Materi Kalkulus 2 (Integral)

69
INTEGRAL TENTU Definisi : Misal f fungsi yang didefinisikan pada [a,b], f dikatakan terintegralkan pada [a,b] jika lim | P|→0 i=1 n f ( x i ) Δx i ada, selanjutnya a b f ( x ) dx disebut Integral Tentu (Integral Riemann) f dari a ke b, dan didefinisikan a b f ( x ) dx = lim | P|→0 i=1 n f ( x i ) Δx i Teorema : Jika fungsi f kontinu pada selang [ a,b ] dan F suatu anti turunan dari fungsi f pada selang itu,maka : a b f ( x ) dx= ¿F(b)-F(a) Bukti : Jika P = { a=x 0 ,x 1 ,x 2 ,…,x n =b } adalah partisi sebarang dari selang[ a,b ] , maka : F(b)-F(a) = F( x n )-F( x n1 )+F( x n1 )- F( x n2 )+. . .+F( x 1 )-F( x 0 )= i=1 n [ F ( x 1 ) F( x i1 ) ] Menurut teorema nilai rata-rata yang diterapkan pada fungsi F pada selang [ x i1 ,x i ] kita peroleh F( x i ¿ F( x¿¿ i1) ¿ =F( w i ) . ( x i x i1 ¿ =f( w i ) . ∆x i dengan x i1 < w i <x i .

description

Integral tentu,sifat integral tentu, mencari luas daerah dengan teknik integrasi, volume benda putar, menentukan panjang kurva dengan teknik integrasi, integral parsial, integral fungsi trigonometri, integral subtitusi trigonometri, integral subtitusi bentuk kuadrat, integral fungsi rasional, integral funsi rasional bentuk sinus dan cosinus, integral tak wajar, integral tak wajar untuk integran tak terdefinisi.

Transcript of Materi Kalkulus 2 (Integral)

Page 1: Materi Kalkulus 2 (Integral)

INTEGRAL TENTU

Definisi :Misal f fungsi yang didefinisikan pada [a,b], f dikatakan terintegralkan pada [a,b]

jika lim

|P|→0∑i=1

n

f ( x i) Δxi ada, selanjutnya

∫a

b

f ( x )dx disebut Integral Tentu (Integral

Riemann) f dari a ke b, dan didefinisikan

∫a

b

f ( x )dx =

lim|P|→0

∑i=1

n

f ( x i) Δxi

Teorema :Jika fungsi f kontinu pada selang [ a , b ] dan F suatu anti turunan dari fungsi f pada

selang itu,maka :

∫a

b

f ( x )dx=¿F(b)-F(a)

Bukti : Jika P = {a=x0 , x1 , x2 ,…,xn=b} adalah partisi sebarang dari selang[ a , b ],

maka :

F(b)-F(a) = F(xn)-F(xn−1)+F(xn−1)- F(xn−2)+. . .+F(x1)-F(x0)=∑i=1

n

[ F ( x1 )−F (x i−1)]

Menurut teorema nilai rata-rata yang diterapkan pada fungsi F pada selang [ x i−1 , x i ] kita

peroleh

F(x i¿−F (x¿¿i−1)¿=F(w i) . (x i−x i−1¿=f(w i) . ∆ x i dengan x i−1<wi<x i .

Jadi F(b) –F(a) = ∑i=1

n

f (wi)∆ x i

Ruas kiri adalah suatu konstanta,sedangkan ruas kanan adalah jumlah Riemann fungsi f pada

selang [ a , b ]. Jika kedua ruas kita ambil limitnya untuk |P|⇢ 0,kita peroleh

F(b) – F(a) = lim|p|→ 0

∑i=1

n

f ( wi ) ∆ x i=∫a

b

f ( x ) dx

Page 2: Materi Kalkulus 2 (Integral)

SIFAT-SIFAT INTEGRAL TENTU

1. Sifat Penambahan Selang Teorema :Jika f terintegralkan pada suatu selang yang mengandung tiga titik a, b dan c, maka

∫a

c

f ( x )dx =

∫a

b

f ( x )dx +

∫b

c

f ( x )dx bagaimanapun urutan a, b dan c.

Contoh :

1.∫0

2

x2dx=∫0

1

x2 dx+∫1

2

x2dx2.

∫0

2

x2dx=∫0

3

x2 dx+∫3

2

x2dx

3. ∫0

2

x2dx=∫0

−1

x2 dx+∫−1

2

x2dx

2. Sifat SimetriTeorema :

Jika f fungsi genap [f(-x) = f(x)] , maka∫−a

a

f ( x )dx = 2

∫0

a

f ( x )dx dan

Jika f fungsi ganjil [f(-x) = - f(x)], maka ∫−a

a

f ( x )dx = 0.

Contoh:

1. ∫−2

2

x2 dx=2∫0

2

x2 dx=2. F (2 )−0=2.83=16

3

2. ∫−2

2

x3 dx=14

.24−14

.(−2)4=0

Sifat yang lainnya :

Jika fungsi f dan g kontinyu pada selang [ a , b ] dan k suatu konstanta, maka

1. ∫a

a

f ( x )dx=0

2. ∫a

b

f ( x )dx=−∫b

a

f ( x ) dx

Page 3: Materi Kalkulus 2 (Integral)

3. ∫a

b

kf (x ) dx=k∫a

b

f ( x )dx, untuk k konstanta sebarang

4. ∫a

b

[ f ( x )+g ( x ) ] dx=∫a

b

f ( x ) dx+¿∫a

b

g ( x ) dx ¿

5. ∫a

b

[ f ( x )−g (x ) ]dx = ∫a

b

f ( x )dx−¿∫a

b

g ( x ) dx¿

6. ∫a

b

f ( x )dx≥0 jika f(x)≥0 pada [ a , b ]

7. ∫a

b

f ( x )dx≤∫a

b

g ( x ) dx jika f(x)≤g(x) pada [ a , b ]

8. ∫a

c

f ( x )dx+∫c

b

f ( x )dx=∫a

b

f ( x )dx

Bukti : kita buktikan sifat sebagai berikut

1. ∫a

a

f ( x )dx=F (a )−F (a )=0

2. ∫a

b

f ( x )dx=F (b )−F (a )=−F (a )+F (b )=−∫b

a

f ( x ) dx

Bukti no. 4 :

∫a

b

[ f ( x )+g ( x ) ] dx= lim|p|→0

∑i=1

n

[ f (wi )+g (wi) ]∆ xi=¿ lim|p|→ 0

∑i=1

n

f ( wi ) ∆ xi+ lim|p|→0

∑i=1

n

g (wi)∆ xi=∫a

b

f ( x )dx+∫a

b

g ( x )dx ¿

Contoh soal :

1. ∫2

2

f ( x )dx=F (2 )−F (2 )=0

2. ∫2

3

f ( x )dx=F (3 )−F (2 )=−F (2 )+F (3 )=−∫3

2

f (x ) dx

3. ∫1

2

[ x2+x4 ] dx=∫1

2

x2 dx+¿∫1

2

x4 dx=73+ 31

5=128

15¿

4. Hitung

∫−1

2

(4 x−6 x2 )dx

Jawab :

Page 4: Materi Kalkulus 2 (Integral)

∫−1

2

(4 x−6 x2 )dx=4∫−1

2

x dx−6∫−1

2

x2 dx = 4

[ x2

2 ]−1

2

−6 [ x3

3 ]−1

2

= 4( 4

2−1

2 )−6 (83+ 1

3 ) = 12

MENCARI LUAS DAERAH DENGAN TEKNIK INTEGRASI

Perhatikan grafik fungsi dibawah ini!

Fungsi f(x) pada selang [a,b], bagi selang [a,b] menjadi n partisi

Panjang a = x 0 < x 1 < x 2 < …< x n-1 < x n

Panjang partisi ∆xi = xi - xi-1

Rp=limn→ ∞

∑i=1

n

f (x i) . ∆ x

CONTOH 1

Hitunglah luas daerah dibawah kurva f(x) = x+3 yang dibatasi oleh x = -1 dan x = 4!

Page 5: Materi Kalkulus 2 (Integral)

JAWAB :

-2 -1 0 1 2 3 4 5 60

1

2

3

4

5

6

7

8

Luas daerah dibawah kurva f(x) dapat dicari melalui limit jumlah Riemann sebagai berikut.

Partisikan selang [-1,4] menjadi n bagian!

P = { x0, x1, x2, …, xi-1, xi, …, xn-1, xn }

Panjang selang dapat ditentukan : ∆ x=b−an

=4−(−1)

n=5

n

Ambil titik sampel xi di selang [xi-1, xi]

Nilai titik untuk i = 0, 1, 2, …, n adalah :

x0 = -1

x1=−1+∆ x=−1+ 5n

x2=−1+2 ∆ x=−1+2( 5n )

x i=−1+ i . ∆ x=−1+i( 5n )

x n=−1+n . ∆ x=−1+n( 5n )=4

Jadi : f (xi) = xi + 3

¿ [−1+i( 5n )]+3=2+i( 5

n )

Sehingga :

∫−1

4

( x+3 ) dx=limn→

∑i=1

n

f ( x i ) . ∆ x

f(x) = x+3

Page 6: Materi Kalkulus 2 (Integral)

¿ limn→

∑i=1

n

(2+i .5n ) 5

n

¿ limn→ ( 10

n ) . n+( 5n )

2

∑i=1

n

i

¿ limn→ (10+ 25

n2 .n .(n+1)

2 ) ¿ lim

n→ (10+12,5.(1+ 1n))

¿(10+12,5+ 12,5¿)

¿10+12,5+0

¿22,5

CONTOH 2

Cari luas yang dibatasi oleh kurva f(x)=x2 - 2x dan g(x)=6x - x2 dengan selang [0,4]

JAWAB :

0 1 2 3 4 5 6 7

-2-10123456789

10

P = { x0, x1, x2, …, xi-1, xi, …, xn-1, xn }

∆x =4−0

n=

4n

x0 = 0

x1 = 0 + ∆xi = 0 +4n

x2 = 0 + 2∆x = 0 + 2 ( 4n )

x

y

f(x)=x2 - 2x

g(x)=6x - x2

Page 7: Materi Kalkulus 2 (Integral)

x i = 0 + i . ∆ x = 0 + i ( 4n )

x n = 0 + n . ∆x = 0 + n ( 4n ) = 4

Jadi : f (xi) = x2 - 2x

= ( 4 in )( 4 i

n )- 2( 4 in )

= 16 i2

n2 −8 in

g(xi ) = 6x-x2

= 6 ( 4 in )- ( 4 i

n )( 4 in )

= ( 24 in )−( 16 i2

n2 )

Rp=limn→ ∞

∑i=1

n

¿¿(xi ) – g(xi )] . ∆ x

¿ limn → ∞

∑i=1

n

¿¿] . 4n

¿ limn → ∞

∑i=1

n

(¿ 32i2

n2 −32 in

)¿ . 4n

¿ limn → ∞

128n3 ∑

i=1

n

i2−limn → ∞

128n2 ∑

i=1

n

i

= limn →

128n3 ( n .(n+1)(2 n+1)

6 )−128n3 .

n .(n+1)2

= limn →

128

n2(2 n2+3 n+1¿¿¿6 )−128 n+128

2 n

= limn →

1283

+ 64n

−128

n2−64+¿ 64

n¿

¿128

3+ 64 −128

2−64+¿ 64 ¿

= 128

3+0−0−192

3+0

= −64

3

VOLUME BENDA PUTAR

Page 8: Materi Kalkulus 2 (Integral)

y

x=bX=a

x

f(ξ) Y=f(x

y

Suatu bidang datar jika diputar mengelilingi suatu garis tertentu

akan menghasilkan benda yang dapat dihitung volumenya. Ada dua

metode untuk menghitungnya, yaitu metode cakram dan metode kulit

silinder.

A.Metode cakram

Diketahui suatu bidang datar yang dibatasi oleh grafik fungsi f(x),

sumbu x, garis x = a, dan x = b, seperti tampak pada gambar 1. Jika

luasan tersebut diputar mengelilingi sumbu x maka akan didapatkan

suatu benda yang dapat dihitung volumenya (gambar 1 (b)). Jika suatu

pias dengan panjang f(ξ) dan lebar Δx diputar mengelilingi sumbu x, maka

akan terbentuk suatu silinder dengan jari-jari alasnya f(ξ) dan tinginya Δx.

Gambar 1. Volume benda Putar dengan Menggunakan Metode Cakram

(c)

hasil

putaran pias terhadap sumbu x

Volume silinder (hasil putaran pias terhadap sumbu x) tersebut adalah

Δx

f(ξ1 )

(b) hasil putaran daerah terhadap

sumbu x

(a) gambar daerah yang hendak

diputar

Δx = x1−x i−1

x

y=f(x)

X=x i−1 Δx x=x1

Page 9: Materi Kalkulus 2 (Integral)

X = 2

Y = x2

x

y

Selanjutnya, volume benda secara keseluruhan dapat didekati

dengan menjumlahkan volume silinder yang diperoleh dari seluruh

interval, yaitu,

Jumlahan ini akan semakin mendekati volume benda sesungguhnya

jika diambil nilai limitnya seperti pada saat mencari luas datar.

Dari definisi jumlahan Riemann diperoleh rumus untuk mencari

volume benda putar dari daerah yang dibatasi oleh grafik fungsi f(x),

sumbu x, garis x = a, x = b, dan diputar mengelilingi sumbu x sebagai

berikut.

Contoh 1

Hitung volume benda yang terjadi jika daerah pada kuadran 1 yang

dibatasi oleh kurva y = x2 dan garis x = 2 diputar mengelilingi sumbu x.

Jawab:

Daerah pada kuadran 1 yang dibatasi oleh kurva y = x2, sumbu x

dan garis x = 2

Hitung volume dengan menggunakan persamaan:

V= limn→ ∞

∑i=1

n

π ( f (ξ i ))2∆ x

V=∑i=1

n

π ( f (ξ i ))2∆ x

V i=π ( f (ξ i ))2∆ x

V=∫a

b

π ( f (x ) )2 dx

Page 10: Materi Kalkulus 2 (Integral)

V=∫a

b

π ( f (x ) )2 dx

= ∫0

2

π ( x2 )2 dx

= π∫0

2

x4 dx

= 15

π (25−0 )

= 325

π

Page 11: Materi Kalkulus 2 (Integral)

f(ξ)y= y i−1

y

y = c x

y

y = y i−1

g(ξ)

x=g(y)y = d

y = y1

x

f(ξ)

g(ξ)x=a x=b

y=g(x)

y=f(x)

y

X=a x=bx

Y=f(xf(ξ)

y

Rumus Volume Benda Putar Menggunakan Metode Cakram:

Daerah

dibatasi olehSumbu putar

Gambar daerah Rumus

Y = f(x)Sumbu x

Garis x = aGaris x = b

Sumbu x V = ∫a

b

π ( f ( x ) )2 dx

Y=f(x)Y=g(x)

Garis x=aGaris x=b

Sumbu x V = ∫a

b

π [ ( f ( x ) )2−( g ( x ))2 ] dx

x=g(y)sumbu xgaris y=cgaris y=d

Sumbu y

y= y i V = ∫c

d

π ( g ( y ) )2 dy

x=g(y)x=h(y)

garis y=cgaris y=d

Sumbu y V = ∫c

d

π [ ( g ( y ) )2−( h ( y ) )2 ] dy

Contoh 2

Hitung volume benda putar dari daerah yang dibatasi y = x2 dan y =

x jika diputar pada sumbu y.

X=x i−1 Δx x=x1

X=x i−1 x=x1x=h(y) x=g(y)

g(ξ i)

y=d

y= y i

y=c

11

Page 12: Materi Kalkulus 2 (Integral)

o

Jawab:

Tentukan titik potong kedua kurva tersebut:

y=x2

y=x

Jadi titik potongnya adalah (0,0) dan (1,1)

Hitung volume dengan persamaan:

V = π∫0

1

( (√ y )2−( y )2 )dy

= π ∫0

1

( y− y2 ) dy

= π ( 12

y2−13

y3)0

1

= π ((12−

13 )−0)

= 16

π satuan volume

B. Metode Kulit Silinder

Metode cakram dapat dipakai jika sumbu putarnya tegak lurus

dengan piasnya. Jika pengambilan piasnya sejajar dengan sumbu putar,

maka dipergunakan metode kulit silinder.

Jika luasan diputar terhadap sumbu y, maka akan tersebut suatu

benda yang berlubang di tengahnya. Jika pias pada interval ke-i diputar

mengelilingi sumbu y, maka akan terbentuk suatu silinder yang tingginya

f(ξ i) dan berlubang di tengahnya.

x2=x

x2−x=0 x (x−1 )=0

x=0 V x=1 y=0 y=1

12

Daerah yang dibatasi y = x2 dan y = x

y

x

y=x2

y=x

Page 13: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Akan dihitung adalah volume silinder yang diarsir (gambar 2 (c))

dan itu sama artinya dengan menghitung volume silinder yang berjari-jari

x1 dikurangi dengan volume silinder yang berjari-jari x i−1 atau

. V=π ( x1 )2 f (ξ i )−( x i−1 )2 f (ξ i )

= π f(ξ i ¿( ( x i )2−( x i−1 )2 )

= π f(ξ i) (( xi )+( xi−1 )) ( ( x i)−( x i−1 ))Jika ξ1 adalah titik tengah dari x i−1 dan x1, maka

ξ1=xi−1+x i

2

Sehingga V i=π f ( ξi ) 2 ξ i Δ x i, maka

V=∫a

b

2 π x f ( x ) dx

Contoh 1

Hitung volume benda jika daerahnya dibatasi dengan y=x2 dan x=2

dan diputar mengelilingi sumbu y.

Jawab:

13

Page 14: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Hitung volume dengan

menggunakan persamaan:

. V=∫0

2

2 π x x2 dx

= 2π

∫0

2

x3 dx

= 2 π14

x4 ¿¿

= 12

π ( 24−0 )

= 8π satuan volume

14

x

Daerah yang dibatasi y = x2, sumbu x dan garis x = 2

x=2

y=x2y

Page 15: Materi Kalkulus 2 (Integral)

y

Y=f(xf(ξ)

X=a x=bx

y

x

f(ξ)

g(ξ)x=a x=b

y=g(x)

y=f(x)

g(ξ)

x=g(y)y = d

y = y1

y = y i−1y = c x

y

h(ξ i)y= y i−1

y

y=g(x)

x

Rumus Volume Benda Putar dengan Metode Kulit Silinder

Daerah dibatasi

oleh

Sumbu putar

Gambar daerah rumus

y = f(x)Sumbu xGaris x =

aGaris x =

b

Sumbu y V = ∫a

b

2 π x f ( x ) dx

y=f(x)y=g(x)Garis x=aGaris x=b

Sumbu y V = ∫a

b

2 π x ( f (x )−g ( x ) ) dx

x=g(y)sumbu ygaris y=cgaris y=d

Sumbu x

y= y i V = ∫c

d

2 π y g( y)dy

x=g(y)x=h(y)

garis y=cgaris y=d

Sumbu x V = ∫c

d

2 π y ( g ( y )−h ( y ) ) dy

Contoh 2

Hitunglah volume benda putar pada gambar dibawah ini jika diputar

mengelilingi sumbu x.

X=x i−1 x=x i

X=x i−1 x=x1

yx=h(y) x=g(y)

g(ξ i)

y=d

y= y i

y=c

15

Page 16: Materi Kalkulus 2 (Integral)

O

Hitung volume dengan menggunakan

persamaan:

. V=2 π∫0

1

y (√ y− y ) dy

= 2π

∫0

1

( y3/2− y2 ) dy

= 2π ( 25

y5 /2−13

y3)0

1

= 2π (( 23−

13 )−0)

= 2

15π satuan volume

C. Menghitung Volume Benda dengan Metode

Penampang Melintang

Selain untuk menghitung volume benda putar, integral juga dapat

dipakai untuk menghitung volume yang sudah diketahui bentuk

penampang melintangnya. Mula-mula ditentukan letak sumbu-sumbu

koordinat pada benda tersebut sedemikian hingga luas penampangnya

dapat dicari. Kemudian benda tersebut dibagi dalam n subinterval yang

sama besar. Volume benda dalam satu subinterval dapat dipandang sama

dengan volume silinder yang luas alasnya

A(x) (luas penampang benda tersebut) dan

tingginya Δx, yaitu V 1=A ( x1 ) ∆ x.

16

Daerah yang dibatasi y = x2 dan y = x

x

y=x

y=x2

y

A

Page 17: Materi Kalkulus 2 (Integral)

O

y

x

y y2=x

Volume benda secara keseluruhan adalah limit dari jumlahan volume

seluruh subinterval, yaitu

Contoh 1

Tentukan berapa volume gelas yang terlukis di bawah ini, jika tinggi

bagian yang dapat menampung air 16 cm. Bentuk luar gelas tersebut

dianggap parabola dengan persamaan x = y2.

Jawab:

Mula-mula ditentukan

terlebih dahulu luas

penampang benda tersebut.

Oleh karena penampangnya

berupa lingkaran, maka

luasnya sama dengan π kali

kuadrat dari jari-jari lingkaran

dari gambar di bawah terlihat

bahwa panjang jari-jari lingkaran tersebut adalah y

sehingga A ( x )=π ( y )2=π x dan

V=∫0

16

π x dx

=

π ( 12

x2)0

16

= π12

( (16 )2−0 )

V = ∫a

b

A ( x ) dx

17

Page 18: Materi Kalkulus 2 (Integral)

= 128 π satuan volume

MENENTUKAN PANJANG KURVA TEKNIK INTEGRASI

Jika diketahui suatu fungsi f(x) maka akan dihitung panjang grafik fungsi tersebut dari x = a sampai x = b. Interval a ≤ x ≤ b dibagi menjadi n subinterval. Karena subinterval sangat kecil maka potongan – potongan kurva (ΔS) dapat dianggap sebagai suatu garis lurus (ΔW) sedemikian sehingga ΔS ≈ ΔW .

Sehingga dapat diterapkan Teorema Phytagoras, yaitu

(ΔS )2 = (Δx)2 + (Δy)2

Atau

ΔS = √( Δ x)2+( Δ y )2

Jika ruas kanan persamaan tersebut dikalikan dengan bentuk Δ xΔ x

diperoleh

ΔS = Δ xΔ x

√( Δ x)2+( Δ y )2

= √ (Δx)2+( Δy)2

(Δx)2 . Δx

= √1+¿¿ Δx

Untuk menghitung panjang seluruh kurva, sama artinya dengan menjumlahkan potongan – potongan kurva tersebut. Jadi, panjang kurva y = f(x) dari x = a sampai x = b adalah

S = ∫a

b

√1+¿¿¿ dx atau S = ∫a

b

√1+(f ' ( x ))2 dx

Rumus Panjang Kurva

Kurva Rumus

y = f(x) dari x = a sampai x = bS = ∫

a

b

√1+¿¿¿ dx atau S = ∫a

b

√1+(f ' ( x ))2 dx

x = g(y) dari y = c sampai y = dS = ∫

c

d

√1+¿¿¿ dy atau S = ∫a

b

√1+(g ' (x ))2 dy

18

Page 19: Materi Kalkulus 2 (Integral)

{y=f (t)x=g(t)

Dari t = a sampai t = bS =∫

a

b

√( dxdt

)2

+¿¿¿ dt

Contoh 1

Carilah panjang ruas garis dari A(0, 1) ke B(13) dengan persamaan garis y = 125

x + 1 ?

Penyelesaian:

persamaan garisnya y = 125

x + 1, sehingga dydx

= 125

dan mengerjakan berdasar rumus nomer

satu pada tabel,

S = ∫a

b

√1+¿¿¿ = ∫0

5

√1+¿¿¿ dx

= ∫0

5

√ 52+122

52 dx = ∫

0

5

√ 25+14452 dx =∫

0

5

√ 16952 dx

= 135

∫0

5

1dx = ⟦135

x⟧0

5

= 13

Contoh 2Hitung panjang kurva x = t 3, y = t 2, untuk 0 ≤ x ≥ 1!Penyelesaian:

dxdt

= 3 t 2 dan dydt

= 2t sehingga( dxdt

¿¿2 = 9 t 4 dan (

dydt

¿¿2 = 4 t2

S =∫a

b

√( dxdt

)2

+¿¿¿ dt

= ∫0

1

√9 t 4+4 t2 dt

= ∫0

1

t √9t 2+4dt

= 127

(9 t2+4)32 ¿0

1 = 1

27(13√13−8 ) satuan panjang .

INTEGRAL PARSIAL

Ialah metode untuk memecahkan permasalahan integral dengan menggunakan

subtitusi ganda.Metode ini di dasar pada pengintegralan rumus untuk turunan hasil kali 2

fungsi.

Secara umum: Y = U.V

Y' = U'V +V'U

19

Page 20: Materi Kalkulus 2 (Integral)

dydx

=dudx

.V +dvdx

.U

Dy = du.V +dv.U

∫ d y = ∫(du . v+dv .u)

y =∫ v .du+u .dv

∫u . dv=¿¿y-∫ v .du

=u.v-∫ v .du

Dengan x adalah variabel di setiap fungsi y.u dan v

A. Integral Parsial Sederhana

Integral Parsial Sederhana Tak Tentu

1) ∫ xcos xdx =………

Misal = u =v

du =dx

dv =cosx dx

v=∫ cosx dx =sinx

∫ xcosx dx=¿¿ uv –∫ v .du

=x sinx –∫ sinx dx

=x sinx + cosx + c

2) ∫ lnx dx =…………

Misal : u =lnx dv=dx

du=1x

dx v = x

lnx dx = uv – ∫ v du

= x lnx - ∫ xx

dx

= x lnx - ∫ dx

= x lnx – x + C

3) ∫ arc sin xdx = ………..

U = arc sinx dv = dx

du = dx

√1−x2

20

Page 21: Materi Kalkulus 2 (Integral)

∫ arc sinx dx=uv−∫ vdu

= x arc sinx – ∫ xdx

√1−x2

= x arc sinx - ∫2 xdx

2√1−x2

=x arc sinx – √1−x2 + C

Integral Parsial Sederhana dengan Batas (Tentu)

∫a

b

udv = (uv)Ι ba - ∫

a

b

v du

Contoh :

1) ∫ο

π

x cos x dx =…….

Misal : u = x dv=cosx dx

du = dx v =sin x

∫ο

π

xcos xdx π = (uv)Ι ba -∫

a

b

v du

=(x sinx )Ι no

- ∫ο

π

sinx dx

= π sinπ−οsinο+cosx Ι πο

=π sin π + cosπ - cosο

=0-1-1

=-2

2) ∫1

e

ln x dx = x ln x Ιe1

- x Ιe1

= e ln e – 1 ln 1 – (e-1)

=e-o-e+1 =1

3) ∫ο

12

arc sin xdx = x arc sin xΙ12ο

– √1−x2 Ι12ο

= 12

arc sin 12

– ο (√1−¿¿ - √1−o )

21

Page 22: Materi Kalkulus 2 (Integral)

=12

(π6

) – √1−14

+ 1

= π12

- √32

+ 1

B. Integral Parsial Berulang

Integral Parsial Berulang Tak Tentu

1) ∫ x2 sinx dx =….

Misal :u=x2 dv=sinx dx

du=2x dx v=-cosx

∫ x2 sinx dx = u.v - ∫ vdu

=-x2 cosx +∫ cosx (2 x ) dx

=-x2 cosx +2∫ x cosx

=-x2 cosx +2(x sinx –∫ sinx dx)

=-x2 cosx +2x sinx +2 cosx +C

2) ∫ ex sinx dx =….

Misal: u = ex dv = sinx dx

du =ex v = -cosx

∫ ex sinx dx = uv – ∫ v du

= -ex cosx -∫−(−cosx)ex dx

= -ex cosx +∫ ex cosx dx

∫ ex cosx dx = …

Misal :u = ex dv = cosx

du = ex dx v = sinx

∫ ex cosx dx = uv –∫ v du

=ex sinx –∫ sinx . ex dx

Jadi : ∫ exsinx dx = -ex cosx +∫ ex cosx dx

= -ex cosx +ex sinx –∫ sinx . exdx

22

Page 23: Materi Kalkulus 2 (Integral)

2∫ ex sinx dx = ex sinx - ex cosx

∫ ex sinx dx = 12

ex sinx - 12

ex cosx +C

3) ∫ sec3x dx =……

Misal : u = sec x dv = sec2x dx

du = sec x tg x dx v = tg x

∫ sec3 x dx = uv – ∫ v du

= sec x tg x –∫ tg x¿¿ dx

=sec x tg x - ∫ tg2 x sec x

= sec x tg x – ∫¿¿x-1) sec x dx

= sec x tg x - ∫ sec3x + ∫ sec xdx

2∫ sec3x dx = sec x tg x + ∫ sec x dx

∫ sec3x dx = 12

sec x tg x + 12

in I sec x – tg x I +C

Integral Parsial Berulang Dengan Batas(Tentu)

Contoh :

1) ∫0

π2

x2 sinx dx = …

Misal : u = x2 dv = sin x dx

du = 2x dx v = -cosx

∫0

π2

x2 sinx dx = (uv )Iba

- ∫a

b

v du

= -x2 cosx Iπ20

+ 2 x sin x Iπ20

+ 2 cos Iπ20

= -( π2¿

¿)2

cos( π2

) +02 cos0 + 2(π2

) sin (π2

¿- 2 (0) sin o + 2 cos (π2

)-2 cos

0

=0+0+o+π-0+0-2

23

Page 24: Materi Kalkulus 2 (Integral)

=π-2

2) ∫0

π

ex sinx dx = …

=12

ex sinxIπ0

- 12

ex cosxIπ0

= 12

eπ sinπ 12

e0 sin0 12

ex cosπ + 12

e0 cos0

=0 - 0 + 12

eπ + 12

=12

(eπ+ 1 )

INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI

Trigonometri Aturan Integral

∫cos xdx=sin x+c

∫ sinx dx=−cosx+c

∫ sec2 x d=tanx+c

∫ cosec2 x dx=−cotx+c

∫ secx tanx dx=secx+c

∫ cosecx tanx dx=−cosec x+c

Identitas Trigonometri

sin2 x+cos2 x=1

sec2 x−tan2 x=1

cosec 2 x−cot2 x=1

Untuk Sudut Rangkap

sin 2 x=2 sinx . cosx

cos2 x=2 cos2 x−1

¿cos2 x−sin2 x

¿1−2sin2 x

sin2 x=12

(1−cos 2 x )

cos2 x=12

(1+cos 2 x )Pengubahan dari bentuk perkalian menjadi bentuk penjumlahan

1. 2 sin A cos B=sin ( A+B )+sin (A−B)2. 2 cos A sin B=sin ( A+B )−sin( A−B)

24

Page 25: Materi Kalkulus 2 (Integral)

3. 2 cos A cosB=cos ( A=B )+cos ( A−B)4. 2 sinA sinB=−cos ( A+B )+cos( A−B)

Contoh Soal

1.∫ ( x−sinx ) dx

2.∫ (tanx secx−sec2 x ) dx

3.∫ sec 5 x tan5 x dx

4.∫ ( sinx+cosx )2dx

Pembahasan

1.∫ ( x−sinx ) dx=∫ x dx−∫ sinx dx

¿ 12

x2+cos x+C

2.∫ (tanx secx−sec2) dx=∫ tanx secx dx−∫ sec2 xdx

¿ sec x−tan x+C

3.∫ sec 5 x tan5 x dx=15

sec5 x+C

4.∫ (sin x+cos x )2 dx=∫ (sin2 x+cos2 x+2sin x cos x ) dx

¿∫1+sin 2 xdx

¿ x−12

cos2 x+C

∫cos 4 x sin 2 x dx=∫ 12¿¿¿¿

¿12∫ (s∈6 x−sin 2 x ) dx

¿ 12¿

¿ 12¿

¿− 112

cos6 x+ 14

cos2x+C

∫sin2 x dx=¿dari rumus cos2 x=1−2sin2 x2 sin2 x=1−cos dx

sin2 x=1−cos2 x2

sin x=¿±√ 1−cos2x2

, jika x=12

θ berlaku ,¿

25

Page 26: Materi Kalkulus 2 (Integral)

¿ 12

θ=±√ 1−cosθ2

∫ 12¿¿

12∫ (1−cosx )dx=1

2¿¿

¿ 12

x−14

sin 2 x+c

INTEGRAL SUBSTITUSI TRIGONOMETRI

A. Substitusi Fungsi Trigonometri

Metode Substitusi Trigonometri dapat digunakan untuk mengitung integral dengan bentuk integran adalah : √a2−b2 x2 , √a2+b2 x2 , √b2 x2−a2 dengan a,b adalah konstanta,maka gunakan substitusi Trigonometri yang merujuk kepada Rumus Trigonometri/Identitas Phytagoras:

cos2∝+sin2∝=11+tg2∝=sec2∝

a) √a2−b2 x2 gunakan substitusi x=ab

sin∝ atau x=ab

cos∝

Maka :

√a2−b2 x2 = √a2−b2 .a2

b2.sin2∝

= √a2−a2 sin2∝= √a2 cos2∝= a cos∝

Atau

√a2−b2 x2 = √a2−b2 .a2

b2.cos2∝

= √a2−a2 cos2∝= √a2 sin2∝= a sin∝

b) √a2+b2 x2 gunakan substitusi x=ab

tg∝ atau x=ab

cotg∝

Maka :

√a2+b2 x2 = √a2+b2.a2

b2. tg2∝

= √a2+a2tg2∝= √a2 sec2∝= a sec∝

Atau

26

Page 27: Materi Kalkulus 2 (Integral)

√a2+b2 x2 = √a2+b2.a2

b2. cotg2∝

= √a2+a2cotg2∝= √a2 cosec2∝= a cosec∝

c) √b2 x2−a2 gunakan substitusi x=ab

sec∝ atau x=ab

cosec∝

Maka :

√b2 x2−a2 = √b2 .a2

b2sec2∝−a2

= √a2 sec2∝−a2

= √a2 tg2∝= a tg∝

Atau

√b2 x2−a2 = √b2 .a2

b2cosec2∝−a2

= √a2 cosec2∝−a2

= √a2 cotg2∝= a cotg∝

Sehingga didapatkan differensialnya berturut-turut sebagai berikut :

a) dx=ab

cos∝d∝ atau dx=−ab

sin∝d∝ ,

b) dx=ab

sec 2∝d∝ atau dx=−ab

cosec2∝d∝ ,

c) dx=ab

sec∝ tg∝d∝ atau ¿−ab

cosec∝ cotg∝d∝ .

Oleh karena itu diperoleh :

√a2−b2 x2 = ab

cos∝atau−ab

sin∝ dengan -π/2 ≤∝ ≤ π /2

√a2+b2 x2 = ab

sec2∝atau−ab

cosec2∝ dengan -π/ 2 ¿∝ ¿ π / 2

√b2 x2−a2 = ab

sec∝tg∝atau−ab

cosec∝cotg∝ dengan 0 ≤∝<π / 2 atau π ≤∝<¿3π / 2

Agar lebih mudah maka gunakan tabel berikut :Bentuk Integran Gunakan Substitusi Integran Rasional Differensialnya

√a2−b2 x2

x=ab

sin∝

Atau

x=ab

cos∝

a cos∝Atau a sin∝

dx=ab

cos∝d∝

Atau

dx=−ab

sin∝d∝

√a2+b2 x2 x=

ab

tg∝

Atau

a sec∝Atau a cosec∝

dx=ab

sec 2∝d∝

Atau

27

Page 28: Materi Kalkulus 2 (Integral)

x=ab

cotg∝ dx=−ab

cosec2∝d∝

√b2 x2−a2

x=ab

sec∝

Atau

x=ab

cosec∝

a tg∝Atau a cotg∝

dx=ab

sec∝ tg∝d∝

Atau

x=−ab

cosec∝cotg∝d∝

28

Page 29: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Contoh Soal:

1. ∫ dx

√a2−x2 =

Misal : x=a sin∝ dx=acos∝d∝

∫ dx

√a2−x2 = ∫ acos∝d∝

√a2−a2 sin2∝

= ∫ a cos∝d∝

a√1−sin2∝

= ∫ cos∝d∝cos∝

= ∫ d∝

= ∝ + c

2. ∫ dx

(a2+x2)32 =

Misal : x=a tg∝dx=asec2∝

∫dx

(a2+x2)32 =

∫ a sec2∝d∝

(a2+a2 tg2∝)32

= ∫ a sec2∝d∝(a3+a3 tg3∝)

= ∫ asec2∝d∝a3(1+ tg3∝)

=

∫ sec2∝d∝a2(1+ tg2∝ . tg∝)

= ∫ d∝a2tg∝

= 1

a2∫cotg∝d∝

= 1

a2ln|sin∝|+c

= 1

a2 ln| x

√ x2+a2|+c

Ingat : √ x2+a2

x ∝

a

Substitusi Dengan z=tgx2

Bila suatu integral, integrannya merupakan fungsi dari sin x atau cos xmaka

integral tersebut diselesaikan dengan substitusi z=tgx2

Perhatikan : z=tgx2

→x2=arc tg z→ x=2 arc tg z

29

Page 30: Materi Kalkulus 2 (Integral)

z

½ x

1

dx= 2

1+z2dz

sinx2= z

√1+ z2

cosx2= z

√1+z2

Sehingga :

1. Sin x = 2 sinx2

cosx2= 2 z

1+z2

2. Cos x = cos2 x2−sin2 x

2=1−z2

1+z2

Contoh soal :

1. Diselesaikan ∫ 11+sin x

dx

Substitusi z=tgx2

→x2=arc tg z

x=2 arc tg z

dx= 2

1+z2dz

Ingat sin x = 2 z

1+ z2

Sehingga :

∫ 1

1+sin xdx=∫ 1

1+2 z

1+z2

.2

1+z2dz

= ∫ 1

1+z2+2 z1+ z2

.2

1+ z2dz

= ∫ 1+z2

(z+1)2 .2

1+z2 dz

= 2∫ dz

(z+1)2

30

Page 31: Materi Kalkulus 2 (Integral)

= 2 |−1z+1|+C =

−2

1+ tgx2

+C

2. Diselesaikan ∫ 12+cos x

dx

Substitusi z=tgx2

→x2=arc tg z

x=2 arc tg z

dx= 2

1+z2dz

Ingat : cos x = 1−z2

1+z2

Sehingga :

∫ 1

2+cos xdx=∫ 1

2+ 1−z2

1+z2

.2

1+z2dz

= ∫ 1+z2

2+2 z2+1−z2 .2

1+z2 dz

= ∫ 2

z2+3dz

= 2∫ 1

z2+¿¿¿ dz

= 2 1

√3arc tg

z

√3+C

= 2

√3arc tg

tgx2

√3+C

INTEGRAL SUBSTITUSI BENTUK KUADRAT

Bila diketahui f(x) = (2x-5)4 maka:

(2x-5) disebut bilangan pokok / bilangan dasar

4 disebut pangkat / eksponen

Tampak diatas bahwa pangkatnya lebih dari 1 dan bilangan pokoknya terdiri dari 2 buah

suku yang merupakan persamaan linier maka untuk menentukan integral fungsi aljabar

bentuk diatas, menggunakan rumus sebagai berikut :

Contoh Soal :

∫ ( ax+b )ndx= 1a (n+1 )

(ax+b )n+1+c

31

Page 32: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Selesaikanlah !

a. ∫ (3 x+2 )5 dx

=13 (5+1 )

(3 x+2 )5+1+c

¿13 (6 )

(3 x+2 )6+c

¿118

(3 x+2 )6+c

b.

∫ 3 dx3√ (4 x−3 )2

=∫ 3 dx

(4 x−3 )23

=∫3 ( 4 x−3 )−2

3 dx

¿3

4 (−23+3

3)( 4 x−3 )

−23+3

3+c

¿3

4 (13 )( 4 x−3 )

13 +c

¿34

3

(4 x−3 )13 +c

¿94

(4 x−3 )13 +c

¿94

3√ (4 x−3 )+c

Kadang-kadang suatu integral dapat dicari dengan melakukan substitusi sederhana

menggunakan rumus sebagai berikut:

∫ axn du= an+1

xn+1+c

∫un du= 1n+1

un+1+c

Contoh Soal :

a. ∫ ( 4 x2+6 x )10 (16 x+12 ) dx → misalkan u=(4 x2+6 x )

4 du=d (4 x2+6 ) dx

du=8 x+6 dx

=∫u10 . du

¿111

u11+c

¿111

( 4 x2+6 x )11+c

Interagran berbentuk p√( ax+b )q dengan p dan q bilangan bulat

Akar dapat dihilangkan dengan substitusi z=p√ax+b atau ax + b = zp.

Jadi a dx = p . z p-1 dz

32

Page 33: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Contoh :

1. ∫ x . 3√1−x dx

Jawab

Subsitusi

z=3√1−xz3=1−xx=1−z3

1−x=z3

d (1−x )=d ( z3 )−dx=3 z2 dzdx=−3 z2 dz

Maka :

∫ x . 3√1−x dx=∫ (1−z3 ) z (−3 z2) dz

=∫−3∫ (1−z3) z3 dz

¿∫−3∫ ( z3−z6) dz

¿∫−3(14 z4−17

z7)+c

¿−34

z4+37

z7+c

¿−34

.3√ (1−x )4+3

7.

3√ (1−x )7+c

Jadi :

∫ x . 3√1−x dx=−34

.3√(1−x )4+ 3

7.

3√(1−x )7+c

2.∫ x

√1+ xdx

Jawab:

Subsitusi :

z=√1+xz2=1+ xx=z2−11+x=z2

d (1+x )=d ( z2)dx=2 z dz

Maka :

33

Page 34: Materi Kalkulus 2 (Integral)

∫ x√1+ x

dx =∫ 1−z2

z. 2 z dx

=∫ ( z2−1 ) 2 dx

¿∫2 z2−2 dx

¿(23

z3−2 z)+c

¿23

√ (1+x )3−2√1+x+c

Maka :

∫ x

√1+ xdx= 2

3√ (1+ x )3− 2√1+x+c

.Integran berbentuk

p√( ax+bcx+a )

q

dengan p dan q bilangan bulat.

Akar dapat dihilangkan dengan substitusi :

z =

p√( ax+bcx+a )

q

Contoh :

1.∫ 2

(2−x )23√ 2−x

2+xdx

Jawab:

1) Substitusi.

p√( ax+bcx+a )

q

ke dalam 2

2) Cari x dalam notasi 2

3) Cari dx dalam notasi 2

4) Kembalikan lagi dari 2 ke variabel x

34

Page 35: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Subsitusi

z=3√2−x2+x

z3=2−x2+x

z3 (2+x )=2−x2 z3+z3 x=2−xz3 x+x=2−2 z3

x=2−2 z3

z3+1

dx=d [2−2 z3

z3+1 ]2−x = 2−2−2 z3

z3+1

=2 ( z3+1 )z3+1

−2−2 z3

z3+1

¿2 z3+2−2+2 z3

( z3+1 )

¿4 z3

z3+1

dx=u1 v−v1uv2

=(−6 z2) ( z3+1 )−(3 z3) (2−2 z3 )( z3+1 )2

dz

¿−6 z5−6 z2−6 z2+6 z5

( z3+1 )2dz

¿−12 x2

( z3+1 )2dz

u = 2 – 2 2z3 → u1 = -6z2

v = z3 + 1 → v1 = 3z2

35

Page 36: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Maka :

∫2(2−x )2

3√2−x2+ x

dx

¿∫2

(4 z3

z3 )2

. z .−12 z2

( z3+1 )2dz

¿−24∫ ( z3+1 )2 z3

( 4 z3 )2 ( z3+1 )2dz

¿−24∫ z3

16 z6dz

¿−2416

∫ 1z3

dz

¿−32

∫1z3

dz

¿−32

∫ z−3 dz

¿−32 (11−3

z1−3)+c

¿−32 (1−2

z2)+c

¿3

4 z2+c

¿3

43√(2−x

2+ x )2+c

Jadi :

∫ 2(2−x )2

3√ 2−x2+x

dx= 3

43√(2−x

2+ x )2+c

Integran memuat akar-akar yang tidak sempurna senama, misalnya :

dx

√x ( 3√ x+1 )

Akar-akar menjadi senama, substitusi z=6√ x

Angka 6 pada pangkat diperoleh dengan cara mencari KPK dari akar pangkat yang ada,

yaitu 3 dan 2.

Dari z=6√ x , z6=x

36

Page 37: Materi Kalkulus 2 (Integral)

d ( z6 )=dx

6 z5dz=dx

√ x=√ z6=z62=z3

3√ x=

3√ z6=z63=z2

Maka :

∫ dx

√ x ( 3√x+1)=∫ 6 z5dz

z3 ( z2+1 )

=6∫ z2

z2+1dz

¿6∫ z2+1−1

z2+1dz

¿6∫( z2+1z2+1

−1z2+1 )dz

¿6∫(1−1z2+1 )dz

¿6 ( z−arc . tg ( z ) )+c¿6 z−6 arc . tg ( z )+c

¿6 ( 6√x )−6 arc . tag ( 6√ x )+c

Jadi :

∫ dx

√ x ( 3√x+1 )=6 ( 6√x )−6 arc . tag ( 6√x )+c

Kesimpulan :

1.p√( ax+b )q⇒ Z=p√(ax+b )

2.

p√( ax+bcx+d )q ⇒ Z=p√ ax+b

cx+d

3.p√ f ( x ) , q√ f ( x ) ⇒ Z

r√ f (x )

37

Page 38: Materi Kalkulus 2 (Integral)

INTEGRAL FUNGSI RASIONAL

Bentuk ∫ M (x)N ( x)

dx dikatakan integral fungsi pecah rasional bila M(x) dan N(x)

merupakan bentuk polinomial (suku banyak). Yang dimaksud dengan derajat dari M(x) dan

N(x) adalah pangkat tertinggi untuk x yang koefisiennya bukan bilangan nol, sehingga dapat

ditulis ditulis :

F ( x )=M (x )N ( x ) , M(x) dan N(x) fungsi –fungsi Polinom dengan N(x) ≠ 0 atau dapat dituliskan

menjadi : F ( x )=a0 xn+a1 xn−1+…+an

b0 xm+b1 xm−1+…+am

Yang perlu diperhatikan dalam integral fungsi rasional adalah :

1. Jika M(x) dx = dN(x), maka untuk ∫ M (x)N ( x)

dxadalah

∫ M (x)N ( x)

dx=∫ dN (x )N (x )

=ln|N ( x )|+c,

Contoh : ∫ 2 x

x2+3dx

Perhatikan d(x2+3) = 2x dx

Sehingga ∫ 2 x

x2+3dx = ∫ d (x¿¿2+3)

x2+3=ln|x2+3|+c ¿

2. Jika pangkat M(x) ≥ pangkat N(x) atau n ≥ m, maka dilakukan pembagian terlebih dahulu,

sehingga didapatkan bentuk :M (x)N (x )

=P ( x )+ Q (x)N (x )

Dengan P(x) merupakan hasil bagi M(x) oleh N(x) dan Q(x ) adalah sisa pembagian

dengan pangkat Q(x) < pangkat N(x), sehingga :

∫ M (x)N ( x)

dx=∫[P ( x )+ Q(x)N (x ) ] dx

= ∫P ( x ) dx+∫ Q(x)N (x )

3. Jika pangkat M(x) < pangkat N(x) atau n < m, maka penyelesaian integral tersebut

bergantung pada faktor-faktor dari N(x).

38

Page 39: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Setiap suku banyak dengan koefisien real dapat dinyatakan sebagai perkalian dari

faktor-faktor linear dan kuadrat sedemikian sehingga tiap-tiap faktor mempunyai koefisien

real.

39

Page 40: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Fungsi Rasional dibedakan atas :

a. Jika derajat dari M(x) lebih kecil daripada derajat N(x), maka F(x)

disebut fungsi rasional sebenarnya (properrational function)

b. Jika derajat dari M(x) lebih besar daripada derajat N(x), maka F(x)

disebut fungsi rasional tak sebenarnya (improper rational function).

Suatu fungsi rasional tak sebenarnya selalu dapat dinyatakan sebagai

penjumlahan dari

Suatu polinom dan suatu fungsi yang sebenarnya dengan melakukan

operasi pembagian

biasa.

Misalnya :x3

x2+1=

x (x¿¿2+1)−x

x2+1=

x (x¿¿2+1)x2+1

− xx2+1

=x− xx2+1

¿¿

Permasalahan mengintegralkan fungsi rasional terletak pada bagaimana

mengintegralkan fungsi rasional sebenarnya. Suatu fakta, bahwa fungsi rasional sebenarnya

dapat ditulis sebagai jumlah dari fungsi rasional sebenarnya yang lebih sederhana (partial

fraction), dimana penyebutnya berbentuk (ax¿¿2+bx+c)n ¿, dengan n bilangan bulat positif.

Bentuk dari pecahan sederhana tersebut tergantung pada faktor N(x), penyebut fungsi

tersebut.

Contoh :

5 x−1

x2−1= 2

x−1+ 3

x+1

Ada 4 kasus dari pemfaktoran penyebut N(x) yaitu :

1. Faktor linear tidak berulang

Bentuk N(x) adalah :

N(x) = (a¿¿1 x+b1)( a2 x+b2 ) …(an x+bn)¿

Dengan bentuk N(x) tersebut, maka F(x) dapat dibentuk seperti berikut :

F(x) =M (x)N (x )

=A1

a1 x+b1

+A2

a2 x+b2

+…+An

an x+bn

Contoh :

Tentukan ∫ x+1

x2 − 9 dx

Jawab :

40

⇔ x+1 = A ( x − 3 ) + B ( x + 3 )

Page 41: Materi Kalkulus 2 (Integral)

faktorkan penyebut :

maka

samakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan

substitusi B ke persamaan

A + B = 1

A + 23

= 1

A = 1 - 23

A = 13

Sehingga :

∫ x+1

x2−9dx=∫

13

(x+3)dx+∫

23

(x−3 )dx

¿ 13∫

1(x+3)

dx+ 23∫

1(x−3)

dx

¿ 13

ln|x+3|+ 23

ln|x−3|+c

2. Faktor Linear yang Berulang

Jika pada N(x) terdapat (ax + b) berulang sebanyak m kali, misalnya N(x) = (ax+b)m

Maka :

F(x) = A1

ax+b+

A2

(ax+b)2 +…+Am

(ax+b)m

Contoh :

Tentukan

Jawab :

A + B =1-3A + 3B =1x3x1

3A +3B=3-3A+3B=1 +6B=4 B =23

41

x+1x2 − 9

= A( x + 3 )

+ B( x − 3 )

=A( x−3 )+B( x+3)

( x−3 )( x+3)

⇔ x+1 = A ( x − 3 ) + B ( x + 3 ) = ( A +B ) x + (−3 A + 3B )

∫ 1

( x+2 )2 ( x−1 )dx

1

( x + 2 )2 ( x − 1 ) = A

(x + 2 ) + B

( x+ 2 )2 + C

( x − 1 )

Page 42: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Samakan penyebut :

Maka

dieliminasi

Substitusi C ke persamaan A + C = 0, maka diperoleh Kemudian substitusi A dan C ke persamaan A + B + 4C = 0, maka diperolehsehingga diperoleh hasil :

3. Faktor kuadrat tidak berulang

Dalam kasus ini N(x) berbentuk :

N(x) = (a1 x2+b1+c1 ) (a2 x2+b2+c2) …(an x2+bn+cn)

Maka :

F(x) = A1 x+B1

a1 x2+b1+c1

+A2 x+B2

a1 x2+b2+c2

+…+An x+Bn

a1 x2+bn+cn

Contoh :

∫ x2+x+6(x+2)(x2+4)

dx

Jawab :

x2+x+6(x+2)(x2+4)

= A(x+2)

+ Bx+C

( x2+4 )=

A ( x2+4 )+(Bx+C)(x+2)(x+2)(x2+4 )

Jadi :

x2+ x + 6 = A(x2 + 4) + (Bx + C)(x + 2)

= Ax2 + 4A + Bx2 + Cx + 2Bx + 2C

A+C=0A+B+4C=0-2A-B+4C=1A+B+4C=0-2A-B+4C=1 +-A+8C=1

A+C=0-A+8C=1 +9C=1C=19

A= −19

B=−13

42

1

( x + 2 )2 ( x − 1 ) =

A ( x+2 )( x−1)+B( x−1 )+C( x+2)2

(x+ 2 )2 ( x − 1 )

1 = A (x+2 )( x−1)+B( x−1)+C ( x+2)2

1 = ( A+C )x2+( A+B+4C )x+(4 C−2 A−B )

=−19

ln|x+2|+ 13( x+2 )

+ 19

ln|x−1|+C

∫ 1

( x + 2 )2 ( x − 1 ) dx =−1

9∫ 1

( x + 2 )dx −1

3∫1

( x+ 2 )2dx + 1

9∫1

( x − 1 ) dx

Page 43: Materi Kalkulus 2 (Integral)

= (A + B)x2 + (2B + C)x + 4A + 2C

Maka :

A + B = 1

2B + C = 1

4A + 2C = 6

43

Page 44: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Samakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan dengan eliminasi

A+B=14 A+2C=6|x 4

x 1|4 A+4B=44 A+2C=6

4 B−2 C=−2

4 B−2 C=−22 B+C=1 |x1

x2|4 B−2C=−24B+2C=2

−4 C=−4

C=1

Substitusi :

2B + C = 1 A + B = 1

2B + 1 = 1 A + 0 = 1

2B = 0 A = 1

B = 0

Maka didapat

∫ x2+x+6(x+2)(x2+4)

=∫ A(x+2)

dx+∫ B x+C(x2+4)

dx

= ∫ 1(x+2)

dx+∫ 1

(x2+4 )dx

= ln|x+2|+ 12

tan−1( x2 )+C

4. Faktor kuadrat berulang

Dalam kasus ini N(x) berbentuk :

N(x) =

Maka :

Contoh :

Jawab :

44

( a i x2 + bi x + c i)p

F ( x )≡A1 x + B1

(ai x2 + bi x + ci) +

A2 x + B2

(ai x2+ b i x + c i)2 + . .. +

A p−1 x + Bp−1

(a i x2+ bi x + c i)

p−1+

A p x + B p

(ai x2+ bi x + c i)p

∫ 6 x2−15 x+22

( x+3 ) ( x2+2 )2dx

6 x2 − 15 x+ 22

( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 = A

( x + 3 ) + B x + C

( x2 + 2 ) + Dx + E

( x2 + 2 )2

= A ( x2 + 2 )2+( B x + C ) ( x2 + 2 ) ( x + 3 )+( Dx + E )( x+3 )

( x + 3 ) ( x2 + 2 )2

Page 45: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Maka :

Dengan menyamakan koefisien ruas kiri dan ruas kanan maka diperoleh :

1. Substitusi persamaan 1 ke persamaan 3 dan 5

4A+2B+3C+D=6………(3)−4 B+2 B+3 C+D=6

−2 B+3C+D=6 ………(6) 4A+6C+3E=22 ………(5)

−4 B+6 C+3 E=22 ………(7)2. Substitusi persamaan 2 ke persamaan 4 dan 6

6B+2C+3D+E=-15 ………(4)6 B+6C+3D+E=−15

3 D+E=−15→ E=−3 D−15 ………(8) −2 B+3C+D=6 ………(6)

−2 B−9 B+D=6

−11 B+D=6→ D=6+11B ………(9)3. Substitusi persamaan 2 dan 8 ke persamaan 7

−4 B+6 C+3 E=22 ………(7)−4 B−18 B−9 D−45=22

−22 B−9 D−45=22………(10)4. Substitusi persamaan 9 kepersamaan 10

−22 B−9 D−45=22………(10)−22 B−54−99 B=67

−121 B=121

A+B=0→ A=−B ………(1)3B+C=0→ C=−3 B ………(2)4A+2B+3C+D=6 ………(3)6B+2C+3D+E=-15 ………(4)4A+6C+3E=22 ………(5)

45

6 x2−15 x+22 = A ( x2 + 2 )2+( B x + C ) ( x2 + 2 ) ( x + 3 )+( Dx + E )(x+3 )

(6 B+2C+3 D+E )x+( 4 A+6 C+3 E ) 6 x2−15 x+22 = ( A+B ) x4+(3 B+C )x3+(4 A+2B+3 C+ D) x2+

Page 46: Materi Kalkulus 2 (Integral)

B=−¿15. Substitusi B ke persamaan 1, 2, dan 9

A=−B → A=1

C=−3 B→ C=3

D=6+11B → D=6−11

D=−5

6. Substitusi D ke persamaan 8

E=−3 D−15 → E=15−15

E=0

Maka didapat :

INTEGRAL FUNGSI RASIONAL BENTUK SINUS DAN COSINUS

Bila integran merupakan fungsi rasional yang memuat suku-suku dari sin dan cos maka akan lebih mudah bila dikerjakan menggunakan substitusi, yaitu z = tan ( x/2) ,-π < x < π.

Integral fungsi rasional dalam sin x dan cos x atau keduanya penyelesaiannya dapat melakukan perubahan bentuk berikut:

tanx2=z

sinx2= z

√1+ z2

cosx2= 1

√1+z2

46

∫ 6 x2 − 15 x+ 22

( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 dx = ∫ A

( x + 3 )dx +∫ B x + C

( x2 + 2 )dx + ∫ Dx + E

( x2 + 2 )2

∫ 6 x2 − 15 x + 22

( x + 3 ) ( x2 + 2 )2 dx = ∫ 1

( x + 3 ) dx −∫ x − 3

( x2 + 2 ) dx − 5 ∫ x

( x2 + 2 )2 dx

=∫ dxx+3

−12∫

2x

x2+2dx+3∫ dx

x2+2−5

2∫2 x

( x2+2 )2dx

=ln|x+3|−12

ln( x2+2 )+ 3

√2tan−1( x

√2 )+ 5

2( x2+2 )+C .

Page 47: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Jika ketiga harga diatas digantikan dalam rumus sudut ganda didapat:

sin x=2 s∈ x2

cosx2

¿2z

√1+z2.

1

√1+z2

¿ 2 z

1+ z2

cos x=cos2 x2−sin2 x

2

¿( 1

√1+z2 )2

−( z

√1+z2 )2

¿ 1−z2

1+z2

tanx2=

2 tanx2

1−tanx2

¿ 2 z

1−z2

Bila tanx2=z maka dx adalah:

tanx2=z

12

sec 2 12

x dx=dz

12

1

cos2

12

x dx=dz

dx=2cos2 12

x dz

dx=2( 1

√1+z2 )2

dz

dx= 2dz

1+z2

Contoh soal:

1. ∫ dx1−sin x

=…

Dengan mengganti sin x=¿ 2 z

1+ z2¿ dan ¿

2 dz

1+ z2 , didapat:

∫2 dz

1+z2

1− 2 z1+z2

=∫2dz

1+z2

1+z2−2 z1+z2

47

Page 48: Materi Kalkulus 2 (Integral)

¿∫ 2 dz

z2−2 z+1

¿∫ 2 dz

(z−1 )2

Dimisalkan:

u=z−1

du=dz

Jadi:

2∫ u−2 du=−2u−1+c

¿−2 (z−1 )−1+c

¿−2( tanx2−1)

−1

+c

2. Hitunglah ∫ dx

2 sinx+cosx+2

Jawab:

Dengan substitusi sin x=¿ 2 z

1+ z2¿, cosx= 2 z

1+z2 , dan d x= 2 dz

1+z2 kita peroleh:

∫2dz

1+z2

22 z

1+z2 +1−z2

1+z2 +2=∫

2 dz

1+z2

4 z+1−z2+2+2 z2

1+z2

¿2∫ dz

z2+4 z+3

¿2∫ dz( z+1 ) ( z+3 )

2∫ dz( z+1 ) ( z+1 )

=∫ A( z+1 )

+ B( z+3 )

Jadi 2=A ( z+3 )+B ( z+1 )

¿ Az+3 A+Bz+B

¿ ( A+B ) z+3 A+B

A+B = 0→ B=−A 3A+B = 2

48

Page 49: Materi Kalkulus 2 (Integral)

3A-A = 22A = 2A = 1

B = -AB = -1

∫ dz(z+1)

+∫ −dz( z+3 )

¿∫ dz(z+1)

−¿∫ dz(z+3)

¿

¿ ln ( z+1z+3 )+c

¿ ln ( tanx2+1

tanx2+3 )+c

INTEGRAL TAK WAJAR

Untuk fungdi F yang terintegralkn Riemann pada selang [a,b] definisi integral tentu :

∫a

bf ( x )dx

Disebut integral tak wajar jika :

a. Salah atau kedua batas integralnya tak hingga

b. Integral f(x) mempunyai satu atau lebih titik ketidakkontinuan dalam interval a ≤ x ≤

b atau batas integralnya berhingga.

Integral tak wajar mempuyai 2 bentuk :

1. Integral tak wajar pada selang hingga

Integral tak wajar jika integran f(x) memiliki satu atau lebih titik ketidak kontinuan dalam

interval a ≤ x ≤ b yang merupakan daerah integrasinya. Integral tak wajar ∫a

bf ( x )dx

dapat

memiliki integran f(x) diskontinu pada x = a, atau f(x) diskontinu dibatas atau x = b atau

f(x) diskontinu disembarang titik x = c, dimana c terletak dalam interval [a,b].

Untuk integral tak wajar pada selang hingga, terdapat tiga definisi yaitu :

a. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = a maka :

∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a+t

b

f ( x )dx........................ Rumus 1

Contoh :

49

Page 50: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Hitung ∫2

51

√ x−2dx

Jawab :

∫2

51

√ x−2dx= lim

t→2+∫2

51

√ x−2dx

= limt →2+

[2√x−2 ]2+t

5

= limt →2+

[2√x−2 ]2+t

5

= limt →2+

2 (√3−√t−2 )

=2√3

Jadi nilai dari∫2

51

√ x−2dx

adalah =2√3 dan konvergen

b. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = b, maka

∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a

b+t

f ( x )dx........................ Rumus 2

Selesaikan ∫0

31

√3−xdx

Jawab :

∫0

31

√3−xdx= lim

t→ 0+0−∫

0

3−t

(3−x )−

12 d (3−x )

= limt →0+0

−∫0

3−t

[ 1

−12+1

(3−x )12 .−1]

0

3−t

= limt →0+0

−[2 (3−t )12 ]0

3−t

= limt →0+0

[−2 {(3−(3−t )12 )−(3−0 )

12}]

= limt →0+0

[−2 {( t )12−3 }]

=−2[(0 )12−√3 ]

50

Page 51: Materi Kalkulus 2 (Integral)

=2√3

Jadi nilai dari∫0

31

√3−xdx

adalah =2√3 dan konvergen

51

Page 52: Materi Kalkulus 2 (Integral)

c. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,b] dengan x = c, maka

∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a

c−t

f ( x )dx+∫c+t

b

limt→0+

∫a

c−t

f ( x )dx........................ Rumus 3

Dengan catatan a < c < b

Contoh :

Selidiki kekonvergenan integral tak wajar ∫−3

5dx

√|x−1|

Jawab :

Bentuk ini merupakan bentuk integral tak wajar karen fungsi f ( x ) 1

√|x−1|kontinu

pada himpunan (-3,1) (1,5) dengan limx→1

1

√|x−1|=∞

. Integral tak wajar ari fungsi f

pada selang [-3,5] adalah :

∫−3

5dx

√|x−1|=∫

−3

1dx

√|x−1|+∫

1

5dx

√|x−1|

=∫−3

1−tdx

√|x−1|+∫

1+t

5dx

√|x−1|

=∫−3

1−t [ (−2√1−x ) ]−3

1−t

+∫1+t

5 [ (−2√1−x ) ]1+t

5

=∫−3

1−t

(−2√t +4 )+∫1+t

5

(4−2√ t )

=4+4=8

Jadi integral tak wajar dari fungsi selang [-3,5] konvergen ke 8

Integral tak wajar tersebut disebut konvergen atau divergen sesuai integral tersebut

ada atau tidak setelah digunakan proses limit.

2. Integral tak wajar pada selang tak hingga

Integral tak wajar pada selang tak hingga ada 3 definisi yaitu :

a. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,∞] didefinisikan sebagai

∫a

f ( x )dx=limt→∞

∫a

t

f ( x )dx....................... Rumus 4

52

Page 53: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Contoh

Tentukan apakah integral ∫1

∞ dxx

konvergen atau divergen

Jawab

∫1

∞ dxx

=limt→0+

∫1

tdxx

=limt→∞

∫1

tdxx

=limt→∞

[ In|x|]1t

=limt→∞

(Int+ In1 )

=limt→∞

Int

=∞

Jadi ∫1

∞ dxx

adalah divergen

b. Integral tak wajar dari fungsi f pada [a,∞] didefinisikan sebagai

∫∞

b

f ( x )dx=limt→∞

∫t

b

f ( x )dx....................... Rumus 5

Contoh :

Diketahui f ( x )= 1

3√x kontinu pada selang [-∞,-1]

Tentukan integral tak wajar dari fungsi F

Jawab :

∫−∞

−11

3√x= lim

t →−∞∫t

−1

3dx

√x

= limt →−∞

∫t

−1 [( 32

x12)]

t

−1

= limt →−∞

(−1− t12 )

=∞

Jadi integral tak wajar dari fungsi f dapa selang [-∞,-1]divergen

53

Page 54: Materi Kalkulus 2 (Integral)

54

Page 55: Materi Kalkulus 2 (Integral)

c. Integral tak wajar dari fungsi f pada [-∞,∞] di definisikan sebagai

∫∞

f ( x )dx=∫−∞

c

f ( x )dx+∫c

f ( x )dx

=limt→∞

∫−∞

c

f (x )dx+ limt→∞

∫c

t

f ( x )dx....................... Rumus 6

Contoh

Tentukan ∫−∞

∞ 1

1+ x2dx

Jawab

∫0

∞ 1

1+x2dx=lim

t →∞∫0

tdx

1+x2

=limt→∞

[ tan−1 x ]0t

=limt→∞

( tan−1 t−tan−1 0 )

= limt→∞

tan−1 t

= π2

∫−∞

01

1+ x2dx=lim

t→∞∫t

0dx

1+x2

=limt→∞

[ tan−1 x ]t0

= limt→∞

( tan−1 0− tan−1 t )

=0−(−π2 )

= π2

Jadi

∫−∞

∞ 1

1+ x2dx= π

2+ π

2

=π konvergen

55

Page 56: Materi Kalkulus 2 (Integral)

INTEGRAL TAK WAJAR UNTUK INTEGRAN TAK TERDEFINISI

Dalam makalah ini kami akan membahas integral tak wajar jika integran f(x)

memiliki satu atau lebih titik ketidakkontinuan dalam interval a ≤ x ≤ b yang merupakan

daerah integrasinya.

Integral tak wajar ∫a

bf ( x )dx

dapat memiliki integran f(x) diskontinu pada x = a, atau

f(x) diskontinu dibatas atau x = b atau f(x) diskontinu disembarang titik x = c, dimana c

terletak dalam interval [a,b].

Untuk integral tak wajar pada selang hingga, terdapat tiga definisi yaitu :

1. x = a, maka ∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a+t

b

f ( x )dx

2. x = b, maka ∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a

b+t

f ( x )dx

3. x = c, maka ∫a

b

f ( x )dx= limt →0+

∫a

c−t

f ( x )dx+∫c+t

b

limt→0+

∫a

c−t

f ( x )dx

dengan catatan a < c < b.

Jika f(x) memiliki beberapa titik diskontinu misalnya di x = c dan x = d dalam interval

(a,b), maka integral dapat dihitung sebagai berikut:

∫ f ( x )dx= limϵ→ 0

∫a

c−ϵ

f ( x )dx + limϵ→ 0

∫c+ϵ

d−ϵ

f (x ) dx + limϵ→ 0

∫d+ ϵ

b

f ( x ) dx

Integral tak wajar tersebut konvergen atau divergen sesuai integral tersebut ada atau

tidak setelah digunakan proses limit.

Contoh soal:

1. Hitung ∫2

51

√ x−2dx

Jawab :

∫2

51

√ x−2dx= lim

t→2+∫2

51

√ x−2dx

= limt →2+

[2√x−2 ]2+t

5

56

Page 57: Materi Kalkulus 2 (Integral)

= limt →2+

[2√x−2 ]2+t

5

= limt →2+

2 (√3−√t−2 )

=2√3

Jadi nilai dari∫2

51

√ x−2dx

adalah =2√3 dan konvergen.

2. Selesaikan ∫0

31

√3−xdx

Jawab :

∫0

31

√3−xdx= lim

t→ 0+0−∫

0

3−t

(3−x )−

12 d (3−x )

= limt →0+0

−∫0

3−t

[ 1

−12+1

(3−x )12 .−1]

0

3−t

= limt →0+0

−[2 (3−t )12 ]0

3−t

= limt →0+0

[−2 {(3−(3−t )12 )−(3−0 )

12}]

= limt →0+0

[−2 {( t )12−3 }]

=−2[(0 )12−√3 ]

=2√3

Jadi nilai dari∫0

31

√3−xdx

adalah =2√3 dan konvergen.

3. Hitung ∫0

11x

dx

57

Page 58: Materi Kalkulus 2 (Integral)

Jawab :

Integral ini tak wajar karena integran f(x) = 1x diskontinu di x = 0, batas

bawah. Maka:

∫0

11x

dx = limϵ→ 0

∫0

11x

dx

¿ limϵ→ 0

¿¿

¿ limϵ→ 0

¿¿

= lim (0 . (∞))

= + ∞ ( integral divergen)

58