∫ x

1 x t dt

5 F (x) =∫ x2

1 sin(t)dt

6 F (x) =∫ x2+x

1

√2t+ sin(t)dt

7 F (x) =∫ x−x2

t2

1+t2dt

8 F (x) =∫ sin(x)

cos(x) t5dt


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Menghitung Integral

Misalkan A(x) =∫ x

1 t3dt.

Kemudian ddx

(x4

4

)= x3.

Dengan demikian,∫ 10

1 t3dt = A(10) = 104

4 −14 = 9999

4 .

Lebih lanjut,∫ ba t

3dt =∫ b

1 t3dt−

∫ a1 t

3dt = A(b)−A(a).


Menghitung Integral


1 t3dt. Maka A′(x) = x3.

Kemudian ddx

(x4

4

)= x3.


1 t3dt = A(10) = 104

4 −14 = 9999

4 .


3dt =∫ b

1 t3dt−

∫ a1 t

3dt = A(b)−A(a).


Menghitung Integral



Kemudian ddx

(x4

4

)= x3. Jadi, d

dx

(x4

4

)= d

dx

∫ x1 t

3dt, sehinggaselisihnya konstan yakni∫ x

1t3dt− x4

4= K atau A(x) =

∫ x

1t3dt =

x4

4+K


1 t3dt = A(10) = 104

4 −14 = 9999

4 .


3dt =∫ b

1 t3dt−

∫ a1 t

3dt = A(b)−A(a).


Menghitung Integral



Kemudian ddx

(x4

4

)= x3. Jadi, d

dx

(x4

4

)= d

dx

∫ x1 t


1t3dt− x4

4= K atau A(x) =

∫ x

1t3dt =

x4

4+K

Periksa saat x = 1, A(1) = 0


1 t3dt = A(10) = 104

4 −14 = 9999

4 .


3dt =∫ b

1 t3dt−

∫ a1 t

3dt = A(b)−A(a).


Menghitung Integral



Kemudian ddx

(x4

4

)= x3. Jadi, d

dx

(x4

4

)= d

dx

∫ x1 t


1t3dt− x4

4= K atau A(x) =

∫ x

1t3dt =

x4

4+K

Periksa saat x = 1, A(1) = 0

0 = A(1) = 14

4 +K, maka K = −14 dan A(x) =

∫ x1 t

3dt = x4

4 −14 .


1 t3dt = A(10) = 104

4 −14 = 9999

4 .


3dt =∫ b

1 t3dt−

∫ a1 t

3dt = A(b)−A(a).


Menghitung Integral

Pada umumnya sulit menghitung integral tentu dengan limitjumlah Riemann.

Diskusi sebelumnya ( menentukan∫ 10

1 t3dt ) menjadi petunjukbagaimana cara menghitung integral tentu lebih mudah.Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F ′(x) antiturunan dari f pada[a, b], F ′(x) = f(x).

I Misalkan G(x) =∫ x

af(t)dt. Maka G′(x) = f(x) = F ′(x).

I Sehingga, F (x)−G(x) = k, untuk suatu k ∈ R.I Jadi,

F (b)− F (a) = [G(b) + k]− [G(a) + k]= G(b)−G(a)

=∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt

=∫ b

af(t)dt.


Menghitung Integral

Pada umumnya sulit menghitung integral tentu dengan limitjumlah Riemann.Diskusi sebelumnya ( menentukan

∫ 101 t3dt ) menjadi petunjuk

bagaimana cara menghitung integral tentu lebih mudah.

Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F ′(x) antiturunan dari f pada[a, b], F ′(x) = f(x).




F (b)− F (a) = [G(b) + k]− [G(a) + k]= G(b)−G(a)

=∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt

=∫ b

af(t)dt.


Menghitung Integral



bagaimana cara menghitung integral tentu lebih mudah.Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F ′(x) antiturunan dari f pada[a, b], F ′(x) = f(x).




F (b)− F (a) = [G(b) + k]− [G(a) + k]= G(b)−G(a)

=∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt

=∫ b

af(t)dt.


Menghitung Integral






I Sehingga, F (x)−G(x) = k, untuk suatu k ∈ R.

I Jadi,F (b)− F (a) = [G(b) + k]− [G(a) + k]

= G(b)−G(a)

=∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt

=∫ b

af(t)dt.


Menghitung Integral







F (b)− F (a) = [G(b) + k]− [G(a) + k]= G(b)−G(a)

=∫ b

af(t)dt−

∫ a

af(t)dt

=∫ b

af(t)dt.


TDK II

Teorema Dasar Kalkulus IIMisalkan f kontinu pada [a, b] dan F ′(x) = f(x) pada (a, b). Maka∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a)


Teorema Dasar Kalkulus I & II

Teorema Dasar KalkulusMisalkan f kontinu pada [a, b]

1 Jika f kontinu pada [a, b] dan x ∈ (a, b), dan F (x) =∫ xa f(t)dt,

a < x < b, maka

dF

dx= F ′(x) atau

d

dx

∫ x

af(t)dt = f(x).

2 Misalkan f kontinu pada [a, b] dan F ′(x) = f(x) pada (a, b). Maka∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a)


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Rumus Dasar Integral

1∫

d� = � +K

2∫�nd� = 1

n+1�n+1 +K, n 6= −1

3∫

1�d� = ln |�|+K (dibahas pada bab fungsi transenden)



1∫

d� = � +K

2∫�nd� = 1

n+1�n+1 +K, n 6= −1

3∫


Teorema : KelinearanJika f dan g terintegral pada [a, b] dan α, β ∈ R, maka αf + βg jugaterintegral pada [a, b] dan∫ b

a[αf(x) + βg(x)]dx = α

∫ b

af(x)dx+ β

∫ b

ag(x)dx



1∫

d� = � +K

2∫�nd� = 1

n+1�n+1 +K, n 6= −1

3∫


Teorema : KelinearanJika f dan g terintegral pada [a, b] dan α, β ∈ R, maka αf + βg jugaterintegral pada [a, b] dan∫ b

a[αf(x) + βg(x)]dx = α

∫ b

af(x)dx+ β

∫ b

ag(x)dx

Contoh:∫ 10 (3x2 + 2x+ 1)dx = x3 + x2 + x

∣∣10

= (13 + 12 + 1)− 0 = 3


Rumus Dasar Integral (lanjutan)

1∫

sin(x)dx = − cos(x) +K

2∫

cos(x)dx = sin(x) +K

3∫

tan(x)dx = − ln | cos(x)|+K

4∫

sec2(x)dx = tan(x) +K

5∫

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

6∫

csc(x) cot(x)dx = − csc(x) +K

7∫

csc2(x)dx = − cot(x) +K


Urutan dan Keterbatasan

Teorema(Urutan)Jika f dan g terintegral pada [a, b] dan f(x) ≤ g(x) untuk setiapx ∈ [a, b], maka ∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

ag(x)dx

Terorema (Keterbatasan)Jika f terintegralkan pada [a, b] dan m ≤ f(x) ≤M untuk tiapx ∈ [a, b], maka

m(b− a) ≤∫ b

af(x)dx ≤M(b− a)


Outline

1 Pendahuluan Luas

2 Integral Tentu




6 Metode Substitusi


Integral Tak Tentu

Metode substitusi untuk Integral Tak TentuJika g mempunyai turunan dan F adalah antiturunan dari f , maka∫

f(g(x))g′(x)dx = F (g(x)) + C

Penyajian lain∫f(g(x)︸︷︷︸u

)g′(x)dx︸︷︷︸

du

= F (u) + C = F (g(x)) + C


Aplikasi Substitusi

Untuk menyelesaikan integral∫h(x)dx, tentukan g(x) yang ‘tepat’

sehingga

I integral semula dapat ditulis dalam bentuk∫h(x)dx =

∫f(g(x))g′(x)dx

danI integral

∫f(g(x))g′(x)dx =

∫f(u)du mudah diselesaikan.

Contoh : Tentukan∫x sin(x2)dx

I Pilih u = x2. Maka du = 2xdx.∫x sin(x2)dx =

∫ (sin(x2)

)xdx =

∫(sin(u))

(12

)du = 1

2

∫sin(u)du

= 12 (− cos(u)) + C = − 1

2 cos(x2) + C


Aplikasi Substitusi


sehinggaI integral semula dapat ditulis dalam bentuk∫

h(x)dx =

∫f(g(x))g′(x)dx

dan

I integral∫f(g(x))g′(x)dx =




∫ (sin(x2)

)xdx =

∫(sin(u))

(12

)du = 1

2

∫sin(u)du

= 12 (− cos(u)) + C = − 1

2 cos(x2) + C


Aplikasi Substitusi


sehinggaI integral semula dapat ditulis dalam bentuk∫

h(x)dx =

∫f(g(x))g′(x)dx

danI integral

∫f(g(x))g′(x)dx =




∫ (sin(x2)

)xdx =

∫(sin(u))

(12

)du = 1

2

∫sin(u)du

= 12 (− cos(u)) + C = − 1

2 cos(x2) + C


Exercise

Tentukan integral-integral berikut :1∫x cos(x2 + 1)dx

2∫

sin4(x) cos(x)dx

3∫ √

x

(2+x3/2)2dx

4∫ sin(x)dx√

2+cos(x)

Tulis seluruhnya dalam variabel baru, misalnya u, jangan sisakanx.Selesaikan integral dalam variabel baru u.Substitusi ulang untuk menuliskan hasil akhir dalam x.


Exercise


2∫

sin4(x) cos(x)dx

3∫ √

x

(2+x3/2)2dx

4∫ sin(x)dx√

2+cos(x)

Catatan :

Tulis seluruhnya dalam variabel baru, misalnya u, jangan sisakanx.Selesaikan integral dalam variabel baru u.Substitusi ulang untuk menuliskan hasil akhir dalam x.


Exercise


2∫

sin4(x) cos(x)dx

3∫ √

x

(2+x3/2)2dx

4∫ sin(x)dx√

2+cos(x)

Catatan :Tulis seluruhnya dalam variabel baru, misalnya u, jangan sisakanx.

Selesaikan integral dalam variabel baru u.Substitusi ulang untuk menuliskan hasil akhir dalam x.


Exercise


2∫

sin4(x) cos(x)dx

3∫ √

x

(2+x3/2)2dx

4∫ sin(x)dx√

2+cos(x)

Catatan :Tulis seluruhnya dalam variabel baru, misalnya u, jangan sisakanx.Selesaikan integral dalam variabel baru u.

Substitusi ulang untuk menuliskan hasil akhir dalam x.


Exercise


2∫

sin4(x) cos(x)dx

3∫ √

x

(2+x3/2)2dx

4∫ sin(x)dx√

2+cos(x)

Catatan :Tulis seluruhnya dalam variabel baru, misalnya u, jangan sisakanx.Selesaikan integral dalam variabel baru u.Substitusi ulang untuk menuliskan hasil akhir dalam x.


Integral tentu

Teorema (Metode substitusi untuk Integral Tentu)Jika g mempunyai turunan dan F adalah antiturunan dari f , maka∫ b

af(g(x))g′(x)dx =

∫ g(b)

g(a)f(u)du


Contoh

∫ 40 x√

9 + x2dx


Contoh

∫ 40 x√

9 + x2dxSolusi:


Contoh

∫ 40 x√

9 + x2dxSolusi:Misalkan u = g(x) = 9 + x2, xdx = 1

2du.


Contoh

∫ 40 x√


2du.Cara 1: Tentukan itegral tak tentu∫

x√

9 + x2 dx =∫ √

u12du = 1

2

∫ √udu

= 12

(23u

32

)+ C = 1

3u23 + C

= 13(9 + x2)

23 + C


Contoh∫ 40 x√


2du.Cara 1: Tentukan itegral tak tentu∫

x√

9 + x2 dx =∫ √

u12du = 1

2

∫ √udu

= 12

(23u

32

)+ C = 1

3u23 + C

= 13(9 + x2)

23 + C

Maka ∫ 40 x√

9 + x2dx = 13(9 + x2)

23

∣∣40

= 13 [(9 + 42)

32 − (9 + 02)

32 ]

= 983


Integral tentu

Cara 2: Ganti batas integral x = 0→ u = g(0) = 9 danx = 4→ g(4) = 25.


Integral tentu

Cara 2: Ganti batas integral x = 0→ u = g(0) = 9 danx = 4→ g(4) = 25.

∫ 40 x√

9 + x2 dx =∫ x=4x=0 x

√9 + x2 dx =

∫ u=25u=9

√u(

12

)du = 1

2

(23u

32

)∣∣25

9

= 13u

32

∣∣25

9= 1

3(2532 − 9

32 ) = 1

3(53 − 33) = 983


Dadang Amir Hamzah · 3 Teorema Dasar Kalkulus I 4 Teorema Dasar Kalkulus II 5 Rumus Dasar dan...

Documents

Transcript of Dadang Amir Hamzah · 3 Teorema Dasar Kalkulus I 4 Teorema Dasar Kalkulus II 5 Rumus Dasar dan...