Soal Dan Materi Kalkulus 3

Catatan Kuliah (3 sks)GM 114 Kalkulus 2(Revisi Terakhir: Januari 2010 )

Oleh:

Didit Budi Nugroho, S.Si, M.Si.

Program Studi MatematikaFakultas Sains dan MatematikaUniversitas Kristen Satya Wacana

Daftar Isi

1 Teknik-teknik Integrasi 11.1 Antiderivatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Integrasi Parsial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Integral Fungsi Hiperbolik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5 Integral Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.6 Substitusi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.7 Integral Fungsi Rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.8 Integral Fungsi Irasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 381.9 Substitusi tan

�12x�. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

2 Integral Tentu 432.1 Integral Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral . . . . . . . . . . . . . . . 47

3 Integral Tak Wajar 493.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.2 Integral atas Interval Tak Terbatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.3 Tak Kontinu di Suatu Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.4 Uji Perbandingan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

4 Aplikasi Integral 554.1 Luas Bidang Datar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.1.1 Persamaan Kartesius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.1.2 Persamaan Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.1.3 Persamaan Kutub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.2 Volume Benda Putar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.2.1 Metode Cakram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.2.2 Metode Cincin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.2.3 Metode Kulit Silindris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

4.3 Panjang Kurva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.3.1 Persamaan Kartesius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 834.3.2 Persamaan Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.3.3 Persamaan Kutub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

i

Kata Pengantar

Kata Pengantar

ii

Bab 1

Teknik-teknik Integrasi

Dalam bab ini dibahas berbagai teknik integrasi. Integral-integral yang dibicarakanadalah integral tak tentu. Topik-topik yang dicakup dalam bab ini yaitu pengertianantiderivatif beserta aturan-aturannya, integrasi dengan substitusi sederhana, integrasidengan parsial, integral yang melibatkan fungsi hiperbolik, integral yang melibatkanfungsi trigonometri, integrasi dengan substitusi trigonometri, integrasi yang melibatkanfungsi rasional, integrasi yang melibatkan akar, dan integral dengan substitusi tan

�12x�.

1.1 Antiderivatif

Pertama kali didiskusikan proses kebalikan dari diferensiasi. Dengan kata lain, dibe-rikan suatu fungsi f (x) dan diinginkan untuk mencari suatu fungsi F (x) sedemikian

sehinggadF (x)

dx= F 0 (x) = f (x). Setiap fungsi F (x) yang demikian tersebut dina-

makan suatu antiderivatif, atau integral tak tentu (inde�nite integral), dari fungsif (x), dan dituliskan

F (x) =

Zf (x) dx:

Di sini f (x) dinamakan integran (yang diintegralkan) dan x dinamakan integrator.Dinamakan integral tak tentu sebab tidak merujuk pada nilai numerik tertentu, atautidak menunjuk suatu interval tertentu untuk daerah integrasi. Langkah untuk mencariantiderivatif dari f (x) dinamakan antidiferensiasi atau integrasi.

Pengamatan pertama yaitu bahwa antiderivatif, jika ada, tidaklah tunggal. Diandaikanbahwa fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari fungsi f (x), berarti F 0 (x) = f (x).Diambil G (x) = F (x)+k, dimana k adalah sembarang bilangan riil. Ini mudah dilihatbahwa G0 (x) = F 0 (x) = f (x), yang berarti bahwa G (x) juga merupakan antiderivatifdari f (x). Secara umum dapat dituliskanZ

f (x) dx = F (x) + k

dengan k selanjutnya dinamakan konstanta integrasi.

Sebagai contoh, diberikan f (x) = 2x, maka

F (x) = x2; G (x) = x2 � 10;H (x) = x2 + k

1

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi 2

merupakan antiderivatif dari f karena

F 0 (x) = G0 (x) = H 0 (x) = 2x:

Pengamatan kedua yaitu bahwa untuk sembarang fungsi f (x), selisih dari sembarangdua antiderivatif berbeda dari f (x) pasti merupakan suatu konstanta. Dengan katalain, jika F (x) dan G (x) adalah antiderivatif-antiderivatif dari f (x), maka F (x) �G (x) adalah suatu konstanta. Suatu konsekuensi dari pengamatan kedua yaitu hasilsederhana berikut ini yang berkaitan dengan derivatif dari suatu konstanta.

ANTIDERIVATIF DARI NOL. DipunyaiZ0 dx = k:

Dengan kata lain, antiderivatif dari fungsi nol secara tepat adalah semua fungsi konstan.

Tentu saja, beberapa antiderivatif secara sederhana dapat diperoleh dari beberapaaturan mengenai derivatif. Berikut ini didaftar hasil-hasil tersebut. Hasil pertamayaitu berkaitan dengan aturan kelipatan konstan untuk diferensiasi.

ATURAN PERKALIAN KONSTAN. Jika suatu fungsi f (x) mempunyai anti-derivatif, maka untuk sembarang bilangan riil c, dipunyaiZ

cf (x) dx = c

Zf (x) dx:

ANTIDERIVATIF DARI PANGKAT.

(a) Jika n adalah suatu bilangan riil sedemikian sehingga n 6= �1, makaZxn dx =

1

n+ 1xn+1 + k:

(b) Dipunyai Zx�1 dx = ln jxj+ k:

ATURAN PENJUMLAHAN. Jika f (x) dan g (x) mempunyai antiderivatif, makaZ(f (x) + g (x)) dx =

Zf (x) dx+

Zg (x) dx:


ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI TRIGONOMETRI. Rumus-rumus an-tiderivatif berikut ini adalah valid:

(a)Zcos (x) dx = sin (x) + k

(b)Zsin (x) dx = � cos (x) + k

(c)Zcsc2 (x) dx = � cot (x) + k

(d)Zsec2 (x) dx = tan (x) + k

(e)Zcot (x) csc (x) dx = � csc (x) + k

(f)Ztan (x) sec (x) dx = sec (x) + k

(g)Zcsc (x) dx = � ln jcot (x) + csc (x)j+ k

(h)Zsec (x) dx = ln jtan (x) + sec (x)j+ k

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI EKSPONENSIAL UMUM. Diandaikana > 0 dan a 6= 1, maka Z

axdx =ax

ln (a)+ k:

Secara khusus, dengan pengambilan a = e akan dipunyaiZex dx = ex + k:

Contoh 1.1 Menggunakan aturan penjumlahan, aturan perkalian konstan, dan anti-derivatif dari pangkat, diperolehZ �

x3 + 3x+ 1�dx =

Zx3dx+

Z3x dx+

Zx0dx

=1

4x4 +

3

2x2 + x+ k:

Contoh 1.2 Menggunakan aturan penjumlahan, antiderivatif dari pangkat dan fungsitrigonometri, diperolehZ �

x3 + sin (x)�dx =

Zx3dx+

Zsin (x) dx =

1

4x4 � cos (x) + k:


Contoh 1.3 DiperolehZ(sin (x) + sec (x)) dx =

Zsin (x) dx+

Zsec (x) dx

= � cos (x) + ln jtan (x) + sec (x)j+ k:

Contoh 1.4 DiperolehZ(ex + 3 cos (x)) dx =

Zex dx+

Z3 cos (x) dx = ex + 3 sin (x) + k:

Contoh 1.5 DiperolehZ1� sin (x)1 + sin (x)

dx =

Z(1� sin (x)) (1� sin (x))(1 + sin (x)) (1� sin (x)) dx

=

Z1� 2 sin (x) + sin2 (x)

1� sin2 (x)dx

=

Z1� 2 sin (x) + sin2 (x)

cos2 (x)dx

=

Z �sec2 (x)� 2 tan (x) sec (x) + tan2 (x)

�dx

=

Z �sec2 (x)� 2 tan (x) sec (x) + sec2 (x)� 1

�dx

=

Z �2 sec2 (x)� 2 tan (x) sec (x)� 1

�dx

= 2 tan (x)� 2 sec (x)� x+ k:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.1Hitung setiap integral tak tentu berikut ini:

(1)Zx3dx (2)

Zx52dx

(3)Z(5x+ 3) dx (4)

Z �1 + 2x+ 3x2

�dx

(5)Z �

2x2 � 3x+ 1�dx (6)

Z �12x7 � 3x5 + 2x2 + 1

�dx

(7)Z �

5 + x�2 � 4x�3�dx (8)

Z �3x4 + 19x�3

�dx

(9)Z �

x12 + x�

12

�dx (10)

Z �2x

13 � 3x 23

�dx

(11)Z(x� 3)2 dx (12)

Z(2x� 3)2 dx


(13)Z �

x2 + a�2dx (14)

Z �1 + x�1

�2dx

(15)Z �

x+1

x

�2dx (16)

Z �x� 1

x

�2dx

(17)Z(x� 2) (x+ 3) dx (18)

Zx�2x3 + 1

�2dx

(19)Zx+ 1

xdx (20)

Z2x2 � 3x+ 6

x2dx

(21)Zx3 + x2 � x� 1

x� 1 dx (22)Zx3 � a3x� a dx

(23)Z

x3 � 8x2 + 2x+ 4

dx (24)Z p

3 dx

(25)Z p

x dx (26)Z p

2px dx

(27)Zxpx dx (28)

Z �x13 + 8 3

px� 3x

�dx

(29)Z(3 +

px) (4� 2

px) dx (30)

Z3x+ 1

3pxdx

(31)Z4 + 3

px+ x

px

x2dx (32)

Z �px

5+

44px

�dx

(33)Z

44px�r3x

27

!dx (34)

Z8ex dx

(35)Z16 (ex + 1) dx (36)

Zx2ex + x

x2dx

(37)Z �

5x+3

e�x

�dx (38)

Z �(x+ 1)3 + ex

�dx

(39)Z5 cos (x) dx (40)

Z(1� 2 cos (x)) dx

(41)Z(5 cos (x) + 4x) dx (42)

Z(sin (x) + cos (x)) dx

(43)Z10 sec2 (x) dx (44)

Z �sec2 (x) + 1

�dx

(45)Z(px+ sec (x) tan (x)) dx

1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana

Sekarang didiskusikan bagaimana kita dapat menggunakan aturan rantai dalam di-ferensiasi untuk membantu menyelesaikan masalah dalam integrasi. Teknik ini biasanya


dinamakan integrasi dengan substitusi. Perlu ditekankan bahwa teknik tersebut tidakselalu dapat digunakan. Pertama, kita tidak mengetahui antiderivatif dari fungsi. Ke-dua, tidak ada jalan sederhana dimana kita dapat menggambarkannya untuk menolongkita mencari suatu substitusi yang sesuai dalam kasus dimana teknik dapat digunakan.Di sisi lain, ketika teknik dapat digunakan, mungkin terdapat lebih dari satu substitusiyang sesuai.

INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI � VERSI 1. Jika kita membuat sub-stitusi x = g (u), maka dx = g0 (u) du, danZ

f (x) dx =

Zf (g (u)) g0 (u) du:

Contoh 1.6 Diperhatikan integral tak tentuZxpx+ 1 dx:

Jika kita membuat substitusi x = u2 � 1, maka dx = 2u du, danZxpx+ 1 dx =

Z2�u2 � 1

�u2du =

Z2u4du�

Z2u2du

=2

5u5 � 2

3u3 + k =

2

5(x+ 1)

52 � 2

3(x+ 1)

32 + k:

Di sisi lain, jika kita membuat substitusi x = v � 1, maka dx = dv, danZxpx+ 1 dx =

Z(v � 1) v

12dv =

Zv32dv �

Zv12du

=2

5v52 � 2

3v32 + k =

2

5(x+ 1)

52 � 2

3(x+ 1)

32 + k:

Kita bisa menegaskan bahwa integral tak tentu tersebut adalah benar dengan memeriksabahwa

d

dx

�2

5(x+ 1)

52 � 2

3(x+ 1)

32 + k

�= x

px+ 1:

INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI � VERSI 2. Diandaikan bahwa suatufungsi f (x) dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = g (h (x))h0 (x). Jika kita membuatsubstitusi u = h (x), maka du = h0 (x) dx, danZ

f (x) dx =

Zg (h (x))h0 (x) =

Zg (u) du:

Dicatat bahwa dalam Versi 1, variabel x pada awalnya ditulis sebagai fungsi dari vari-abel baru u, sedangkan dalam Versi 2, variabel baru u dituliskan sebagai fungsi darix. Bedanya, untuk substitusi x = g (u) dalam Versi 1 harus mempunyai invers agarvariabel u bisa dikembalikan ke variabel asli x di akhir proses.


Contoh 1.7 Diperhatikan integral tak tentuZx�x2 + 3

�4dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x2 + 3 sama dengan 2x, sehingga initepat untuk membuat substitusi u = x2 + 3. Selanjutnya du = 2x dx, danZ

x�x2 + 3

�4dx =

1

2

Z2x�x2 + 3

�4dx =

1

2

Zu4du =

1

10u5 + k =

1

10

�x2 + 3

�5+ k:

Contoh 1.8 Diperhatikan integral tak tentuZ1

x ln (x)dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi ln (x) sama dengan1

x, sehingga ini

tepat untuk membuat substitusi u = ln (x). Selanjutnya du =1

xdx, danZ

1

x ln (x)dx =

Z1

udu = ln juj+ k = ln jln (x)j+ k:

Contoh 1.9 Diperhatikan integral tak tentuZx2ex

3dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x3 sama dengan 3x2, sehingga ini tepatuntuk membuat substitusi u = x3. Selanjutnya du = 3x2dx, danZ

x2ex3dx =

1

3

Z3x2ex

3dx =

1

3

Zeudu =

1

3eu + k =

1

3ex

3+ k:

Contoh 1.10 Diperhatikan integral tak tentuZtan3 (x) sec2 (x) dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi tan (x) sama dengan sec2 (x), sehinggaini tepat untuk membuat substitusi u = tan (x). Selanjutnya du = sec2 (x) dx, danZ

tan3 (x) sec2 (x) dx =

Zu3du =

1

4u4 + k =

1

4tan4 (x) + k:

Kadang-kadang, kemungkinan dari substitusi tidak bisa terlihat secara jelas dengancepat, dan banyak terjadi trial dan error. Kenyataan bahwa suatu substitusi tidakterlihat muncul bukan berarti bahwa metode tersebut gagal. Ini bisa terjadi dalamkasus ketika kita menggunakan suatu subtitusi yang tidak sesuai. Atau barangkali kitapertama kali melupakan modi�kasi dari masalah. Hal ini diilustrasikan dalam contohberikut ini.


Contoh 1.11 Diperhatikan integral tak tentuZtan (x) dx:

Di sini tidak terlihat sembarang substitusi yang akan digunakan. Tetapi, jika dituliskanZtan (x) dx =

Zsin (x)

cos (x)dx;

maka kita mengamati bahwa derivatif dari fungsi cos (x) sama dengan � sin (x), se-hingga ini tepat untuk membuat substitusi u = cos (x). Selanjutnya du = � sin (x) dx,dan Z

tan (x) dx = �Z � sin (x)

cos (x)dx = �

Z1

udu = � ln juj+ k = � ln jcos (x)j+ k:

Lebih lanjut, berikut ini diperoleh rumus-rumus antiderivatif dari fungsi eksponensialdan trigonometri yang lebih umum dari pada fungsi dalam subbab sebelumnya, dengancara membuat substitusi u = px+ q dan du = p dx.

(a)Z(px+ q)n dx =

1

p (n+ 1)(px+ q)n+1 + k

(b)Z(px+ q)�1 dx =

1

pln jpx+ qj+ k

(c)Zapx+qdx =

1

p ln (a)apx+q + k; jika a > 0; a 6= 1.

(d)Zepx+qdx =

1

pepx+q + k.

(e)Zcos (px+ q) dx =

1

psin (px+ q) + k.

(f)Zsin (px+ q) dx = �1

pcos (px+ q) + k.

(g)Zcsc2 (px+ q) dx = �1

pcot (px+ q) + k.

(h)Zsec2 (px+ q) dx =

1

ptan (px+ q) + k.

(i)Zcot (px+ q) csc (px+ q) dx = �1

pcsc (px+ q) + k.

(j)Ztan (px+ q) sec (px+ q) dx =

1

psec (px+ q) + k.

(k)Zcot (px+ q) dx =

1

pln jsin (px+ q)j+ k.


(l)Ztan (px+ q) dx = �1

pln jcos (px+ q)j+ k.

(m)Zcsc (px+ q) dx = �1

pln jcsc (px+ q) + cot (px+ q)j+ k.

(n)Zsec (px+ q) dx =

1

pln jsec (px+ q) + tan (px+ q)j+ k.

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.2

Dalam soal (1) � (60), hitung setiap integral tak tentu dengan menggunakan substitusiyang diberikan.

(1)Zsin (3x) dx, u = 3x (2)

Zcos (5x) dx, u = 5x

(3)Zx sin

�x2�dx, u = x2 (4)

Zx cos

�1 + x2

�dx, u = 1 + x2

(5)Zx2 tan

�x3 + 1

�dx, u = x3 + 1 (6)

Zsec2 (3x+ 1) dx, u = 3x+ 1

(7)Zcsc2 (2x� 1) dx, u = 2x� 1 (8)

Zx sin

�x2�dx, u = x2

(9)Zx2 cos

�x3 + 1

�dx, u = x3 + 1 (10)

Zsec (3x+ 5) dx, u = 3x+ 5

(11)Zcsc (5x� 7) dx, u = 5x� 7 (12)

Zsin3 (x) dx, u = cos (x)

(13)Zcos3 (x) dx, u = sin (x) (14)

Ztan3 (x) dx, u = tan (x)

(15)Zcot3 (x) dx, u = cot (x) (16)

Zsec4 (x) dx, u = tan (x)

(17)Zcsc3 (x) dx, u = cot (x) (18)

Zsin3 (x) cos (x) dx, u = sin (x)

(19)Ztan5 (x) sec2 (x) dx, u = tan (x) (20)

Zcot3 (x) csc2 (x) dx, u = cot (x)

(21)Zsec3 (x) tan (x) dx, u = sec (x) (22)

Zcsc3 (x) cot (x) dx, u = csc (x)

(23)Zarcsin4 (x)p1� x2

dx, u = arcsin (x) (24)Zarctan3 (x)

1 + x2dx, u = arctan (x)

(25)Zx2�2x3 + 1

�3dx, u = 2x3 + 1 (26)

Z2

3x� 4dx, u = 3x� 4


(27)Z

4

5x+ 2dx, u = 5x+ 2 (28)

Zx

3x2 + 1dx, u = 3x2 + 1

(29)Z

x

(x2 � 1)32

dx, u = x2 � 1 (30)Z

x+ 1

x2 + 2x+ 2dx, u = x2 + 2x+ 2

(31)Z

x2

x3 + 4dx, u = x3 + 4 (32)

Z2x� 5

x2 � 5x+ 3dx, u = x2 � 5x+ 3

(33)Z

x+ 6

(x+ 2)2dx, u = x+ 2 (34)

Zx

(1 + x2)4dx, u = 1 + x2

(35)Z

1px (1 +

px)dx, u = 1 +

px (36)

Zx+ 3

x� 1dx, u = x� 1

(37)Z

x3

(x4 + 16)2dx, u = x4 + 16 (38)

Zx3px2 + 1dx, u = x2 + 1

(39)Z

cos (x)

1 + sin (x)dx, u = 1 + sin (x) (40)

Zcsc2 (x)

1 + cot (x)dx, u = 1 + cot (x)

(41)Zsin (

px)px

dx, u =px (42)

Zsin (x)

pcos (x) dx, u = cos (x)

(43)Zsin (ln (x))

xdx, u = ln (x) (44)

Zsin (2x)

4� cos (2x)dx, u = 4� cos (2x)

(45)Zcos (x)

sin4 (x)dx, u = sin (x) (46)

Zsec2 (2x)

1 + tan (2x)dx, u = 1 + tan (2x)

(47)Z10sin(x) cos (x) dx, u = sin (x) (48)

Zepx

pxdx, u =

px

(49)Zxpx+ 2 dx, u = x+ 2 (50)

Zx 3x

2+4dx, u = x2 + 4

(51)Z(1 + ln (x))10

xdx, u = ln (x) (52)

Zex (4� ex)

32 dx, u = 4� ex

(53)Z

1p9� x2

dx, x = 3 cos (u) (54)Z

1

xpx2 � 4

dx, x = 2 sec (u)

(55)Z

1

4 + x2dx, x = 2 tan (u) (56)

Z1

x2 (1 + x�1)dx, u = 1 + x�1

(57)Zx�3dx, u = 1 + x�1 (58)

Zx�3

p3 + 5x�2dx, u = 3 + 5x�2

(59)Z

4x� 1p4x+ 1

dx, u = 4x+ 1 (60)Zex + cos (x)

ex + sin (x)dx, u = ex + sin (x)

Dalam soal (61) � (80), hitung setiap integral tak tentu menggunakan substitusi yangsesuai.

(61)Z

ex

ex � 1dx (62)Z

e�x

1 + e�xdx


(63)Zex sec (ex) tan (ex) dx (64)

Zsin (ln (x))

xdx

(65)Zesin(x) cos (x) dx (66)

Zeln(x)

xdx

(67)Zln (x)

xdx (68)

Z(1 + 2 ln (x))4

xdx

(69)Z

1

x (1 + 2 ln (x))dx (70)

Z(ln (x))

32

xdx

(71)Zx2 ln3

�1 + x3

�1 + x3

dx (72)Ztan (x) ln (cos (x)) dx

(73)Z4esin(3x) cos (3x) dx (74)

Z3etan(2x) sec2 (2x) dx

(75)Zx cos

�ln�1 + x2

��1 + x2

dx (76)Ztan3 (2x) sec2 (2x) dx

(77)Z2earcsin(x)p1� x2

dx (78)Z4arctan(x)

1 + x2dx

(79)Z5arcsec(x)

xpx2 � 1

dx (80)Z p

1 +pxp

xdx

1.3 Integrasi Parsial

Aturan hasil kali dari diferensiasi menghasilkan suatu teknik integrasi yang dikenalsebagai integrasi parsial. Dimulai dengan aturan hasil kali:

d

dx(u (x) v (x)) =

du (x)

dxv (x) + u (x)

dv (x)

dx

atau dapat dituliskan dalam bentuk diferensial menjadi

d [u (x) v (x)] =

�v (x)

du (x)

dx+ u (x)

dv (x)

dx

�dx:

Selanjutnya kedua ruas diintegralkan untuk memperolehZd [u (x) v (x)] =

Zv (x)

du (x)

dxdx+

Zu (x)

dv (x)

dxdx

u (x) v (x) =

Zv (x)u0 (x) dx+

Zu (x) v0 (x) dx:

Bentuk baku dari rumus integrasi parsial tersebut dituliskan sebagaiZu (x) v0 (x) dx = u (x) v (x)�

Zv (x)u0 (x) dx

atau disingkat menjadi Zu dv = uv �

Zv du: (1.1)


Dalam hal ini penyelesai dituntut untuk mampu memilih u dan dv yang tepat sehinggarumus (1.1) bisa diaplikasikan.

Contoh 1.12 Diperhatikan integral tak tentuZx cos (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x dan dv = cos (x) dx dengan du = dx

dan v =Zcos (x) dx = sin (x)+k. Kita menghilangkan konstanta k, karena kita hanya

memerlukan v (x). Selanjutnya, berdasarkan rumus integrasi parsial (1:1) diperolehZx cos (x) dx = x sin (x)�

Zsin (x) dx = x sin (x) + cos (x) + c:

Contoh 1.13 Diperhatikan integral tak tentuZx2 sin (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x2 dan dv = sin (x) dx dengan du =2x dx dan v =

Rsin (x) dx = � cos (x). Jadi,Zx2 sin (x) dx = �x2 cos (x)�

Z� cos (x) 2x dx

= �x2 cos (x) + 2Zx cos (x) dx

= �x2 cos (x) + 2 (x sin (x) + cos (x)) + k:

Contoh 1.14 Diperhatikan integral tak tentuZln (x) dx:

Diambil u = ln (x) dan dv = dx dengan du =1

xdx dan v = x. Jadi,Z

ln (x) dx = x ln (x)�Zx � 1xdx = x ln (x)� x+ k:

Contoh 1.15 Diperhatikan integral tak tentuZx2exdx:

Pertama kali diambil u = x2 dan dv = exdx dengan du = 2x, v =Zexdx = ex.

Diperoleh Zx2exdx = x2ex �

Z2xexdx = x2ex � 2

Zxexdx:


Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = x dan dv = exdx dengan du = dx danv = ex. Diperoleh Z

xexdx = xex �Zexdx = xex � ex + k:

Jadi, Zx2exdx = x2ex � 2 (xex � ex + k) = ex

�x2 � 2x+ 2

�+ c:

Contoh 1.16 Diperhatikan integral tak tentuZex cos (x) dx:

Untuk menghitung integral di atas, diambil u = ex dan dv = cos (x) dx dengan du =exdx dan v =

Rcos (x) dx = sin (x). DiperolehZ

ex cosxdx = ex sin (x)�Zex sin (x) dx:

Untuk menghitung integral terakhir, diambil substitusi u = ex dan dv = sin (x) dxdengan du = exdx dan v = � cosx. DiperolehZ

ex sin (x) dx = �ex cos (x)�Z� cos (x) exdx = �ex cos (x) +

Zex cos (x) dx:

Oleh karena itu, sekarang dipunyaiZex cos (x) dx = ex sin (x)�

��ex cos (x) +

Zex cos (x) dx

�dan selanjutnya kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral seperti berikut:Z

ex cos (x) dx+

Zex cos (x) dx = ex sin (x) + ex cos (x)

2

Zex cosxdx = ex sin (x) + ex cos (x)Zex cosxdx =

1

2ex (sin (x) + cos (x)) + k:

Contoh 1.17 Dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:Zxnexdx;

Zxn ln (x) dx;

Zlnn (x) dx;

Zxn sin (x) dx;

Zxn cos (x) dx;Z

eax+b sin (px+ q) dx;

Zeax+b cos (px+ q) dx

dimana n 2 N.


(a) Diambil u = xn dan dv = exdx dengan du = nxn�1dx dan v = ex, makaZxnexdx = xnex �

Zex�nxn�1

�dx:

Jadi, Zxnexdx = xnex � n

Zexxn�1dx:

(b) Diambil u = ln (x) dan dv = xndx dengan du =1

xdx dan v = 1

n+1xn+1, makaZ

xn ln (x) dx = ln (x)xn+1

n+ 1�Zxn+1

n+ 1� 1xdx =

xn+1 ln (x)

n+ 1� 1

n+ 1

Zxndx

=xn+1 ln (x)

n+ 1� xn+1

(n+ 1)2+ k:

Jadi, Zxn ln (x) dx =

xn+1

(n+ 1)2[(n+ 1) ln (x)� 1] + k:

(c) Diambil u = lnn (x) dan dv = dx dengan du = n lnn�1 (x) � 1xdx dan v = x, makaZ

lnn (x) dx = x lnn (x)�Zx � n lnn�1 (x) � 1

xdx:

Jadi, Zlnn (x) dx = x lnn (x)� n

Zlnn�1 (x) dx:

(d) Diambil u = xn dan dv = sin (x) dx dengan du = nxn�1dx dan v = � cos (x),maka Z

xn sin (x) dx = �xn cos (x)�Z(� cos (x))nxn�1dx

= �xn cos (x) + nZxn�1 cos (x) dx: (1.2)

Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = xn�1 dan dv = cos (x) dx dengandu = (n� 1)xn�2dx dan v = sin (x), makaZ

xn�1 cos (x) dx = xn�1 sin (x)�Zsin (x) � (n� 1)xn�2dx

= xn�1 sin (x)� (n� 1)Zxn�2 sin (x) dx: (1.3)

Dengan substitusi (1:3) ke (1:2), diperoleh rumus reduksiZxn sin (x) dx = �xn cos (x) + nxn�1 sin (x)� n (n� 1)

Zxn�2 sin (x) dx:


(e) Dengan menggunakan (1:3) dan (1:2) diperolehZxn�1 cos (x) dx = xn�1 sin (x)� (n� 1)

Zxn�2 sin (x) dx

= xn�1 sin (x)

� (n� 1)��xn�2 cos (x) + (n� 2)

Zxn�3 cos (x) dx

�= xn�1 sin (x) + (n� 1)xn�2 cos (x)

� (n� 1) (n� 2)Zxn�3 cos (x) dx:

Jika kita mengganti n dengan n+ 1 pada persamaan terakhir, makaZxn cos (x) dx = xn sin (x) + nxn�1 cos (x)� n (n� 1)

Zxn�2 cos (x) dx:

(f) Diambil u = sin (px+ q) dan dv = eax+bdx dengan du = p cos (px+ q) dx dan

v =1

aeax+b, makaZeax+b sin (px+ q) dx =

1

aeax+b sin (px+ q)� p

a

Zeax+b cos (px+ q) dx:

Dalam integral terakhir, diambil u = cos (px+ q) dan dv = eax+bdx dengan du =

�p sin (px+ q) dan v = 1

aeax+b, makaZ

eax+b cos (px+ q) dx =1

aeax+b cos (px+ q) +

p

a

Zeax+b sin (px+ q) dx: (1.4)

Karena itu diperolehZeax+b sin (px+ q) dx =

1

aeax+b sin (px+ q)� p

a

�1

aeax+b cos (px+ q)

+p

a

Zeax+b sin (px+ q) dx

�=

eax+b

a2[a sin (px+ r)� p cos (px+ q)]

�p2

a2

Zeax+b sin (px+ q) dx:

Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk mendapatkan�1 +

p2

a2

�Zeax+b sin (px+ q) dx =

eax+b

a2[a sin (px+ q)� p cos (px+ q)] :

Jadi,Zeax+b sin (px+ q) dx =

eax+b

a2 + p2[a sin (px+ q)� p cos (px+ q)] + k: (1.5)


(g) Jika (1:5) disubstitusikan ke (1:4) tanpa konstanta k, diperolehZeax+b cos (px+ q) dx =

1

aeax+b cos (px+ q)

+p

a� e

ax+b

a2 + p2[a sin (px+ q)� p cos (px+ q)] + k

= eax+b�1

acos (px+ q)

+1

a2 + p2

�p sin (px+ q)� p

2

acos (px+ q)

��+ k:

Jadi, Zeax+b cos (px+ q) dx =

eax+b

a2 + p2[p sin (px+ q) + a cos (px+ q)] + k:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.3Untuk soal (1) � (6), buktikan setiap rumus dari integral fungsi-fungsi trigonometriinvers. Integral diselesaikan pertama kali menggunakan rumus integrasi parsial denganmengambil u sama dengan fungsi integran.

(1)Zarcsin (x) dx = x arcsin (x)�

p1� x2 + k

(2)Zarccos (x) dx = x arccos (x)�

p1� x2 + k

(3)Zarctan (x) dx = x arctan (x)� 1

2ln��1 + x2��+ k

(4)Zarccot (x) dx = x arccot (x) +

1

2ln��1 + x2��+ k

(5)Zarcsec (x) dx = x arcsec (x)� ln

��x+px2 � 1��+ k(6)

Zarccsc (x) dx = x arccsc (x) + ln

��x+px2 � 1��+ kHitung integral-integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksiyang sudah diperoleh sebelumnya.

(7)Zxe�x dx (8)

Zxe�2x dx (9)

Zx3 ln (x) dx

(10)Zx ln2 (x) dx (11)

Zln3 (x) dx (12)

Ze2x sin (3x) dx

(13)Ze3x cos (2x) dx (14)

Zx2 sin (2x) dx (15)

Zsin (ln (x)) dx

(16)Zx ln (x+ 1) dx (17)

Zx ln3 (x) dx (18)

Zx2 ln (x) dx


(19)Zx2 ln3 (x) dx (20)

Zsin2 (x) dx (21)

Zx3 sin (x) dx

(22)Zx3 cos (x) dx (23)

Zx3 cos

�2x2 � 1

�dx (24)

Zx arccot (x) dx

(25)Zx sin2 (x) dx (26)

Zx3 arcsec (x) dx (27)

Zx arcsec (x) dx

(28)Zx3 sin

�x2�dx (29)

Zx sin (x) cos (x) dx (30)

Zx arctan (x) dx

1.4 Integral Fungsi Hiperbolik

Rumus-rumus integrasi berikut ini adalah valid:

(a)Zsinh (x) dx = cosh (x) + k (b)

Zcosh (x) dx = sinh (x) + k

(c)Ztanh (x) dx = ln (cosh (x)) + k (d)

Zcoth (x) dx = ln jsinh (x)j+ k

(e)Zsech (x) dx = 2arctan (ex) + k (f)

Zcsch (x) dx = ln

��tanh�x2

��+ kSetiap rumus di atas dapat secara mudah dibuktikan dengan diferensiasi ruas kananuntuk mendapatkan integran di ruas kiri dan juga mengingat bahwa

sinh (x) =ex � e�x

2dan cosh (x) =

ex + e�x

2:

Contoh 1.18 Untuk n 2 N dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:Zsinhn (x) dx dan

Zcoshn (x) dx:

(a) Digunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil

u = sinhn�1 (x) dan dv = sinh (x) dx;

sehingga diperolehZsinhn (x) dx =

Zsinhn�1 (x) sinh (x) dx

= sinhn�1 (x) cosh (x)

�Zcosh (x) � (n� 1) sinhn�2 (x) cosh (x) dx

= sinhn�1 (x) cosh (x)� (n� 1)Zsinhn�2 (x) cosh2 (x) dx

= sinhn�1 (x) cosh (x)

� (n� 1)Zsinhn�2 (x)

�1 + sinh2 (x)

�dx:


Karena itu,Zsinhn (x) dx = sinhn�1 (x) cosh (x)

� (n� 1)Zsinhn�2 (x) dx� (n� 1)

Zsinhn (x) dx:

Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh

n

Zsinhn (x) dx = sinhn�1 (x) cosh (x)� (n� 1)

Zsinhn�2 (x) dx:

Jadi, Zsinhn (x) dx =

1

nsinhn�1 (x) cosh (x)� (n� 1)

n

Zsinhn�2 (x) dx:

(b) Dengan cara yang sama seperti di atas, diambil

u = coshn�1 (x) dan dv = cosh (x) dx;

makaZcoshn (x) dx =

Zcoshn�1 (x) cosh (x) dx

= coshn�1 (x) sinh (x)

�Zsinh (x) � (n� 1) coshn�2 (x) sinh (x) dx

= coshn�1 (x) sinh (x)� (n� 1)Zcoshn�2 (x) sinh2 (x) dx

= coshn�1 (x) sinh (x)

� (n� 1)Zcoshn�2 (x)

�cosh2 (x)� 1

�dx

= coshn�1 (x) sinh (x)� (n� 1)Zcoshn (x) dx

+(n� 1)Zcoshn�2 (x) dx:

Dibawa suku kedua di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh

n

Zcoshn (x) dx = coshn�1 (x) sinh (x) + (n� 1)

Zcoshn�2 (x) dx:

Jadi, Zcoshn (x) dx =

1

ncoshn�1 (x) sinh (x) +

(n� 1)n

Zcoshn�2 (x) dx:


SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.4Untuk soal (1) � (2), buktikan setiap rumus reduksi, dimana n 2 N, dengan caramenyelesaikan masalah integral menggunakan rumus integrasi parsial.

(1)Zxn sinh (x) dx = xn cosh (x)� nxn�1 sinh (x) + n (n� 1)

Zxn�2 sinh (x) dx

(2)Zxn cosh (x) dx = xn sinh (x)� nxn�1 cosh (x) + n (n� 1)

Zxn�2 cosh (x) dx

Hitung setiap integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksiyang sudah diperoleh sebelumnya.

(3)Zsinh (3x) dx (4)

Zx sinh (x) dx

(5)Zx cosh (x) dx (6)

Zsech (ax+ b) dx

(7)Zcsch (ax+ b) dx (8)

Ztanh (ax+ b) dx

(9)Zcoth (ax+ b) dx (10)

Zsinh (x) cosh (x) dx

(11)Zsinh2 (x) dx (12)

Zcosh2 (x) dx

(13)Zx cosh2 (x) dx (14)

Zsinh3 (x) dx

(15)Zx2 sinh (x) dx (16)

Zx2 cosh (x) dx

(17)Zx3 sinh (x) dx (18)

Zx3 cosh (x) dx

(19)Ze�x sinh (x) dx (20)

Ze�2x cosh (2x) dx

1.5 Integral Trigonometri

Seringkali terdapat kemungkinan untuk mentransformasikan suatu integral ke salahsatu dari bentuk:Z

sinn (x) dx;

Zcscn (x) dx;

Zcosn (x) dx;

Zsecn (x) dx;Z

tann (x) dx;

Zcotn (x) dx:

Integral-integral tersebut dapat dihitung dengan rumus reduksi yang diperoleh meng-gunakan rumus integrasi parsial seperti dalam contoh-contoh berikut ini.


Contoh 1.19 Diperhatikan integral tak tentu:Zsinn (x) dx:

Diambil

u = sinn�1 (x) ; dv = sin (x) dx;

du = (n� 1) sinn�2 (x) cos (x) dx; v = � cos (x) ;

makaZsinn (x) dx =

Zsinn�1 (x) sin (x) dx

= sinn�1 (x) (� cos (x))�Z(� cos (x)) (n� 1) sinn�2 (x) cos (x) dx

= � sinn�1 (x) cos (x) + (n� 1)Zsinn�2 (x)

�1� sin2 (x)

�dx

= � sinn�1 (x) cos (x) + (n� 1)Zsinn�2 (x) dx

� (n� 1)Zsinn (x) dx:

Sekarang kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral:Zsinn (x) dx+ (n� 1)

Zsinn (x) dx = � sinn�1 (x) cos (x)

+ (n� 1)Zsinn�2 (x) dx

n

Zsinn (x) dx = � sinn�1 (x) cos (x)

+ (n� 1)Zsinn�2 (x) dx

sehingga diperoleh rumus reduksiZsinn (x) dx = � 1

nsinn�1 (x) cos (x) +

(n� 1)n

Zsinn�2 (x) dx: (1.6)

Untuk n = 2, diperolehZsin2 (x) dx = �1

2sin (x) cos (x) +

1

2

Z1 dx = �1

2sin (x) cos (x) +

1

2x+ k

=1

2(x� sin (x) cos (x)) :


3sin2 (x) cos (x) +

2

3

Zsin (x) dx

= �13sin2 (x) cos (x)� 2

3cos (x) + k:



4sin3 (x) cos (x) +

3

4

Zsin2 (x) dx

= �14sin3 (x) cos (x) +

3

8(x� sin (x) cos (x)) + k:

Contoh 1.20 Sekarang diandaikan n = �m di persamaan (1:6), maka

(n� 1)n

Zsinn�2 (x) dx =

1

nsinn�1 (x) cos (x) +

Zsinn (x) dxZ

sinn�2 (x) dx =1

n� 1 sinn�1 (x) cos (x) +

n

n� 1

Zsinn (x) dx; n 6= 1Z

sin�m�2 (x) dx =1

�m� 1 sin�m�1 (x) cos (x)

+�m

�m� 1

Zsin�m (x) dx; m 6= �1Z

cscm+2 (x) dx = � 1

m+ 1cscm (x) cot (x) +

m

m+ 1

Zcscm (x) dx; m 6= �1:

Ini memberikan rumus reduksiZcscp (x) dx = � 1

p� 1 cscp�2 (x) cot (x) +

p� 2p� 1

Zcscp�2 (x) dx; p 6= 1:

Contoh 1.21 Digunakan metode yang serupa dengan Contoh 1.19 untuk menghitungintegral tak tentu Z

cosn (x) dx:

Diingat bahwa cos (x) = sin��2� x�dan cos

��2� x�= sin (x). Karena ituZ

cosn (x) dx =

Zsinn

��2� x�dx;

hdimisalkan u =

�

2� x; du = �dx

i=

Zsinn (u) (�du) = �

Zsinn (u) du

= �� 1nsinn�1 (u) cos (u) +

n� 1n

Zsinn�2 (u) du

�=

1

nsinn�1

��2� x�cos��2� x�� n� 1

n

Zsinn�2

��2� x�(�dx)

yang memberikan rumus reduksiZcosn (x) dx =

1

ncosn�1 (x) sin (x) +

n� 1n

Zcosn�2 (x) dx: (1.7)


Contoh 1.22 Sekarang diandaikan n = �m di persamaan (1:7), makaZcos�m (x) dx =

1

�m cos�m�1 (x) sin (x) +�m� 1�m

Zcos�m�2 (x) dxZ

secm (x) dx =1

�m secm (x) tan (x) +m+ 1

m

Zsecm+2 (x) dx:

Pada penyelesaian untuk integral terakhir, diperolehZsecm+2 (x) dx =

1

m+ 1secm (x) tan (x) +

m

m+ 1

Zsecm (x) dx; m 6= �1

dan pada akhirnya dihasilkan rumus reduksiZsecp (x) dx =

1

p� 1 secp�2 (x) tan (x) +

p� 2p� 1

Zsecp�2 (x) dx; p 6= 1:

Contoh 1.23 Diperhatikan integral tak tentuZtann (x) dx:

Dicatat bahwa tan2 (x) = sec2 (x)� 1, sehingga dapat dituliskan kembaliZtann (x) dx =

Ztann�2 (x) tan2 (x) dx =

Ztann�2 (x)

�sec2 (x)� 1

�dx

=

Ztann�2 (x) sec2 (x) dx�

Ztann�2 (x) dx:

Untuk integral pertama di ruas kanan, diambil u = tan (x) sebagai suatu substitusi.Ztann (x) dx =

Zun�2du�

Ztann�2 (x) dx =

un�1

n� 1 �Ztann�2 (x) dx; n 6= 1:

Oleh karena itu diperoleh rumus reduksiZtann (x) dx =

tann�1 (x)

n� 1 �Ztann�2 (x) dx; n 6= 1: (1.8)

Contoh 1.24 Digunakan rumus reduksi tan��2� x�= cot (x) di (1:8) untuk mem-

perolehZcotn (x) dx =

Ztann

��2� x�dx;

hdimisalkan u =

�

2� x; du = �dx

i=

Ztann (u) (�du) = �

Ztann (u) du

= ��tann�1 (u)

n� 1 �Ztann�2 (u) du

�; n 6= 1

= �cotn�1 (x)

n� 1 +

Zcotn�2 (x) (�dx) ; n 6= 1::


Oleh karena itu diperoleh rumus reduksiZcotn (x) dx = �cot

n�1 (x)

n� 1 �Zcotn�2 (x) dx; n 6= 1:

Selanjutnya, menggunakan identitas sin2 (x) + cos2 (x) = 1 kita dapat menghitungintegral berbentuk Z

sinm (x) cosn (x) dx (1.9)

dimana m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif. Aturannya adalah sepertiberikut:

(a) Jika m adalah ganjil, maka diambil substitusi u = cos (x).(b) Jika n adalah ganjil, maka diambil substitusi u = sin (x).(c) Jika m dan n adalah genap, maka (1.9) dapat ditransformasikan ke integral

jumlahan dari pangkat-pangkat genap untuk cos (x) atau sin (x).

Dicatat bahwa aturan (a) dan (b) di atas akan mentransformasikan integral ke suatupolinomial dalam u. Sementara itu, dalam aturan (c) perlu digunakan rumus reduksiuntuk menyelesaikan integral yang dijumpai.

Contoh 1.25 Diperhatikan integral tak tentuZsin4 (x) cos3 (x) dx:

Pertama kali dinyatakanZsin4 (x) cos3 (x) dx =

Zsin4 (x) cos2 (x) cos (x) dx

=

Zsin4 (x)

�1� sin2 (x)

�cos (x) dx:

Diambil substitusi u = sin (x), du = cos (x) dx, makaZsin4 (x) cos3 (x) dx =

Zu4�1� u2

�du =

1

5u5 � 1

7u7 + k

=1

5sin5 (x)� 1

7sin7 (x) + k:

Metode di atas juga bekerja untuk suatu pangkat ganjil dari sin (x) dikalikan sembarangpangkat dari cos (x), dan juga sebaliknya.

Contoh 1.26 Diperhatikan integral tak tentuZ pcos (x) sin3 (x) dx:


Pertama kali dinyatakanZ pcos (x) sin3 (x) dx =

Z pcos (x) sin2 (x) sin (x) dx

=

Z pcos (x)

�1� cos2 (x)

�sin (x) dx:

Diambil substitusi u = cos (x), du = � sin (x) dx, makaZ pcos (x) sin3 (x) dx =

Z pu�1� u2

�(�1) du =

Z ��u

12 + u

52

�du

= �23u32 +

2

7u72 + k

= �23cos

32 (x) +

2

7cos

72 (x) + k:

Contoh 1.27Zsin4 (x) cos4 (x) dx =

Zsin4 (x)

�1� sin2 (x)

�2dx

=

Z �sin4 (x)� 2 sin6 (x) + sin8 (x)

�dx:

Sekarang rumus reduksi untuk sin (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai latihan.

Kita juga dapat menghitung integral-integral berbentukZtanm (x) sec n (x) dx dan

Zcotm (x) csc n (x) dx:

Aturannya adalah seperti berikut:

(a) Ketika m adalah genap, maka digunakan identitas tan2 (x) = sec2 (x) � 1untuk integral pertama atau cot2 (x) = csc 2 (x)� 1 untuk integral kedua.

(b) Jika m adalah ganjil, maka digunakan substitusi u = sec (x) untuk integralpertama atau u = � csc (x) untuk integral kedua.

Dicatat bahwa dalam aturan (a) perlu digunakan rumus reduksi sec n (x) atau csc n (x)untuk menyelesaikan integral yang dijumpai setelah dilakukan substitusi. Sementaraitu aturan (b) akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u.

Contoh 1.28Ztan4 (x) sec (x) dx =

Z �sec2 (x)� 1

�2sec (x) dx

=

Z �sec5 (x)� 2 sec3 (x) + sec (x)

�dx:

Sekarang rumus reduksi untuk secn (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai lati-han.


Contoh 1.29 Diperhatikan integral tak tentuZcot3 (x) csc 3 (x) dx:

Pertama kali dinyatakanZcot3 (x) csc 3 (x) dx =

Zcot2 (x) csc 2 (x) (cot (x) csc (x)) dx

=

Z �csc 2 (x)� 1

�csc 2 (x) (cot (x) csc (x)) dx:

Diambil substitusi u = � csc (x), du = cot (x) csc (x) dx, makaZcot3 (x) csc 3 (x) dx =

Z �u2 � 1

�u2 du =

1

5u5 � 1

3u3 + k

= �15csc5 (x) +

1

3csc3 (x) + k:

Berikutnya, dengan menggunakan identitas-identitas trigonometri:

sin (x) cos (y) =1

2[sin (x� y) + sin (x+ y)] ;

sin (x) sin (y) =1

2[cos (x� y)� cos (x+ y)] ;

cos (x) cos (y) =1

2[cos (x� y) + cos (x+ y)] ;

kita mendapatkan rumus-rumus integrasi seperti berikut ini:

(1)Zsin (ax) cos (bx) dx =

1

2

�cos ((b� a)x)

b� a � cos ((b+ a)x)b+ a

�+ k; a2 6= b2

(2)Zsin (ax) sin (bx) dx =

1

2

�sin ((b� a)x)

b� a � sin ((b+ a)x)b+ a

�+ k; a2 6= b2

(3)Zcos (ax) cos (bx) dx =

1

2

�sin ((b� a)x)

b� a +sin ((b+ a)x)

b+ a

�+ k; a2 6= b2

untuk bilangan-bilangan riil a dan b:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.5Untuk soal (1) � (9), hitung setiap integral yang diberikan dan anda bisa menggunakanrumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.

(1)Zcos2 (

px)p

xdx (2)

Zcot2 (x) dx (3)

Zsec3 (x) dx

(4)Zcos4 (x) dx (5)

Ztan5 (x) dx (6)

Zsec5 (x) dx

(7)Zcsc 3 (x) dx (8)

Z1

sin4 (x)dx (9)

Zsec4 (3x� 1) dx


Hitung setiap integral berikut ini.

(10)Zsin5 (x) cos4 (x) dx (11)

Zsin3 (x) cos5 (x) dx

(12)Zsin4 (x) cos4 (x) dx (13)

Zsin2 (x) cos4 (x) dx

(14)Ztan5 (x) sec 4 (x) dx (15)

Zcot5 (x) csc 4 (x) dx

(16)Ztan4 (x) sec 5 (x) dx (17)


(18)Ztan4 (x) sec 4 (x) dx (19)


(20)Ztan3 (x) sec 3 (x) dx (21)


(22)Zsin (x) cos (7x) dx (23)

Zsin (2x) cos (3x) dx

(24)Zsin (4x) cos (4x) dx (25)

Zsin (3x) cos (3x) dx

(26)Zsin (2x) sin (3x) dx (27)

Zsin (4x) sin (6x) dx

(28)Zsin (3x) sin (5x) dx (29)

Zcos (3x) cos (5x) dx

(30)Zcos (2x) cos (4x) dx

1.6 Substitusi Trigonometri

Integral-integral yang memuat salah satu dari

a2 � x2; a2 + x2; atau x2 � a2 (1.10)

seringkali dapat diintegralkan dengan suatu substitusi trigonometri. Idenya adalahmengambil x, a, dan akar kuadrat sebagai sisi-sisi dari suatu segitiga siku-siku danmenggunakan salah satu sudut lancipnya sebagai suatu variabel baru �. Terdapat tigajenis substitusi trigonometri yang diberikan dalam subbab ini.

BENTUK-BENTUK a2 � x2. Diandaikan bahwa x = a sin (�) dengan a > 0.Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

a

θ

x

22 xa −


Selanjutnya diperoleh:

dx = a cos (�) d�; a2 � x2 = a2 cos2 (�) ;pa2 � x2 = a cos (�) ; � = arcsin

�xa

�;

sin (�) =x

a; cos (�) =

pa2 � x2a

; tan (�) =xp

a2 � x2;

csc (�) =a

x; sec (�) =

apa2 � x2

; cot (�) =

pa2 � x2x

.

Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:

(1)Z

x

a2 � x2 dx = �1

2ln��a2 � x2��+ k

(2)Z

1

a2 � x2 dx =1

2aln

��a� xa+ x

��+ k(3)

Zxp

a2 � x2dx = �

pa2 � x2 + k

(4)Z

1pa2 � x2

dx = arcsin�xa

�+ k

(5)Z

1

xpa2 � x2

dx =1

aln

��a�pa2 � x2x

��+ k(6)

Z pa2 � x2 dx = a2

2arcsin

�xa

�+1

2xpa2 � x2 + k

Contoh 1.30 Diperhatikan integral tak tentuZx3p9� x2

dx:

Diambil substitusi x = 3 sin (�), dx = 3 cos (�) d�, makaZx3p9� x2

dx = 27

Zsin3 (�)p1� sin2 (�)

cos (�) d� = 27

Zsin3 (�) d�

= 27

��13sin2 (�) cos (�)� 2

3cos (�)

�+ k

= 27 �p9� x23

��13� x

2

9� 23

�+ k

= 9p9� x2

�� 1

27x2 � 2

3

�+ k:


BENTUK-BENTUK a2 + x2. Diandaikan bahwa x = a tan (�) dengan a > 0.Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

x

θa

22 xa −

Selanjutnya diperoleh:

dx = a sec 2 (�) d�; a2 + x2 = a2 sec 2 (�) ;pa2 + x2 = a sec (�) ; � = arctan

�xa

�;

sin (�) =xp

a2 + x2; cos (�) =

apa2 + x2

; tan (�) =x

a;

csc (�) =

pa2 + x2

x; sec (�) =

pa2 + x2

a; cot (�) =

a

x.


(1)Z

x

a2 + x2dx =

1

2ln��a2 + x2��+ k

(2)Z

1

a2 + x2dx =

1

aarctan

�xa

�+ k

(3)Z

xpa2 + x2

dx =pa2 + x2 + k

(4)Z

1pa2 + x2

dx = ln��x+pa2 + x2��+ k

(5)Z

1

xpa2 + x2

dx =1

aln

��pa2 + x2 � a

x

��+ k(6)

Z pa2 + x2 dx =

a2

2ln��x+pa2 + x2��+ 1

2xpa2 + x2 + k


(x2 + 2)2dx:

Diambil substitusi u =p2 tan (�), dx =

p2 sec 2 (�) d�, makaZ

1

(x2 + 2)2dx =

Z p2 sec 2 (�)

(2 tan2 (�) + 2)2 d� =

p2

4

Z1

sec 2 (�)d�

=

p2

4

Zcos2 (�) d�:


Selanjutnya bisa digunakan rumus reduksi dari cosn (�) untuk mendapatkanZ1

(x2 + 2)2dx =

p2

4

�1

2cos (�) sin (�)� �

�+ k

=

p2

4

1

2�

p2p

x2 + 2� xpx2 + 2

� arctan�xp2

�!+ k

=x

4 (x2 + 2)�p2

4arctan

�xp2

�+ k:

BENTUK-BENTUK x2 � a2. Diandaikan bahwa x = a sec (�) dengan a > 0.Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:

x

θa

22 ax −

Selanjutnya diperoleh

dx = a sec (�) tan (�) d�; x2 � a2 = a2 tan 2 (�) ;px2 � a2 = a tan (�) ; � = arcsec

�xa

�;

sin (�) =

px2 � a2x

; cos (�) =a

x; tan (�) =

px2 � a2a

;

csc (�) =xp

x2 � a2; sec (�) =

x

a; cot (�) =

apx2 � a2

.


(1)Z

x

x2 � a2 dx =1

2ln��x2 � a2��+ k

(2)Z

1

x2 � a2 dx =1

2aln

��x� ax+ a

��+ k(3)

Zxp

x2 � a2dx =

px2 � a2 + k

(4)Z

1px2 � a2

dx = ln��x+px2 � a2��+ k

(5)Z

1

xpx2 � a2

dx =1

aarcsec

�xa

�+ k

(6)Z p

x2 � a2 dx = �a2

2ln��x+px2 � a2��+ 1

2xpx2 � a2 + k


Contoh 1.32 Diperhatikan integral tak tentuZ px2 � 4xx� 2 dx:

Dipunyaix2 � 4x =

�x2 � 4x+ 4

�� 4 = (x� 2)2 � 4 = u2 � 4

dimana kita menggunakan substitusi u = x� 2. Karena ituZ px2 � 4xx� 2 dx =

Z pu2 � 4u

du:

Untuk menghitung integral di ruas kanan, digunakan substitusi trigonometri u = 2 sec (�),du = 2 sec (�) tan (�) d�, makaZ p

u2 � 4u

du =

Z p4 sec2 (�)� 42 sec (�)

2 sec (�) tan (�) d� = 2

Ztan2 (�) d�

= 2 (tan (�)� �) + k = 2 p

u2 � 42

� arcsec�u2

�!+ k:

Oleh karena itu, dengan substitusi u = x� 2 diperolehZ px2 � 4xx� 2 dx =

px2 � 4x� 2 arcsec

�x� 22

�+ k:

Dua contoh berikut ini menunjukkan bagaimana metode pelengkapan kuadrat (com-pleting the square) digunakan untuk membawa suatu pernyataan kuadratik ke salahsatu dari pernyataan di (1.10).

Contoh 1.33 Diperhatikan integral tak tentuZ1p

c+ bx� ax2dx, dengan syarat a > 0 dan D = b2 � 4ac < 0.

Pertama kali dilakukan metode pelengkapan kuadrat:

c+ bx� ax2 = a

�c

a+b

ax� x2

�= a

c

a+

�b

2a

�2��b

2a

�2+ 2

b

2ax� x2

!

= a

"c

a+

�b

2a

�2��x� b

2a

�2#= a

h�q + p2

�� (x� p)2

idimana p =

b

2adan q =

c

a. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentuZ

1pc+ bx� ax2

dx =1pa

Z1q

(q + p2)� (x� p)2dx, dengan syarat p2 < q.


Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x � p, dy = dx,maka Z

1q(q + p2)� (x� p)2

dx =

Z1p

(q + p2)� y2dy.

Selanjutnya dibuat substitusi y =p(q + p2) sin (u), dy =

p(q + p2) cos (u) du, makaZ

1p(q + p2)� y2

dy =

Z p(q + p2) cos (u)p

(q + p2)� (q + p2) sin2 (u)du

=

Zcos (u)p1� sin2 (u)

du = u+ k

= arcsin

yp

(q + p2)

!+ k:

Oleh karena itu,Z1p

c+ bx� ax2dx =

1paarcsin

�2ap

b2 + 4ac

�x� b

2a

��+ k:


ax2 + bx+ cdx, dengan syarat D = b2 � 4ac < 0.

Dilakukan metode pelengkapan kuadrat:

ax2 + bx+ c = a

�x2 +

b

ax+

c

a

�= a

x2 + 2

b

2ax+

�b

2a

�2��b

2a

�2+c

a

!

= a

"�x+

b

2a

�2+

c

a��b

2a

�2!#= a

h(x+ p)2 +

�q � p2

�idimana p =

b

2adan q =

c

a. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentuZ

1

ax2 + bx+ cdx =

1

a

Z1

(x+ p)2 + (q � p2)dx, dengan syarat p2 < q.

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x + p, dy = dx,maka Z

1

(x+ p)2 + (q � p2)dx =

Z1

y2 + (q � p2)dy.


Selanjutnya dibuat substitusi y =p(q � p2) tan (u), dy =

p(q � p2) sec2 (u) du, makaZ

1

y2 + (q � p2)dy =

Z p(q � p2) sec2 (u)

(q � p2) tan2 (u) + (q � p2)du

=1p

(q � p2)

Zsec2 (u)

tan2 (u) + 1du =

1p(q � p2)

u+ k

=1p

(q � p2)arctan

yp

(q � p2)

!+ k:

Oleh karena itu,Z1

ax2 + bx+ cdx =

2p4ac� b2

arctan

�2ap

4ac� b2

�x+

b

2a

��+ k:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.6Hitung integral-integral berikut ini.

(1)Z

xp4� x2

dx (2)Z

1p4� x2

dx (3)Z

x

4� x2 dx

(4)Z

1

4� x2 dx (5)Z

x

9 + x2dx (6)

Z1

9 + x2dx

(7)Z

xp9 + x2

dx (8)Z

1p9 + x2

dx (9)Z

x

x2 � 16 dx

(10)Z

1

x2 � 16 dx (11)Z

xpx2 � 16

dx (12)Z

1px2 � 16

dx

(13)Z

1

xpx2 � 4

dx (14)Z

1

xp9� x2

dx (15)Z

dx

xpx2 + 16

(16)Z p

9� x2 dx (17)Z p

4� 9x2 dx (18)Z

x2p1� x2

dx

(19)Z

x2p4 + x2

dx (20)Z

x2px2 � 16

dx (21)Z

1

(9 + x2)2dx

(22)Z

1

(9� x2)2dx (23)

Z1

(x2 � 16)2dx (24)

Z1

(4 + x2)32

dx

(25)Z p

4 + x2

xdx (26)

Z px2 � 4x

dx (27)Z

1

x2px2 + 4

dx

(28)Z

1

x2p4� x2

dx (29)Z

1

x2px2 � 4

dx (30)Z

1

x2 � 2x+ 5 dx

(31)Z

1

x2 � 4x+ 12 dx (32)Z

1p4x� x2

dx (33)Z

dxpx2 � 4x+ 12


(34)Z

1

4x� x2 dx (35)Z

dxpx2 � 2x+ 5

(36)Z

x

x2 � 4x� 12 dx

(37)Z

x dxpx2 � 2x+ 5

(38)Z

x dx

x2 + 4x+ 13(39)

Z p5� 4x� x2 dx

(40)Z

2x+ 7

x2 + 4x+ 13dx (41)

Zx+ 3p

x2 + 2x+ 5dx (42)

Z1p

4x2 � 1dx

(43)Z

x+ 4p9x2 + 16

dx (44)Z

x+ 2p16� 9x2

dx (45)Z

1p6x� 4x2

dx

(46)Z

1p4x� x2

dx (47)Z

1p9x� 4x2

dx (48)Z

dxp8x� 25x2

(49)Z

xp4x� x2

dx (50)Z

dxp�x2 � 2x+ 8

(51)Z

dxp3 + 4x� 4x2

(52)Z

x dxp6 + x� 2x2

(53)Z

x

x2 + x+ 1dx (54)

Z1

x2 + 3x+ 5dx

(55)Z

dx

3x2 � 12x+ 16 (56)Z

dx

12x2 + 56x+ 72(57)

Z8 dx

9x2 � 12x+ 20

(58)Z

(x+ 1)�1px2 + 2x� 8

dx (59)Z

(3x+ 1)�1p3x2 + 2x� 5

dx (60)Z

e2x dxp5� e2x + e4x

1.7 Integral Fungsi Rasional

Pada subbab ini didiskusikan masalah integrasi fungsi rasional berbentuk

R (x) =P (x)

Q (x);

dimana P (x) dan Q (x) adalah polinomial yang tidak mempunyai faktor persekutuan.Idenya adalah menuliskan kembali fungsi rasional sebagai suatu jumlahan dari pecahanlebih sederhana yang dinamakan pecahan parsial. Ini dapat dilakukan dengan caraseperti berikut:

(1) Jika derajat dari P (x) lebih besar atau sama dengan derajat dari Q (x), makadigunakan pembagian panjang dari polinomial untuk mendapat suatu hasil bagip (x) dan suatu sisa r (x), sehingga fungsi rasional dituliskan kembali sebagai

R (x) =P (x)

Q (x)= p (x) +

r (x)

Q (x)

dimana derajat dari r (x) lebih kecil dari pada derajat dari Q (x).

(2) Faktorisasi penyebut: Q (x) = q1 (x) q2 (x) : : : qk (x), dimana setiap faktor qi (x)mempunyai bentuk linier ax+b, atau kuadratik irreducible (tidak bisa difaktorkanlagi) ax2+ bx+ c, atau suatu pangkat berbentuk (ax+ b)n atau

�ax2 + bx+ c

�n.(3)

r (x)

Q (x)dinyatakan sebagai jumlahan dari pecahan-pecahan parsial. Jika (ax+ b)n

muncul dalam faktorisasi dari Q (x), jumlahan dari pecahan parsial akan memuat


suku-suku berikut:

A1ax+ b

+A2

(ax+ b)2+ :::+

An(ax+ b)n

;

dimana A1, A2, ..., An adalah konstanta-konstanta tertentu. Jika muncul bentuk�ax2 + bx+ c

�m, jumlahan dari pecahan parsial akan memuatB1x+ C1ax2 + bx+ c

+B2x+ C2

(ax2 + bx+ c)2+ :::+

Bmx+ Cm(ax2 + bx+ c)m

;

dimana B1, B2, ..., Bm dan C1, C2, ..., Cm adalah konstanta-konstanta tertentu.

Pecahan parsial bertipeA

(ax+ b)nsecara mudah diintegralkan menggunakan Aturan

Pangkat Zun dx =

1

n+ 1un+1 + k; n 6= �1; dan

Z1

udu = ln juj+ k:

Pecahan parsial bertipeBx+ C

(ax2 + bx+ c)mdapat diintegralkan seperti berikut.

Pertama kali penyebut dibagi oleh am sehingga pecahan mempunyai bentuk lebih seder-hana:

Bx+ C

am (x2 + b1x+ c1)m :

Jika dilakukan pelengkapan kuadrat dengan membuat substitusi u = x + 12b1, kita

memperoleh

x2 + b1x+ c1 = u2 +

�c1 �

1

4b21

�= u2 + k2;

dimana k = c1 � 14b21. Sekarang integral mengambil bentuk lebih sederhana:

1

am

ZBu+ C

(u2 + k2)mdu =

1

am

ZBu

(u2 + k2)mdu+

1

am

ZC

(u2 + k2)mdu:

Integral pertama di ruas kanan dapat dihitung dengan mengambil w = u2 + k2, dw =2u du. Integral kedua dapat dihitung dengan substitusi trigonometri u = k tan (�),yang akhirnya diselesaikan menggunakan rumus reduksi untuk cos (x).

Untuk mencari pecahan parsial, kita harus menyelesaikan untuk konstanta-konstantatak diketahui Ai, Bi, dan Ci. Dalam tiga contoh pertama berikut ini ditunjukkanbagaimana hal tersebut dilakukan.

Contoh 1.35 Diperhatikan fungsi rasional

5x+ 17

x2 � 3x� 10 :

Pertama kali kita memfaktorkan penyebut:

x2 � 3x� 10 = (x+ 2) (x� 5) :


Karena terdapat dua faktor linear, maka haruslah dibentuk jumlahan dari dua pecahanparsial:

5x+ 17

x2 � 3x� 10 =A

x+ 2+

B

x� 5 :

Cara kita mencari A dan B adalah dengan menggunakan (x+ 2) (x� 5) sebagai suatupenyebut persekutuan sehingga pembilang dari kedua ruas persamaan adalah sama.

5x+ 17

x2 � 3x� 10 =A (x� 5) +B (x+ 2)(x+ 2) (x� 5)

5x+ 17 = A (x� 5) +B (x+ 2) :

Penyelesaian untuk A dan B dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang duanilai x (untuk kemudahan biasanya diambil akar-akar dari penyebut):

x = �2 =) 5 � (�2) + 17 = A � (�7) + 0 =) A = �1;x = 5 =) 5 � 5 + 17 = 0 +B � 7 =) B = 6:

Oleh karena itu,5x+ 17

x2 � 3x� 10 =�1x+ 2

+6

x� 5 :


2x3 + x+ 1

x4 + 2x3 + x2:

Faktorisasi dari penyebut yaitu

x4 + 2x3 + x2 = x2�x2 + 2x+ 1

�= x2 (x+ 1)2 :

Karena terdapat empat faktor linear (tidak harus berbeda), maka dibentuk jumlahandari empat pecahan parsial:

2x3 + x+ 1

x4 + 2x3 + x2=A

x+B

x2+

C

x+ 1+

D

(x+ 1)2:

Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:

2x3 + x+ 1

x4 + 2x3 + x2=

Ax (x+ 1)2 +B (x+ 1)2 + Cx2 (x+ 1) +Dx2

x2 (x+ 1)2

2x3 + x+ 1 = Ax (x+ 1)2 +B (x+ 1)2 + Cx2 (x+ 1) +Dx2:

Penyelesaian untuk A, B, C, dan D dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarangempat nilai x:

x = 0 =) 0 + 0 + 1 = 0 +B + 0 + 0 =) B = 1;x = �1 =) �2 + (�1) + 1 = 0 + 0 + 0 +D =) D = �2;x = 1 =) 2 + 1 + 1 = 4A+ 4 + 2C + (�2) =) 2A+ C = 1;x = 2 =) 16 + 2 + 1 = 18A+ 9 + 12C + (�8) =) 3A+ 2C = 3:

Penyelesaian untuk dua persamaan terakhir yaitu A = �1 dan C = 3. Oleh karena itu,

2x3 + x+ 1

x4 + 2x3 + x2=�1x+1

x2+

3

x+ 1+

�2(x+ 1)2

:



x4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8

(x+ 1) (x2 + 2x+ 3)2:

Karena terdapat tiga faktor, maka dibentuk jumlahan dari tiga pecahan parsial:

x4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8

(x+ 1) (x2 + 2x+ 3)2=

A

x+ 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 3+

Dx+ E

(x2 + 2x+ 3)2:

Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:

x4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8 =

A�x2 + 2x+ 3

�2+ (Bx+ C) (x+ 1)

�x2 + 2x+ 3

�+ (Dx+ E) (x+ 1) :

Penyelesaian untuk A, B, C, D dan E dapat dicari dengan memsubstistusikan sem-barang lima nilai x:

x = �1 =) 1� 4 + 11� 12 + 8 = 4A =) A = 1;x = 0 =) 0 + 0 + 0 + 0 + 8 = 9A+ 3C + E =) 3C + E = �1;x = 1 =) 1 + 4 + 11 + 12 + 8 = 36A+ 12 (B + C) + 2 (D + E)

=) 6 (B + C) +D + E = 0;x = 2 =) 16 + 32 + 44 + 24 + 8 = 121A+ 33 (2B + C) + 3 (2D + E)

=) 11 (2B + C) + 2D + E = 1;x = �2 =) 16� 32 + 44� 24 + 8 = 9A� 3 (�2B + C)� (�2D + E)

=) �3 (�2B + C)� (�2D + E) = 3:

Penyelesaian untuk empat persamaan terakhir yaitu B = C = 0, D = 1, dan E = �1.Oleh karena itu,

x4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8

(x+ 1) (x2 + 2x+ 3)2=

1

x+ 1+

x� 1(x2 + 2x+ 3)2

:

Sekarang kita siap untuk menghitung integral dari fungsi pecah rasional.

Contoh 1.38 Diperhatikan integral tak tentuZx3 + 4x2 � 1

x+ 2dx:

Karena derajat dari pembilang lebih besar dari pada penyebut, maka langkah pertamaadalah membagi pembilang dengan penyebut menggunakan pembagian panjang. Hasil-nya adalah

x3 + 4x2 � 1x+ 2

= x2 + 2x� 4 + 7

x+ 2:

Sekarang dengan mudah kita dapat mengintegralkan setiap suku dalam jumlahan.Zx3 + 4x2 � 1

x+ 2dx =

Z �x2 + 2x� 4 + 7

x+ 2

�dx

=1

3x3 + x2 � 4x+ 7 ln jx+ 2j+ k:


Contoh 1.39 Diperhatikan integral tak tentuZ5x+ 17

x2 � 3x� 10 dx:

Karena pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil dibandingkan dengan penyebut,maka tidak perlu dilakukan pembagian panjang. Dari hasil di Contoh 1.35 dipunyai

5x+ 17

x2 � 3x� 10 =�1x+ 2

+6

x� 5 ;

maka Z5x+ 17

x2 � 3x� 10 dx =

Z �1x+ 2

dx+

Z6

x� 5 dx

= � ln jx+ 2j+ 6 ln jx� 5j+ k:

Contoh 1.40 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.36,Z2x3 + x+ 1

x4 + 2x3 + x2dx =

Z �1xdx+

Z1

x2dx+

Z3

x+ 1dx+

Z �2(x+ 1)2

dx

= � ln jxj � 1

x+ 3 ln (x+ 1) +

2

x+ 1+ k.

Contoh 1.41 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.37,Zx4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8

(x+ 1) (x2 + 2x+ 3)2dx =

Z1

x+ 1dx+

Zx� 1

(x2 + 2x+ 3)2dx

= ln jx+ 1j+Z

x� 1(x2 + 2x+ 3)2

dx:

Dengan membuat substitusi u = x+ 12 �2 = x+1, dipunyai x

2+2x+3 = u2+2. Karenaitu Z

x� 1(x2 + 2x+ 3)2

dx =

Zu� 2

(u2 + 2)2du =

Zu

(u2 + 2)2du+

Z �2(u2 + 2)2

du:

Integral pertama di ruas kanan dihitung dengan mengambil w = u2 + 2, dw = 2u du,maka Z

u

(u2 + 2)2du =

1

2

Z2u

(u2 + 2)2du =

1

2

Z1

w2dw = � 1

2w= � 1

2 (u2 + 2):

Integral kedua dihitung dengan substitusi trigonometri u =p2 tan (�), dan dengan

menggunakan hasil di Contoh 1.31 diperoleh bahwaZ �2(u2 + 2)2

du = �2"

u

4 (u2 + 2)�p2

4arctan

�up2

�#:

Terakhir, dengan substitusi balik u = x+ 1 didapatkanZx4 + 4x3 + 11x2 + 12x+ 8

(x+ 1) (x2 + 2x+ 3)2dx = ln jx+ 1j � 1

2 (x2 + 2x+ 3)

�2"

x+ 1

4 (x2 + 2x+ 3)�p2

4arctan

�x+ 1p2

�#+ k:



(1)Z

1

(x� 1) (x� 2) (x+ 4) dx (2)Z

1

(x� 4) (10 + x) dx

(3)Z

1

(x� a) (x� b) dx (4)Z

1

(x� a) (b� x) dx

(5)Z

1

(x2 + 1) (x2 + 4)dx (6)

Z1

(x� 1) (x2 + 1) dx

(7)Z

2x

x2 � 5x+ 6 dx (8)Z

x

(x+ 3) (x+ 4)dx

(9)Z

x+ 1

(x+ 2) (x2 + 4)dx (10)

Zx+ 2

(x+ 3) (x2 + 1)dx

(11)Z

2

(x2 + 4) (x2 + 9)dx (12)

Z1

(x2 � 4) (x2 � 9) dx

(13)Z

x2

(x2 + 4) (x2 + 9)dx (14)

Zx

(x2 � 4) (x2 � 9) dx

(15)Z

x� 4(x2 + 4) (x+ 1)

dx (16)Z

1

x2 � 5x+ 4 dx

(17)Z

1

x4 � 16 dx (18)Z

x

x4 � 81 dx

(19)Zx3 + x2 + 2

x2 � 1 dx (20)Zx3 � x2 � 7x+ 8x2 � 4x+ 4 dx

(21)Zx6 � 2x4 + x2

dx (22)Z

x2 + x� 3x3 � 2x2 � x+ 2 dx

(23)Zx5 + 2x4 + 4x3 + x+ 1

x2 + x+ 1dx (24)

Zx2 + 3x� 1

x4 + x3 + x2 + xdx

(25)Z2x3 � 11x2 + 17x� 16x4 � 4x3 + 5x2 � 4x+ 4 dx (26)

Z9 + 6x+ 2x2 + x3

4 + x2dx

1.8 Integral Fungsi Irasional

Terdapat dua bentuk irasional yang akan didiskusikan dalam subbab ini. Dengan sub-stitusi yang sesuai, masalah integrasi dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.

Jika integran memuat satu atau lebih pangkat-pangkat pecahan berbentuk xsr , maka

masalah integrasinya bisa diselesaikan dengan membuat substitusi x = un dimana nadalah kelipatan persekutuan terkecil (disingkat KPK) dari penyebut-penyebut dalampangkat pecahan. Dengan substitusi tersebut, masalah integral dibawa menjadi inte-grasi fungsi rasional.


Contoh 1.42 Diperhatikan integral tak tentuZ3px

1 +pxdx:

Karena KPK dari 3 dan 2 adalah 6, maka dibuat substitusi x = u6, dx = 6u5du, danZ3px

1 +pxdx =

Z 3pu6

1 +pu66u5du =

Zu2

1 + u36u5du

= 6

Zu7

1 + u3du:

Sekarang dipunyai masalah integrasi fungsi rasional dan untuk penyelesaiannya diting-galkan sebagai latihan.

Contoh 1.43 Diperhatikan integral tak tentuZ px+

3px2

5 + 4px

dx:

Karena KPK dari 2, 3, dan 4 adalah 12, maka dibuat substitusi x = u12, dx = 12u11du,dan

Z px+

3px2

5 + 4px

dx =

Z pu12 + 3

q(u12)2

5 +4pu12

12u11du = 12

Zu6 + u8

5 + u3u11du

= 12

Zu17 + u19

5 + u3du:

Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.

Jika integran hanya memuat bentuksax+ b

px+ q; dengan a; p 6= 0;

maka dibuat substitusi u =

rax+ b

px+ q. Hubungan antara du dan dx dicari seperti

berikut:

u2 =ax+ b

px+ q=) u2 (px+ q) = ax+ b =) x

�pu2 � a

�= b� qu2

=) x =b� qu2pu2 � a =) dx =

�2qu�pu2 � a

��b� qu2

�2pu

(pu2 � a)2du:


Contoh 1.44 Diperhatikan integral tak tentuZ rx+ 1

x+ 2dx:

Jika dibuat substitusi

u =

rx+ 1

x+ 2; dan

dx =�4u

�u2 � 1

��1� 2u2

�2u

(u2 � 1)2du =

2u

(u2 � 1)2du,

maka diperoleh Z rx+ 1

x+ 2dx =

Zu � 2u

(u2 � 1)2du = 2

Zu2

(u2 � 1)2du:

Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.8Hitung setiap integral berikut ini menggunakan substitusi yang diberikan.

(1)Z

4x32

1 + x13

dx; x = u6 (2)Z

1

1 + x13

dx; x = u3

(3)Z

1p1 + e2x

dx; u2 = 1 + e2x (4)Z

1

xpx3 � 8

dx; u2 = x3 � 8

Hitung setiap integral berikut ini menggunakan suatu substitusi yang sesuai.

(5)Z

xpx+ 2

dx (6)Z

x2px+ 4

dx (7)Z

1

4 +pxdx

(8)Z

x

1 +pxdx (9)

Z px

1 + 3pxdx (10)

Zx23

8 + x12

dx

(11)Z

1

x23 + 1

dx (12)Z

1

1 +pxdx (13)

Zx

1 + x23

dx

(14)Z1 +

px

2 +pxdx (15)

Z1�

px

1 + x32

dx (16)Z1 +

px

1� x 32dx

(17)Z r

3x� 24x+ 3

dx (18)Z r

1 +1

xdx (19)

Z r1� 1

xdx

(20)Z1

x

rlnx

ln (x)� 1 dx


1.9 Substitusi tan�12x�

Jika integran memuat suatu pernyataan berbentuk (a+ b sin (x)) atau (a+ b cos (x)),maka substitusi berikut bisa membantu dalam penghitungan integral. Substitusi akanmentransformasikan integran ke bentuk rasional.

BENTUK (a+ b sin (x)) atau (a+ b cos (x)). Diandaikan bahwa u = tan�12x�,

maka dipunyai

sin (x) =2u

1 + u2; cos (x) =

1� u21 + u2

; dan dx =2

1 + u2du:

Lebih lanjut,

(1)Z

1

a+ b sin (x)dx =

Z 21+u2

a+ b 21+u2

du =

Z2

a (1 + u2) + 2budu

(2)Z

1

a+ b cos (x)dx =

Z 21+u2

a+ b1�u2

1+u2

du =

Z2

a (1 + u2) + b (1� u2) du


1 + sin (x) + cos (x)dx:

Jika dibuat substitusi u = tan�12x�, dx =

2

1 + u2du, makaZ

1

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

Z1

1 +2u

1 + u2+1� u21 + u2

� 2

1 + u2du

=

Z2

1 + u2 + 2u+ 1� u2 du

=

Z2

2 + 2udu =

Z1

1 + udu

= ln j1 + uj+ k

= ln

��1 + tan�12x��+ k:


(1)Z

1

2 + sin (x)dx (2)

Z1

2� sin (x) dx

(3)Z

1

4 + cos (x)dx (4)

Z1

sin (x) + cos (x)dx

(5)Z

1

sin (x)� cos (x) dx (6)Z

1

2 sin (x) + 3 cos (x)dx


(7)Z

1

3 + cos (x)dx (8)

Z1

3� cos (x) dx

(9)Z

sin (x)

sin (x) + cos (x)dx (10)

Zcos (x)

sin (x)� cos (x) dx

(11)Z1 + sin (x)

1� sin (x) dx (12)Z1� cos (x)1 + cos (x)

dx

(13)Z2 + cos (x)

2� cos (x) dx (14)Z2� cos (x)2 + cos (x)

dx

(15)Z2� sin (x)3 + cos (x)

dx

Bab 2

Integral Tentu

2.1 Integral Riemann

Di sini kita mencoba untuk mencari luas bidang datar dari daerah di bawah kurvay = f (x) dari a sampai b, dimana f adalah suatu fungsi kontinu, seperti dalam Gambar2.1.

y=f(x)

Gambar 2.1: Daerah di bawah suatu kurva.

Untuk menaksir luas bidang datar, kita mulai dengan membagi interval [a; b] menjadin interval bagian:

[x0; x1] ; [x1; x2] ; [x2; x3] ; :::; [xn�1; xn]

yang mempunyai lebar sama �x =b� an

(sehingga xi = a + i�x). Titik-titik x0, x1,

..., xn dinamakan titik-titik diskrit.

Pada setiap interval bagian [xi�1; xi], kita membentuk persegi panjang dengan tinggif (x�i ), dimana x

�i 2 [xi�1; xi], lihat Gambar 2.2. Persegi panjang ke-i akan mempunyai

luasf (x�i ) ��x:

Dari Gambar 2.2, kita bisa melihat bahwa jumlah dari luas semua persegi panjang ham-pir mendekati luas daerah di bawah kurva. Jumlahan ini dinamakan suatu JumlahanRiemann dan sama dengan

nXi=1

f (x�i ) �x = f (x�1) �x+ f (x

�2) �x+ � � �+ f (x�n) �x:

43

Bab 2. Integral Tentu 44

x0 = a x1 x2 xi1 xixi*

f(xi*)f(x)

xxn = bxn1xn2

x∆

Gambar 2.2: Persegi-persegi panjang di bawah suatu kurva.

Kita bisa memperkenalkan luas eksak dari bidang datar di bawah gra�k f (x) denganlimit:

A = limn!1

nXi=1

f (x�i ) �x:

Ketika f adalah kontinu, nilai limit tidak tergantung dari titik-titik sampel x�i yangdigunakan.

Limit tersebut dinyatakan olehZ b

af (x) dx, dan dinamakan integral tentu (de�nite

integral) untuk f dari a sampai b:Z b

af (x) dx = lim

n!1

nXi=1

f (x�i ) �x:

Berikut ini diberikan suatu contoh bagaimana bagaimana menghitung integral tentusecara langsung dari de�nisi.

Contoh 2.1 Dicari nilai dari integral tentuZ 1

0x2dx:

Kita membagi interval [0; 1] menjadi n subinterval dengan lebar sama, sehingga �x =1

n

dan xi =i

n. Berikutnya kita harus memilih suatu titik x�i dalam setiap subinterval

[xi�1; xi]. Di sini kita akan menggunakan titik ujung kanan dari setiap subinterval,

x�i =i

n, lihat Gambar 2.3(a). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kanan. Karena itu

jumlahan Riemann yang berasosiasi dengan partisi tersebut adalah

R =

nXi=1

�i

n

�2 1n=1

n3

nXi=1

i2 =1

n3� 2n

3 + 3n2 + n

6=2n3 + 3n2 + n

6n3:


Jadi, Z 1

0x2dx = lim

n!12n3 + 3n2 + n

6n3=1

3:

Untuk memeriksa bahwa hasil tidak tergantung pada titik-titik sampel yang digunakan,diulangi penghitungan menggunakan titik ujung kiri dari setiap subinterval, lihat Gam-bar 2.3(b). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kiri. Hasilnya adalah

L =nXi=1

�i� 1n

�2 1n=1

n3

nXi=1

(i� 1)2 = 1

n3� 2n

3 � 3n2 + n6

=2n3 � 3n2 + n

6n3:

Jadi, Z 1

0x2dx = lim

n!12n3 � 3n2 + n

6n3=1

3:

0

x2

x1 0

x2

x1

(a) (b)

Gambar 2.3: Jumlahan Riemann: (a) Aturan Sisi Kanan; (b) Aturan Sisi Kiri.

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.1Dalam Soal 1 � 24, hitung jumlahan Riemann menggunakan Aturan Sisi Kanan. Di-

gunakan notasibXa

untuk a dan b menyatakan bahwa subinterval pertama dimulai di

a dan subinterval akhir berakhir di b.

(1)1X0

(3x+ 1) �x; �x = 13 (2)

1X0

(3x+ 1) �x; �x = 25

(3)1X�1(3x+ 1) �x; �x = 1

4 (4)1X0

2x2 �x; �x = 14

(5)1X�12x2 �x; �x = 1

4 (6)5X0

(2x� 1) �x; �x = 1

(7)5X0

(2x� 1) �x; �x = 2 (8)1X�1

�x2 � 1

��x; �x = 1

2

(9)2X0

�x2 � 1

��x; �x = 1

2 (10)1X�1

�x2 � 1

��x; �x = 3

10


(11)3X�4

�5x2 � 12

��x; �x = 2 (12)

3X�4

�5x2 � 12

��x; �x = 1

(13)3X1

�1 +

1

x

��x; �x = 1

3 (14)5X0

10�2x �x; �x = 12

(15)0X�1x4 �x; �x = 1

4 (16)1X�12x3 �x; �x = 1

2

(17)�X0

px �x; �x = 1 (18)

9X�2jx� 4j �x; �x = 2

(19)�X0

sin (x) �x; �x = 14� (20)

�X0

sin2 (x) �x; �x = 14�

(21)1X0

ex �x; �x = 15 (22)

1X0

xex �x; �x = 15

(23)5X1

ln (x) �x; �x = 1 (24)5X1

ln (x)

x�x; �x = 1

Dalam soal 25 � 40, pergunakan fungsi y = f (x), bilangan a, b, dan n untuk menghi-tung hampiran luas bidang datar yang dibatasi oleh y = f (x). y = 0, x = 1, x = bberdasarkan partisi

P = fa = x0 < x1 < � � � < xn = bg , dimana xi = a+ i�b� an

�;

dan Aturan Sisi Kiri.(25) y = 2x, a = 0, b = 2, n = 6 (26) y =

1

x, a = 1, b = 3, n = 6

(27) y = x2, a = 0, b = 3, n = 6 (28) y = x3, a = 0, b = 2, n = 4

(29) y =1

1 + x, a = 0, b = 3, n = 6 (30) y =

1

1 + x2, a = 0, b = 3, n = 4

(31) y =1p4� x2

, a = 0, b = 1, n = 4 (32) y =1

4� x2 , a = 0, b = 1, n = 4

(33) y =1

4 + x2, a = 0, b = 2, n = 4 (34) y =

1p4 + x2

, a = 0, b = 2, n = 4

(35) y =p4 + x2, a = 0, b = 2, n = 4 (36) y =

p4� x2, a = 0, b = 2, n = 4

(37) y = sin (x), a = 0, b = �, n = 4 (38) y = cos (x), a = ��2 , b =

�2 , n = 4

(39) y = sin2 (x), a = 0, b = �, n = 4 (40) y = cos2 (x), a = ��2 , b =

�2 , n = 4

(41) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat

positif. Buktikan bahwa jika �x =b

n, maka

bX0

x �x = (1 + 2 + � � �+ (n� 1)) (�x)2 :

Menggunakan rumus 1 + 2 + � � �+ (n� 1) = 1

2n (n� 1), buktikan bahwa

bX0

x �x =1

2

�1� 1

n

�b2:


(42) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat

positif, dan �x =b

n. Menggunakan rumus

12 + 22 + � � �+ (n� 1)2 = 1

6n (n� 1) (2n� 1) ;

buktikan bahwabX0

x2 �x =1

6n (n� 1) (2n� 1) b

3

n3:

(43) Menggunakan Soal (26) tunjukkan bahwaZ b

0x2 dx =

1

3b3.

2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral

Dalam subbab ini, kita pertama kali akan mendiskusikan suatu hubungan antara inte-gral Riemman dan antiderivatif. Hubungan ini memampukan kita untuk menghitungintegral Riemann dengan secara sederhana mencari suatu antiderivatif dari fungsi yangdiberikan.

Proposisi 2.2 (TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS INTEGRAL)Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], di-mana a, b 2 R dan a < b. Jika fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari f (x) dalam[a; b], maka Z b

af (x) dx = [F (x)]x=bx=a = F (b)� F (a) :

Contoh 2.3 DipunyaiZ 2�

�

�x2 + 2 sin (x)

�dx =

�1

3x3 � 2 cos (x)

�2��

=

�8

3�3 � 2 cos (2�)

��1

3�3 � 2 cos (�)

�=

7

3�3 � 4:

Contoh 2.4 DipunyaiZ �

0

p1� cos (x) sin (x) dx =

�2

3(1� cos (x))

32

��0

=2

3(1� cos (�))

32 � 2

3(1� cos (0))

32

=4p2

3


Proposisi 2.5 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam intervaltertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, makaZ b

af (x) dx = �

Z a

bf (x) dx:

Proposisi 2.6 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam intervaltertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika c 2 [a; b], makaZ b

af (x) dx =

Z c

af (x) dx+

Z b

cf (x) dx:

Proposisi 2.7 Jika f (x) dan g (x) adalah fungsi-fungsi kontinu dalam interval ter-tutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, makaZ b

a(f (x) + g (x)) dx =

Z b

af (x) dx+

Z b

ag (x) dx:

Lebih lanjut, untuk setiap bilangan riil k 2 R, dipunyaiZ b

akf (x) dx = k

Z b

af (x) dx:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.2Dalam Soal 1 � 5, hitung setiap integral tentu.

(1)Z 1

�12x2 dx (2)

Z 2

�2x3 dx (3)

Z �1

�2x�2 dx

(4)Z 4

02px dx (5)

Z �2

�3� 5x4 dx

Dalam Soal 6 � 10, tentukan luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x)dari a sampai b.

(6) y = 2x, a = 0, b = 2 (7) y =1

x, a = 1, b = 3

(8) y = x2, a = 0, b = 3 (9) y = x3, a = 0, b = 2(10) y = 4� x2, a = �2, b = 2 (11) y =

px+ 2, a = �2, b = 2

(12) y = 9x� x2, a = 0, b = 3 (13) y =px� x, a = 0, b = 1

(14) y = 3x13 , a = 1, b = 8 (15) y =

1

1 + x, a = 0, b = 3

(16) y =1

1 + x2, a = 0, b = 3 (17) y =

1p4� x2

, a = 0, b = 1

(18) y =1

4� x2 , a = 0, b = 1 (19) y =1

4 + x2, a = 0, b = 2

(20) y =1p4 + x2

, a = 0, b = 2 (21) y =p4 + x2, a = 0, b = 2

(22) y =p4� x2, a = 0, b = 2 (23) y = sin (x), a = 0, b = �

(24) y = cos (x), a = �12�, b =

12� (25) y = sin2 (x), a = 0, b = �

Bab 3

Integral Tak Wajar

3.1 Pengantar

Untuk mende�nisikan integral RiemannZ b

af (x) dx;

ini adalah penting bahwa [a; b] haruslah suatu interval terbatas, dan bahwa fungsif (x) terbatas pada [a; b]. Di sisi lain, dua syarat tersebut tidak cukup untuk menjaminbahwa integral Riemann ada.

Contoh 3.1 Ketika kita menuliskanZ 1

0

1

3x12

dx =

�2

3x12

�10

=2

3;

kita mungkin tidak menyadari bahwa integran tidak dide�nisikan di x = 0, sehinggaTeorema Fundamental Kalkulus Integral tidak bisa diaplikasikan. Karena itu jelasbahwa argumen di atas adalah salah.

De�nisi 3.2 Integral tak wajar (improper integral) adalah integral dengan satu ataukedua syarat berikut ini dijumpai, yaitu

(1) Interval dari integrasi adalah tidak terbatas:

[a;+1) , (�1; b] , (�1;1) ;

sebagai contoh: Z 1

1

1

x2dx:

(2) Integran mempunyai suatu ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b]:

limx!c

f (x) = �1;

sebagai contoh: Z 1

0

1pxdx:

49

Bab 3. Integral Tak Wajar 50

3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas

De�nisi 3.3 Diandaikan bahwa suatu fungsi f kontinu pada (�1;1). Dide�nisikanintegral tak wajar ketika limitnya ada:

(a)Z 1

af (x) dx = limb!1

Z b

af (x) dx;

(b)Z b

�1f (x) dx = lima!�1

Z b

af (x) dx;

(c)Z 1

�1f (x) dx =

Z c

�1f (x) dx+

Z 1

cf (x) dx;

dimana, dalam de�nisi (c), integral-integral di ruas kanan ada untuk suatu c. Jikaintegral tak wajar ada, maka integral dikatakan konvergen, tetapi jika tidak ada makadikatakan divergen.

Seringkali kita menuliskan [F (x)]1a sebagai suatu singkatan untuk

[F (x)]1a = limt!1

[F (x)]ta :

Secara analog:[F (x)]b�1 = lim

t!�1[F (x)]bt ;

dan[F (x)]1�1 = [F (x)]c�1 + [F (x)]

1c = lim

t!�1[F (x)]ct + lim

t!1[F (x)]tc :

Contoh 3.4Z 1

1

1

x2dx = lim

t!1

Z t

1

1

x2dx = lim

t!1

��1x

�t1

= limt!1

��1t+ 1

�= 1;

atau dalam notasi sederhana:Z 1

1

1

x2dx =

��1x

�11

= limt!1

��1t+ 1

�= 1:

Contoh 3.5 Dicari nilai dari p sehingga integral berikut ini konvergen,Z 1

1

1

xpdx:

Jika p = 1, maka kita mempunyaiZ t

1

1

xdx = [ln (x)]t1 = ln (t) ;

sehingga Z 1

1

1

xdx = lim

t!1

Z t

1

1

xdx = lim

t!1ln (t) =1;


yang berarti bahwa integral adalah divergen. Sekarang diandaikan p 6= 1:Z t

1

1

xpdx =

�x�p+1

�p+ 1

�t1

=1

1� p

�1

tp�1� 1�:

Jika p > 1, maka p� 1 > 0 danZ 1

1

1

xpdx = lim

t!1

1

1� p

�1

tp�1� 1�= 0;

karena itu integral adalah konvergen. Di sisi lain, jika p < 1, maka p � 1 < 0 atau1� p > 0, dan Z 1

1

1

xpdx = lim

t!1

1

1� p�t1�p � 1

�=1;

karena itu integral adalah divergen. Jadi,Z 1

1

1

xpdx adalah konvergen jika p > 1, dan divergen jika p � 1.

3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik

De�nisi 3.6 Diasumsikan bahwa f kontinu pada [a; b) tetapi

limx!b�

f (x) = �1;

maka dide�nisikan Z b

af (x) dx = lim

t!b�

Z t

af (x) :

Secara analog, jika f kontinu pada (a; b] tetapi

limx!a+

f (x) = �1;

maka dide�nisikan Z b

af (x) dx = lim

t!a+

Z b

tf (x) :

Terakhir, jika f (x) mempunyai ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b],maka de�nisinya adalahZ b

af (x) dx =

Z c

af (x) dx+

Z b

cf (x) dx:

Jika limitnya ada, integral tak wajar dikatakan konvergen, jika tidak maka dikatakandivergen.

Jika interval integrasi adalah [a; b), seringkali kita menuliskan [F (x)]ba sebagai suatusingkatan untuk limt!b� [F (x)]

ta, dan analog untuk interval (a; b].


Contoh 3.7Z 1

0

1pxdx = lim

t!0�

Z 1

t

1pxdx = lim

t!0�

�2px�1t= limt!0�

�2� 2

pt�= 2;

atau dalam notasi sederhana:Z 1

0

1pxdx =

�2px�10= limt!0�

�2� 2

pt�= 2:

Contoh 3.8 Diperhatikan integral tak wajarZ 1

0ln (x) dx:

Fungsi ln (x) mempunyai suatu asimtot tegak di x = 0 karena limx!0+

ln (x) = �1.Karena itu Z 1

0ln (x) dx = lim

t!0+

Z 1

tln (x) dx = lim

t!0+[x ln (x)� x]1t

= limt!0+

(ln (1)� 1� t ln (t) + t)

= limt!0+

(t� 1� t ln (t))

= �1:

3.4 Uji Perbandingan

Proposisi 3.9 Diandaikan f dan g adalah fungsi-fungsi kontinu sedemikian sehinggaf (x) � g (x) � 0 untuk x � 0.

(1) JikaZ 1

af (x) dx jika konvergen maka

Z 1

ag (x) dx adalah konvergen.

(2) JikaZ 1

ag (x) dx jika divergen maka

Z 1

af (x) dx adalah divergen.

Pernyataan serupa berlaku untuk integral dengan ketakkontinuan tak hingga di suatutitik.

Contoh 3.10 Diperhatikan tak wajarZ 1

0e�x

2dx:

Dipunyai Z 1

0e�x

2dx =

Z 1

0e�x

2dx+

Z 1

1e�x

2dx:


Karena integral pertama di ruas kanan adalah suatu integral tentu biasa, maka kitahanya perlu menunjukkan bahwa integral kedua adalah konvergen. Pada kenyataannya,untuk x � 1 dipunyai x2 � x, sehingga e�x2 � e�x. Di sisi lain,Z t

1e�x dx =

��e�x

�t1= �e�t + e�1;

karena itu Z 1

1e�x dx = lim

t!1

��e�t + e�1

�= e�1;

sehinggaZ 1

1e�x dx adalah konvergen. Oleh karena itu, berdasarkan teorema per-

bandingan diperoleh bahwaZ 1

1e�x

2dx adalah konvergen.

SOAL-SOAL UNTUK BAB 3Untuk Soal 1 � 3, buktikan setiap pernyataan yang diberikan.

(1)Z 1

1e�x dx = 1 (2)

Z 1

0

1p1� x2

dx =�

2(3)

Z 1

�1

1

1 + x2dx = �

Untuk Soal 4 � 27, hitung setiap integral tak wajar yang diberikan.(4)

Z 1

0e�x sin (2x) dx (5)

Z 1

0e�4x cos (3x) dx

(6)Z 1

0xe�x dx (7)

Z 1

02xe�x dx

(8)Z 1

0x2e�x dx (9)

Z 1

1

1

x32

dx

(10)Z 1

4

1

x52

dx (11)Z 1

1

4x

1 + x2dx

(12)Z 1

1

x

(1 + x2)32

dx (13)Z 1

16

4

x2 � 4 dx

(14)Z 1

2

1

x ln2 (x)dx (15)

Z 1

2

1

x lnp (x)dx, p > 1

(16)Z 1

�13xe�x

2dx (17)

Z 2

�1ex dx

(18)Z 1

0

2

ex + e�xdx (19)

Z 1

�1

1

x2 + 9dx

(20)Z 2

0

1p4� x2

dx (21)Z 4

0

xp16� x2

dx


(22)Z 5

0

x

(25� x2)32

dx (23)Z 1

2

1

xp4� x2

dx

(24)Z 1

0

e�px

pxdx (25)

Z 1

0

1px (x+ 25)

dx

(26)Z 1

0

e�xq1� (e�x)2

dx (27)Z 1

0x2e�x

3dx

Bab 4

Aplikasi Integral

Dalam bab ini akan dibahas beberapa aplikasi dari integral. Dicatat bahwa aplikasi-aplikasi yang disajikan dalam bab ini adalah aplikasi-aplikasi yang memerlukan teknik-teknik yang sudah dibahas dalam bab-bab sebelumnya. Aplikasi-aplikasi tersebut yaitupenentuan luas bidang datar, penentuan volume suatu benda putar, penentuan luaspermukaan suatu benda putar, penentuan panjang kurva, dan pusat massa dari suatubenda.

4.1 Luas Bidang Datar

Pada subbab ini kita akan mencari luas bidang datar antara dua kurva. Kurva-kurvayang diamati adalah kurva yang muncul dalam persamaan Kartesius, persamaan pa-rameter, dan persamaan kutub.

4.1.1 Persamaan Kartesius

Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datarantara dua kurva Kartesius. Terdapat dua kasus yang diperhatikan seperti yang terlihatdalam Gambar 4.1.

y=f(x)

y=g(x)a bx

y

x

x=f(y)

c

d

y

x=g(y)

(a) (b)

Gambar 4.1: Bidang datar antara dua kurva.

55

Bab 4. Aplikasi Integral 56

KASUS 1. Dalam kasus pertama kita ingin menentukan luas bidang datar antaray = f (x) dan y = g (x) untuk x 2 I = [a; b]. Diasumsikan bahwa f (x) � g (x) pada I,lihat Gambar 4.1(a).

Masalah tersebut diselesaikan seperti masalah luas bidang datar yang sudah dibicarakandalam Bab 2. Pertama kali interval dibagi menjadi n interval bagian dengan lebar sama:

�x =b� an:

Berikutnya, diambil suatu titik dalam setiap interval bagian, misalnya x�i , dan dibentukpersegi panjang pada setiap interval bagian seperti dalam Gambar 4.2.

y

x

y=f(x)

y=g(x)

x0

xi1 xi

xn1 xn

*1x

x1 x2

*2x *

ix *nx

Gambar 4.2: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(a).

Tinggi dari setiap persegi panjang diberikan oleh

f (x�i )� g (x�i ) ;

sehingga luas setiap persegi panjang dinyatakan dengan

(f (x�i )� g (x�i ))�x:

Jadi, luas bidang datar antara dua kurva dihampiri oleh

L �nXi=1

(f (x�i )� g (x�i ))�x:

Luas eksaknya yaitu

L = limn!1

nXi=1

(f (x�i )� g (x�i ))�x;

atau berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1 diperoleh rumus

L =

Z b

a(f (x)� g (x)) dx: (4.1)

Dicatat bahwa rumus (4.1) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi atas, yaitu f (x),dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah, yaitu g (x), dalam satu interval inte-grasi.


Contoh 4.1 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh y = 2x2 + 10, y = 4x + 16,x = �2, dan x = 5.

Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut:

1012 2 3 4 5

20

30

40

50

60

y

x

10

y = 4x + 6

x∆

tinggi =

y = 2x2 + 10

(2x2 + 10) (4x + 6)

x∆(4x + 6) (2x2 + 10)

lebar = x∆

(2x2 + 10) (4x + 6)tinggi =

tinggi =

lebar =lebar =

Dalam masalah ini terdapat tiga daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi atasdan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah. Jadi, yang perlu dilakukan adalahmencari luas bidang datar untuk setiap daerah tersebut dan selanjutnya dijumlahkan.

L =

Z �1

�2

��2x2 + 10

�� (4x+ 16)

�dx+

Z 3

�1

�(4x+ 16)�

�2x2 + 10

��dx

+

Z 5

3

��2x2 + 10

�� (4x+ 16)

�dx

=

Z �1

�2

�2x2 � 4x� 6

�dx+

Z 3

�1

��2x2 + 4x+ 6

�dx+

Z 5

3

�2x2 � 4x� 6

�dx

=

�2

3x3 � 2x2 � 6x

��1�2+

��23x3 + 2x2 + 6x

�3�1+

�2

3x3 � 2x2 � 6x

�53

=14

3+64

3+64

3=142

3:

KASUS 2. Dalam kasus kedua kita ingin menentukan luas bidang datar antarax = f (y) dan x = g (y) untuk y 2 J = [c; d]. Diasumsikan bahwa f (y) � g (y) padaJ , lihat Gambar 4.1(b). Penurunan rumus luas bidang datar adalah serupa denganKasus 1, yaitu membagi interval J menjadi interval-interval bagian yang sama lebardan membentuk persegi panjang pada setiap interval bagian, lihat Gambar 4.3. Padaakhirnya akan diperoleh rumus untuk luas bidang datar:

L =

Z d

c(f (y)� g (y)) dy: (4.2)

Dicatat bahwa rumus (4.2) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan, yaituf (y), dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri, yaitu g (y), dalam satu intervalintegrasi.


x

y

x=g(y)x=f(y)y0

y1

yi1

yi

yn1

yn

*1y

*iy

*2y

*ny

y2

Gambar 4.3: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(b).

Contoh 4.2 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh x = 12y2�3, x = y+1, y = �4,

dan y = 4.


1 53

4

1

2

4

x

y

x = y + 13221 −= yx

x∆lebar =

tinggi = ( )3)1( 221 −−+ yy

x∆lebar =

tinggi = ( ) )1(3221 +−− yy

Dalam masalah ini terdapat dua daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi kanandan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri.

L =

Z �2

�4

��1

2y2 � 3

�� (y + 1)

�dy +

Z 4

�2

�(y + 1)�

�1

2y2 � 3

��dy

=

Z �2

�4

�1

2y2 � y � 4

�dy +

Z 4

�2

��12y2 + y + 4

�dy

=

�1

6y3 � 1

2y2 � 4y

��2�4+

��16y3 +

1

2y2 + 4y

�4�2=22

3+ 18 =

76

3:


4.1.2 Persamaan Parameter

Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datarantara sumbu x dan suatu kurva parameter yang diberikan oleh

x = f (t) dan y = g (t) , a � x � b:

Kita juga mengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan tdari t1 sampai t2 dan melewati titik tepat satu kali, lihat Gambar 4.4.

xa b

t = t1

t = t2

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

y

Gambar 4.4: Bidang datar di atas sumbu x dan di bawah suatu kurva parameter.

Dari diskusi dalam bagian sebelumnya kita bisa mendapatkan rumus untuk luas bidangdatar di atas sumbu x dan di bawah kurva y = F (x) dimana x 2 [a; b]:

L =

Z x=b

x=aF (x) dx:

Sekarang dipikirkan persamaan parameter x = f (t) sebagai substitusi dalam integral.Kita juga mengasumsikan bahwa a = f (t1) dan b = f (t2). Selain itu diperlukan jugadiferensial dx:

dx = f 0 (t) dt:

Selanjutnya persamaan-persamaan yang diambil disubstitusikan ke rumus luas bidangdatar untuk memperoleh rumus:

L =

Z t=t2

t=t1

y f 0 (t) dt:

Contoh 4.3 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh sumbu x dan sikloida (cycloid)x = t� sin (t), y = 1� cos (t) untuk nilai t dari 0 sampai 2�.


y

x2 4 6

2

t = 0

π=t

π2=t0


Diambil x = f (t) = t�sin (t) dengan f 0 (t) = df (t)

dt= 1�cos (t). Karena itu diperoleh

luas bidang datar yang diarsir yaitu

L =

Z t=t2

t=t1

y f 0 (t) dt =

Z 2�

0(1� cos (t)) (1� cos (t)) dx

=

Z 2�

0(1� cos (t))2 dx =

Z 2�

0

�1� 2 cos (t) + cos2 (t)

�dx

=

Z 2�

0

�1� 2 cos (t) + 1 + cos (2t)

2

�dx

=

Z 2�

0

�3

2� 2 cos (t) + 1

2cos (2t)

�dx

=

�3

2t� 2 sin (t) + 1

4sin (2t)

�2�0

= 3�:

4.1.3 Persamaan Kutub

Dalam bagian ini kita akan memperhatikan bidang datar yang dibatasi oleh kurvakutub. Dimisalkan bidang datar dibatasi oleh kurva r1 = f (�) > 0 dan r2 = g (�) > 0dan garis-garis � = � dan � = � seperti dalam Gambar 4.5.

βθ =

αθ =

)(1 θfr =

)(2 θgr =

A

B

O

θ∆

L∆

A*

0=θ

L

B*

O

*θ

Gambar 4.5: Bidang datar di antara dua kurva kutub.

Rumus untuk luas bidang datar tersebut dapat dipandang secara intuisi dengan mem-perhatikan suatu irisan �L. Irisan tersebut diperoleh dengan memandang dua juringdari suatu lingkaran berjari-jari r1 dan r2 dengan sudut pusat �� seperti dalam Gam-bar 4.5 sebelah kanan. Berdasarkan rumus luas suatu tembereng dari suatu lingkarandengan jari-jari r dan sudut pusat �:

L =1

2r2�;


diperoleh luas tembereng OBB� dan OAA� berturut-turut yaitu

LOBB� =1

2r21�� dan LOAA� =

1

2r22��;

sehingga

�L = LOBB� � LOAA� =1

2

�r21 � r22

��:

Berdasarkan jumlahan tak hingga akan diperoleh

L = 12

Z �

�

�r21 � r22

�d�: (4.3)

Contoh 4.4 Hitung luas bidang datar tertutup di luar lingkaran r = 6 cos (�) dan didalam kardioda (cardioid) r = 2 + 2 cos (�).

Penyelesaian. Untuk menentukan luas bidang datar yang dimaksud, kita perlu menge-tahui nilai � dimana kedua kurva berpotongan. Kita dapat mencari nilai-nilai tersebutdengan cara substitusi:

6 cos (�) = 2 + 2 cos (�) =) 4 cos (�) = 2 =) cos (�) =1

2=) � = �1

3�:

Selanjutnya bidang datar yang diberikan dapat digambarkan seperti berikut:

y

x4 6

2

2

πθ 31=

ππθ 35

31 =−=

0=θ

)cos(6 θ=r)cos(22 θ+=r

πθ 21=

πθ =

πθ 23=

Diingat bahwa rumus 4.3 meminta bidang datar harus tertutup ketika kita menaikkanbesar sudut dari yang kecil ke besar. Jika kita menggunakan 1

3� sampai12�, maka

kita mendapatkan bidang datar yang dibatasi oleh kardioda dan lingkaran. Luas untukbidang datar tersebut yaitu

L1 =1

2

Z 12�

13�

h(2 + 2 cos (�))2 � (6 cos (�))2

id�

=1

2

Z 12�

13�

�4 + 8 cos (�) + 4 cos2 (�)� 36 cos2 (�)

�d�

=1

2

Z 12�

13�

�4 + 8 cos (�)� 32 cos2 (�)

�d�

= 2

Z 12�

13�

�1 + 2 cos (�)� 8 cos2 (�)

�d�


L1 = 2

�� + 2 sin (�)� 8

�1

4sin (2�) +

1

2�

�� 12�

13�

= 2 [�3� + 2 sin (�)� 2 sin (2�)]12�

13�

= 2

��32� + 2� 0

�� (�� + 0)

�= 4� �:

Berikutnya, jika kita menggunakan 12� sampai �, maka kita mendapatkan bidang datar

yang dibatasi oleh kardioda saja. Di sini kita tetap bisa menggunakan 4.3 denganmengambil r2 = 0. Luas untuk bidang datar tersebut yaitu

L2 =1

2

Z �

12�

h(2 + 2 cos (�))2 � 02

id�

=1

2

Z �

12�

�4 + 8 cos (�) + 4 cos2 (�)

�d�

= 2

Z �

12�

�1 + 2 cos (�) + cos2 (�)

�d�

= 2

�� + 2 sin (�) +

�1

4sin (2�) +

1

2�

��12�

= 2

�1

2� + 2 sin (�) +

1

4sin (2�)

��12�

= 2

��1

2� + 0� 0

�+

�1

4� + 2� 0

��= 4 +

3

4�:

Sekarang kita perhatikan bahwa ternyata bidang datar simetris terhadap sumbu x.Jadi, luas bidang datar yang ditanyakan yaitu

L = 2 (L1 + L2) = 2

�4� � + 4 + 3

4�

�= 16� 1

4�:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.1Dalam masalah 1� 16, cari luas bidang datar untuk daerah yang diarsir.1. 2.

x

y

2 20

24 xxy −=

0 π

y = (1 cos(x))sin(x)

x

y


3. 4.

0π−

)cos(1)sin(3 xxy +=

x

y

12

1

2

3

x

y

π−2π−

1

1

0

))sin(sin()cos(21 xxy πππ +=

5. 6.

02π π

1

x

y

y = 1

y = cos2(x)

y

x

1

x = 12y2 12y3

x = 2y2 2y

0 1

7. 8.

22

8

y

x

(2,8)(2,8)

y = 2x2

y = x4 2x2

x0 1

1

x = y2

x = y3(1,1)

9. 10.

y

x1 10

y = x2

y = 2x4

1

2

0

2

3π

3π−

y

t

y = 4sin2(t)

)(sec 221 ty =


11. 12.

y

1 2

1

0

y = x2

41 xy =

y = 1

0 1 2

1x + y = 2y = x2

x

13. 14.

x

y

(3,5)5

y = x2 4

y = x2 2x13

(3,3)(1,3)

410

2 2

(2,10)

(2,2)2

y = x2 + 3x

y = 2x3 x2 5x

x

y

15. 16.

y

x

5

(2,4)

(3,5)

y = x + 2

y = 4 x2

2 2

2

4

3

y

x

(3,6)

(3,1)

( )32,2 −−

xy 31=

xxy −= 331

3

6

2

Dalam masalah 17 � 85, buat sketsa kurva-kurva yang diberikan dan selanjutnya cariluas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.

17. y = 0, y = �x, dan �2 � x � 1

18. y = 2x+ 6, y = 3, dan �1 � x � 2

19. y = 0, y = 5x� x2, dan 0 � x � 4


20. y = 0, y = x2 � 3x, dan �2 � x � 2

21. y = 0, y = 5� 2x� 3x2, dan �1 � x � 1

22. y = x2 + 1, y = 2x� 2, dan �1 � x � 2

23. y = x2 � 1, y = x� 2, dan �2 � x � 1

24. y = x� 2, y = 3x 13 , dan 0 � x � 1

25. sumbu x dan kurva y = �5 + 6x� x2

26. sumbu x dan kurva y = 1� x4

27. sumbu y dan kurva x = 25� y2

28. sumbu y dan kurva x = y (8� y)

29. di bawah sumbu x dan di atas y = x2 � 4x

30. di bawah y = 12� x2 dan di atas y = jxj

31. y = sin (x), y = cos (x), dan 0 � x � 2�

32. y = cos (x), y = 2 cos (x), dan �12� � x �

12�

33. y = � sin (x), y = sin (x), dan 0 � x � �

34. y = 2 sin (x), y = sin (2x), dan 0 � x � �

35. y = x, y = ex, dan 0 � x � 2

36. y = e�x, y = ex, dan 0 � x � 2

37. y = �ex, y = ex, dan �1 � x � 1

38. y =1

x, y = �ex, dan 1

2� x � 1

39. sumbu x, y = 4� jxj, dan �2 � x � 2

40. y = 3x2 dan y = 12

41. y = 4� x2 dan y = �5

42. y = 2 dan y = 5� x2

43. y = 14x2 dan y = 1

2x+ 2

44. y = x2 dan y = 1� x2

45. y = x3 dan y = x2

46. y = x2 dan y =px

47. y = 4x+ 16 dan y = 2x2 + 10

48. y = x2 � 2x dan y = x� 2

49. y = x3 dan y = x


50. y = x3 dan y = 4x

51. y = x3 dan x = y2

52. y = x3 + 1 dan y = x+ 1

53. y = x4 � 2x2 dan y = 2x2 + 12

54. y = x4 � 1 dan y = x3 � x

55. y = 2x2 dan y = x2 + 4

56. y = 13x2 dan y = 4� 2

3x2

57. y2 = 2x dan x2 = 2y

58. y2 = 2x dan x� y = 4

59. y = jxj dan y = x2 � 2

60. y = jxj dan y = 1� jxj

61. y = jxj dan y = 2

62. y = 2 dan y = 3� jxj

63. y = jxj dan y = x3

64. y = jxj dan y = x2

65. y = x2 � 5 dan y = 3� x2

66. y = x2 � 2x dan y = 6x� x2

67. y =1

xdan 2x+ 2y = 5

68. x = 0, y = 9� x2, dan y = x (3� x)

69. y = 0, y = x3 + x+ 2, dan x = 2

70. y = 2x+ 4, y = 2� 3x, dan y = �x

71. y = x2 + 1, y = 2x, dan y = 1

72. y = x2 � 1, y = (x� 1)2, dan y = (x+ 1)2

73. y =px, y = 1, dan y = 10� 2x

74. y = x� 2, y = 2� x, dan y =px

75. y = �2, y = x3 + x, dan x+ y = 3

76. y =px, y = 2

px, dan y = x

77. x = y2 dan x = 2� y2

78. x = �y2 + 10 dan x = (y � 2)2

79. x = 1� y2 dan x = y2 � 1


80. y = 0, x = y2, dan x = y + 2

81. x = 2y2, x = 0, dan y = 3

82. x = �y2, x = y2, dan �2 � y � 2

83. x+ 4y2 = 4 dan x+ y4 = 1, untuk x � 0

84. 4x2 + y = 4 dan x4 � y = 1

85. x3 � y = 0 dan 3x2 � y = 0

Dalam masalah 86 � 105, buat sketsa kurva-kurva parameter yang diberikan dan se-lanjutnya cari luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.

86. x = 2t� 5, y = 3t+ 8, 0 � t � 4

87. x = 5t2, y = t3, 1 � t � 2

88. x = t2, y = 2t (3� t), 0 � t � 3

89. x = t2 � 3t+ 1, y = 4t2, -1 � t � 5

90. x = 3t2, y =1

t+ t3, 0:5 � t � 3

91. x = t3 � 4t, y = t2 � 1, �2 � t � 2

92. x = t2 � 1, y = t� t3, �2 � t � 2

93. x = t2 � 2, y = 2t, �2 � t � 2

94. x = 3pt, y = t (4� t), 0 � t � 4

95. x = t2 � 3, y = 3t, t > 0, sumbu x, garis x = 1 dan x = 6

96. x = t3, y =4

t, sumbu x, garis x = 1 dan x = 8

97. x = t3, y =1

3t2, sumbu x, garis x = �1 dan x = �8

98. x = 5 sin �, y = t2, ��

99. x = a cos (�), y = a sin (�), 0 � � � 2� (kurva lingkaran)

100. x = a cos (�), y = b sin (�), 0 � � � 2� (kurva ellips)

101. x = a sin (�), y = a sin (2�), 0 � � � 2� (kurva Lissajous)

102. x = cos (�), y =1

2sin (2�), 0 � � � 2�

103. x = a cos3 (�), y = a sin3 (�), 0 � � � 2� (kurva asteroida)

104. x = 12 cos (�)�

14 cos (2�), y =

12 sin (�)�

14 sin (2�), 0 � � � 2� (kurva scrambler)

105. x = a�3 sin (�)� sin3 (�)

�, y = a cos3 (�), 0 � � � 2�


Dalam masalah 106�125, buat sketsa kurva kutub yang diberikan dan selanjutnya cariluas bidang datar tertutup yang dimaksud.

106. di dalam kardioda r = a (1 + cos (�)), a > 0

107. di dalam limaçon oval r = 4 + 2 cos (�)

108. di dalam satu daun dari mawar berdaun tiga r = a sin (3�)

109. di dalam satu daun dari mawar berdaun empat r = a cos (2�)

110. di dalam lemniscate r2 = 2a2 cos (2�), a > 0

111. di dalam satu gelang (loop) dari lemniscate r2 = 4 sin (2�)

112. di dalam mawar berdaun enam r2 = 2 sin (3�)

113. di dalam gelang luar dari limaçon r = 1 + 2 cos (�)

114. di dalam gelang luar dan di luar gelang dalam dari limaçon r = 1 + 2 cos (�)

115. di dalam lingkaran-lingkaran r = 2 cos (�) dan r = 2 sin (�)

116. di dalam lingkaran-lingkaran r = 1 dan r = 2 sin (�)

117. di dalam lingkaran r = 2 dan kardioda r = 2 (1� cos (�))

118. di dalam kardioda-kardioda r = 2 (1 + cos (�)) dan r = 2 (1� cos (�))

119. di dalam lingkaran r = 1 dan di luar kardioda r = 1� cos (�)

120. di dalam kardioda r = 1 + cos (�) dan diluar lingkaran r = 3 cos (�)

121. di dalam lemniscate r2 = 8 cos (2�) dan di luar lingkaran r = 2

122. di dalam lingkaran r = 3a cos (�) dan di luar kardioda r = a (1 + cos (�)), a > 0

123. di dalam lingkaran r = �2 cos (�) dan di luar lingkaran r = 1

124. di dalam lingkaran r = 6 dan di atas garis r = 3 csc (�)

125. di dalam lemniscate r2 = 6 cos (2�) dan di sebelah kanan garis r = 32 sec (�)

4.2 Volume Benda Putar

Sebelum menurunkan rumus untuk volume benda putar, kita pertama kali perlu men-de�nisikan apa yang dimaksud dengan suatu benda putar. Diambil y = f (x) adalahsuatu fungsi kontinu tak negatif pada suatu interval [a; b], lihat Gambar 4.6(a). Ketikadaerah antara sumbu x dan kurva y = f (x), a � x � b, diputar terhadap sumbux, maka diperoleh daerah tiga dimensi seperti terlihat dalam Gambar 4.6(b) yangselanjutnya dinamakan benda putar (solid of revolution). Dalam kasus ini sumbu xdinamakan sumbu putar.


(a) (b)

y

xa b

y=f(x)

x

y

y=f(x)

b

a sumbuputar

Gambar 4.6: (a) Bidang datar; (b) benda padat sebagai hasil putaran dari bidang datar.

4.2.1 Metode Cakram

Untuk mencari volume benda putar dalam Gambar 4.6(b), volume pada setiap intervalbagian dihampiri oleh suatu bidang potong yang tegak lurus dengan sumbu putar.Dalam kasus di atas, bidang potongnya adalah cakram seperti terlihat dalam Gambar4.7. Diambil n interval bagian dengan lebar �x dan dimisalkan suatu titik dalam setiapinterval bagian adalah x�i . Kita mengamati bahwa setiap cakram adalah suatu silinderberjari-jari R (x�i ) = f (x�i ) dan mempunyai tinggi �x, sehingga volume dari setiapcakram yaitu

Vi = � [R (x�i )]

2�x = � [f (x�i )]2�x:

x

y = f(x)

cakram

*2x*

1x*ix

*nx

ba

x∆

jarijari = R(xi*) = f(xi*)

Gambar 4.7: Cakram-cakram pada benda putar dalam Gambar 4.6(b).

Selanjutnya volume benda putar dapat dihampiri oleh

V �nXi=1

Vi =nXi=1

� [f (x�i )]2�x:

Berdasarkan jumlahan tak hingga, diperoleh volume eksak untuk benda putar yaitu

V = �

Z b

a[f (x)]2 dx = �

Z b

ay2 dx:


Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cakram(disk method) karena bidang potongnya adalah suatu cakram bundar berjari-jari R (x).

Contoh 4.5 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasioleh y =

px, x = 0, x = 4, dan sumbu x diputar terhadap sumbu x.

Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digam-barkan seperti berikut:

xy =

y

40x

y

x

xy =

cakram

x

xxR ==− )(jarijari

x4

Volume benda putar yaitu

V = �

Z 4

0y2 dx = �

Z 4

0

�px�2dx = �

Z 4

0x dx

= �

�x2

2

�40

= �42

2= 8�:

Contoh 4.6 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasioleh y =

px dan garis-garis y = 1, x = 4 diputar terhadap garis y = 1.

Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digam-barkan seperti berikut:

xy =

y

40x

x1

y = 11

1)( −= xxR 1)( −= xxRxy =( )xx,

4x

1

x

y

0 y = 1



V = �

Z 4

1[R(x)]2 dx = �

Z 4

1

�px� 1

�2dx = �

Z 4

1

�x� 2

px+ 1

�dx

= �

�x2

2� 2 � 2

3x32 + x

�41

=7

6�:

Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dihasilkan ketika suatudaerah antara sumbu y dan suatu kurva x = g (y), c � y � d, diputar terhadap sumbuy, kita menggunakan metode yang sama dengan x diganti y. Dalam kasus ini, volumebenda putar dirumuskan oleh

V = �

Z d

cx2 dy:

Contoh 4.7 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara sumbu y

dan kurva x =2

y, 1 � y � 4, diputar terhadap sumbu y.

Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cakram adalah sepertiberikut:

y

x0 2

1

4

yx 2

=

yyR 2)( =

y

0

2 xy

yR 2)( =

y

1

4

y

yx 2

=

y

y,2


V = �

Z 4

1x2 dy = �

Z 4

1

�2

y

�2dy = �

Z 4

1

4

y2dy

= 4�

��1y

�41

= 4�

�3

4

�= 3�:

Contoh 4.8 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara parabolax = y2 + 1 dan garis x = 3 diputar terhadap garis x = 3.


Penyelesaian. Daerah yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkanseperti berikut:

x = y2 + 1

x = 3

R(y) = 3 –(y2 + 1)= 2 –y2

( )2,3

( )2,3 −

51

y

0

2

2−

y

x3

x = y2 + 1

x = 3R(y) = 2 –y2

y

0

2

2−

y

x31 5


V = �

Z p2

�p2[R (y)]2 dy = �

Z p2

�p2

�3�

�y2 + 1

��2dy = �

Z p2

�p2

�4� 4y2 + y4

�dy

= �

�4y � 4

3y3 +

1

5y5�p2�p2

=64�

p2

15:

4.2.2 Metode Cincin

Jika kita memutar bidang datar yang tidak berbatas pada atau memotong sumbu putar,lihat Gambar 4.8(a), maka benda putar yang dihasilkan mempunyai suatu lubang didalamnya, lihat Gambar 4.8(b). Dalam kasus ini, bidang potong-bidang potong yangtegak lurus terhadap sumbu putar adalah cincin, lihat Gambar 4.8(c). Ukuran cincinyaitu

jari-jari luar: R (x)jari-jari dalam: r (x)

Luas bidang datar untuk cincin yaitu

L (x) = � [R (x)]2 � � [r (x)]2 = ��[R (x)]2 � [r (x)]2

�:

Akibatnya, volume benda putar dirumuskan oleh

V = �

Z b

a

�[R (x)]2 � [r (x)]2

�dx:

Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cincin(washer method) karena bidang potongnya adalah suatu cincin bundar berjari-jari luarR (x) dan berjari-jari dalam r (x).


(c)(b)cincin

0

y

x

x

(x, R(x))

(x, r(x))

0

y

x

xa

b

(a)xb

y = f(x)

y = g(x)x

a

y

sumbu putar

0

Gambar 4.8: (a) Bidang datar; (b) benda putar dengan lubang di dalam; (c) bidangpotong berupa cincin.

Contoh 4.9 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 + 1 dan garis y = �x + 3diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume bendaputar tersebut.

Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garisyang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu x). Jari-jariuntuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (x) = �x+ 3 dan r (x) = x2 + 1.Volume benda putar yaitu

V = �

Z 1

�2

�(�x+ 3)2 �

�x2 + 1

�2�dx

= �

Z 1

�2

�8� 6x� x2 � x4

�dx

= �

�8x� 3x2 � 1

3x3 � 1

5x5��1�2

=117

5�:


Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:

bidang potong: cincinjarijari luar: R(x) = x + 3jarijari dalam: r(x) = x2 + 1

interval integrasi

(2,5)

(1,2)

x 0 12

x

y

y = x2 + 1

r(x) = x2 + 1

R(x) = x + 3 y = x + 3

(2,5)

(1,2)

xx

y

R(x) = x + 3

r(x) = x2 + 1

Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dibentuk oleh putaransuatu daerah terhadap sumbu y, kita menggunakan prosedur yang sama seperti dalamContoh 4.9, tetapi diintegralkan terhadap y. Dalam kasus ini, bidang potong ataucincin tegak lurus terhadap sumbu y (sumbu putar), serta jari-jari dalam dan luaruntuk cincin adalah adalah fungsi dari y.

Contoh 4.10 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 2x dalamkuadran satu diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Carivolume benda putar tersebut.

Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garisyang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu y). Jari-jariuntuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (y) =

py dan r (y) = 1

2y. Volumebenda putar yaitu

V = �

Z 4

0

(py)2 �

�1

2y

�2!dy

= �

Z 4

0

�y � 1

4y2�dy

= �

�1

2y2 � 1

12y3�40

=8

3�:


Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:

inte

rval

inte

gras

i

atau

atau

yyR =)(

2)( yyr =

(2,4)

y = 2x

2yx =

y = x2

yx =

0 2

4

y

y

x0

2 x

2yx =

yx =

y

y

4

yyR =)(2)( yyr =

4.2.3 Metode Kulit Silindris

Dalam dua bahasan sebelumnya, bidang potong yang diperhatikan adalah bidang dataryang diperoleh dengan cara mengiris benda putar menggunakan bidang yang tegaklurus terhadap sumbu putar. Dalam bahasan ini kita akan menggunakan cara yangberbeda ketika mengiris benda putar.

sumbu putar

tinggipersegi panjang= f(ck)

(a) (b)

x

x La bck

xk1 xk

y = f(x)

y = f(x)

a

b

x

ck

xk1

xk

kx∆

sumbu putar

Gambar 4.9: Ketika suatu daerah terbatas (a) diputar terhadap garis tegak x = L, di-hasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadi kulit-kulit silindris.Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).


Sekarang diperhatikan daerah yang dibatasi oleh kurva fungsi kontinu tak negatif y =f (x) dan sumbu x pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletak di sebelah kanangaris tegak x = L, lihat Gambar 4.9(a). Diasumsikan a � L, sehingga garis tegakdimungkinkan menyentuh daerah terbatas, tetapi tidak melewatinya. Benda putardengan cara memutar daerah terbatas terhadap garis tegak L.

Diambil P adalah suatu partisi pada interval [a; b] dengan titik-titik a = x0 < x1 <� � � < xn = b, dan diambil ck adalah titik tengah dari interval bagian ke -k [xk�1; xk].Daerah dalam Gambar 4.9(a) dihampiri dengan persegi panjang- persegi panjang ber-dasarkan partisi dari [a; b]. Persegi panjang pada suatu interval bagian [xk�1; xk] mem-punyai tinggi f (ck) dan lebar �xk = xk � xk�1. Jika persegi panjang tersebut diputarterhadap garis tegak x = L, maka diperoleh suatu kulit silindris, seperti dalam Gambar4.9(b). Rumus untuk volume kulit silindris yaitu

�Vk = 2� � rata-rata jari-jari kulit� tinggi kulit� ketebalan kulit= 2� � (ck � L) � f (ck) ��xk.

Selanjutnya volume benda putar dihampiri dengan menjumlahkan volume dari kulit-kulit yang dihasilkan oleh n persegi panjang berdasarkan pada P :

V �nXk=1

�Vk:

Berdasarkan jumlahan tak hingga diperoleh volume benda putar sebagai suatu integraltentu:

V = 2�

Z b

a(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2�

Z b

a(x� L) f (x) dx:

Kita merujuk variabel integrasi, dalam kasus ini adalah x, sebagai variabel ketebalan.Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode kulitsilindris (sylindrical shell).

Contoh 4.11 Suatu daerah yang dibatasi oleh kurva y =px, sumbu x, dan garis

x = 4 diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volumebenda putar tersebut.

Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerahdan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) danjaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metodekulit silindris adalah seperti berikut:

interval integrasi

jarijari kulit

tinggikulit

intervalintegrasi

= tinggi kulit

jarijari kulit

x

y

xxy =

x 4

xxf =)(

y

x

xxy =

x

4

4

x

0

2 (4,2)

0

2


Variabel ketebalan kulit yaitu x, sehingga batas integrasi untuk metode rumus kulityaitu a = 0 dan b = 4. Jadi, volume benda putar yaitu

V = 2�

Z 4

0(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2�

Z 4

0(x)�px�dx

= 2�

Z 4

0x32 dx = 2�

�2

5x52

�40

=128

5�:

Berikutnya, jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.

Contoh 4.12 Daerah yang dibatasi oleh kurva y =px, sumbu x, dan garis x = 4

diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume bendaputar tersebut.

Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerahdan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) danjaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metodekulit silindris adalah seperti berikut:

jarijari kulit

tinggi kulit

inte

rval

inte

gras

i

= jarijari kulit

tinggi kulit = 4 –y2

x

y

x = y2

40

(4,2)

y

2

y

y

y

2

0

xy =

4 –y2

4y

x

Dalam kasus ini, variabel ketebalan kulit yaitu y, sehingga batas integrasi untuk metoderumus kulit yaitu a = 0 dan b = 2 (sepanjang sumbu y). Volume benda putar yaitu

V = 2�

Z 2

0(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dy = 2�

Z 2

0(y)�4� y2

�dx

= 2�

Z 2

0

�4y � y3

�dy = 2�

�2y2 � 1

4y4�20

= 8�:

Sekarang diperhatikan suatu bidang datar yang dibatasi oleh dua kurva fungsi kontinutak negatif y = f (x) dan y = g (x) pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletakdi sebelah kanan garis tegak x = L, lihat Gambar 4.10. Selanjutnya bidang datar


diputar terhadap garis tegak L. Berdasarkan metode kulit silindris, dalam kasus inidipunyai bahwa

jari-jari kulit: x� Ltinggi kulit: f (x)� g (x)

Jadi, rumus volume untuk benda putar yaitu

V = 2�

Z b

a(x� L) [f (x)� g (x)] dx:

Jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.

(a) (b)interval integrasi

sumbuputar

xx = Lb

y = f(x)

y = g(x)x

a

sumbuputar

b

a

x

jarijari kulit

x L

y = f(x)

y = g(x)

x

h(x) = f(x) g(x)tinggi kulit

Gambar 4.10: Ketika suatu daerah yang dibatasi dua kurva (a) diputar terhadap garistegak x = L, dihasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadikulit-kulit silindris. Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).

Contoh 4.13 Tentukan volume benda putar yang diperoleh dengan memutar daerahyang dibatasi oleh y = 2

px� 1 dan y = x� 1 terhadap garis x = 6.

Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalahseperti berikut:

51 6

4

x

y sumbu putar

(5,4)

tinggi kulit

x = 6

jarijari kulit= 6 x

12 −= xy

y = x 1

( )112 −−−= xx

0 x

interval integrasi



V = 2�

Z 5

1(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx

= 2�

Z 5

1(6� x)

�2px� 1� (x� 1)

�dx

= 2�

Z 5

1(6� x)

�2px� 1� x+ 1

�dx

= 2�

Z 5

1

�x2 � 7x+ 6 + 12

px� 1� 2x

px� 1

�dx

= 2�

�1

3x3 � 7

2x2 + 6x+ 8 (x� 1)

32 � 4

3(x� 1)

32 � 4

5(x� 1)

52

�51

= 2�136

15=272

15�:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.2Dalam masalah 1 � 4, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputarandaerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.1. terhadap sumbu x 2. terhadap sumbu y

1

2x

y

0

x + 2y = 2

2

3x

y

0

2x = 3y

3. terhadap sumbu y 4. terhadap sumbu x

1

x

y

0

( )yx π41tan=

1

x

y

0 π21

y = sin(x)cos(x)

Volume dengan Metode CakramDalam masalah 5 � 10, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yangdibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.5. y = x2, y = 0, x = 2 6. y = x3, y = 0, x = 27. y =

p9� x2, y = 0 8. y = x� x2, y = 0

9. y =pcos(x), 0 � x � 1

2�, y = 0, x = 010. y = sec(x), y = 0, x = �1

4�, x =14�


Dalam masalah 11 � 15, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yangdibatasi garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.11. x =

p5y2, x = 0, y = �1, y = 1 12. x = y

32 , x = 0, y = 2

13. x =

p2y

y2 + 1, x = 0, y = 1 14. x =

2

y + 1, x = 0, y = 0, y = 3

15. x =p2 sin (2y), 0 � y � 1

2�, x = 0

Volume dengan Metode CincinDalam masalah 16 � 17, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputarandaerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.16. terhadap sumbu x 17. terhadap sumbu y

1

x

y

0

y = 1

π21π2

1− 1x

y

π41 x = tan(y)

0

Dalam masalah 18 � 23, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yangdibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.18. y = x, y = 1, x = 0 19. y = 2

px, y = 2, x = 0

20. y = x2 + 1, y = x+ 3 21. y = 4� x2, y = 2� x22. y = sec(x), y =

p2, �1

4� � x �14�

23. y = sec(x), y = tan(x), x = 0, x = 1

Dalam masalah 24� 27, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika setiap daerahterbatas diputar terhadap sumbu y.

24. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (1; 0), (2; 1), dan (1; 1).

25. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (0; 1), (1; 0), dan (1; 1).

26. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2, terbatas bawah olehsumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 2.

27. Daerah dalam kuadran I terbatas kiri oleh lingkaran x2 + y2 = 3, terbatas kananoleh garis x =

p3, dan terbatas atas oleh garis y =

p3.

Dalam masalah 28 � 29, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputarandaerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.

28. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2, terbatas bawah olehsumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 1, terhadap garis x = �1.

29. Daerah dalam kuadran II terbatas atas oleh kurva y = �x3, terbatas bawah olehsumbu x, dan terbatas kiri oleh garis x = �1, terhadap garis x = �2.


Volume dengan Metode Kulit SilindrisDalam masalah 30 � 35, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputarandaerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.30. 31.

2x

y

0

1

2411 xy +=

2x

y

0

2 2412 xy −=

32. 33.

2x

y

0

22=y

x = y2

3x

y

0

33=y

x = 3 y2

34. 35.

x

y

0 3

12 += xy

3=x1

2

x

y

0 3

59

93 +

=x

xy

Dalam masalah 36 � 41, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yangdibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.36. y = x, y = �1

2x, x = 2 37. y = 2x, y = 12x, x = 1

38. y = 2� x2, y = x2, x = 0 39. y = 2x� 1, y =px, x = 0

40. y = x2, y = 2� x, x = 0, untuk x � 041. y =

3

2px, y = 0, x = 1, x = 4


Dalam masalah 42 � 49, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yangdibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.42. x =

py, x = �y, y = 2 43. x = y2, x = �y, y = 2, y � 0

44. x = 2y � y2, x = 0 45. x = 2y � y2, x = y46. y = jxj, y = 1 47. y = x, y = 2x, y = 248. y =

px, y = 0, y = x� 2 49. y =

px, y = 0, y = 2� x

50. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah di kuadran Iyang dibatasi oleh garis x = 0 dan kurva x = 12

�y2 � y3

�terhadap

a. sumbu x b. garis y = 1c. garis y = 8

5 d. garis y = �25

51. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah yang dibatasioleh kurva x = 1

2y2 dan kurva x = 1

4y4 � 1

2y2, untuk y � 0, terhadap

a. sumbu x b. garis y = 2c. garis y = 5 d. garis y = �5

8

Perbandingan Metode Cincin dan KulitMasalah 52 � 53 merupakan contoh apakah metode cincin dan metode kulit dapatdigunakan dengan tepat untuk menghitung volume benda putar.

52. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garisy = x dan parabola y = x2 diputar terhadap setiap sumbu koordinat menggu-nakan

a. metode kulit b. metode cincin

53. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah segitiga yang dibatasioleh garis-garis 2y = x+ 4, y = x, dan x = 0 diputar terhadap

a. sumbu x menggunakan metode cincinb. sumbu y menggunakan metode kulitc. garis x = 4 menggunakan metode kulitd. garis y = 8 menggunakan metode cincin

Pilihan Metode Cakram, Cincin, atau KulitDalam masalah 54 � 49, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputarandaerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.

54. Daerah yang dibatasi oleh y =px dan garis-garis y = 2 dan x = 0 diputar

terhadap

a. sumbu x b. sumbu yc. garis y = 2 d. garis x = 4

55. Daerah segitiga yang dibatasi oleh garis y = 2x, y = 0, dan x = 1 diputar terhadap

a. garis x = 1 b. garis x = 2

56. Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 1 diputar terhadap

a. garis y = 1 b. garis y = �1c. garis y = 2 d. garis y = �2


57. Daerah segitiga dengan titik-titik koordinat (0; 0), (b; 0), (0; h) diputar terhadap

a. sumbu x b. sumbu y

58. Daerah segitiga dengan titik-titik koordinat (1; 1), (1; 2), (2; 2) diputar terhadap

a. sumbu x b. sumbu yc. garis x = 10

3 d. garis y = 1

59. Daerah dibatasi oleh y =px, y = 2, x = 0 diputar terhadap

a. sumbu x b. sumbu yc. garis x = 4 d. garis y = 2

60. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y � y3 dan sumbu y diputarterhadap

a. sumbu x b. garis y = 1

61. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y�y3, x = 1, dan y = 1 diputarterhadap

a. sumbu x b. sumbu yc. garis x = 1 d. garis y = 1

62. Daerah yang dibatasi oleh y =px dan y = 1

8x2 diputar terhadap

a. sumbu x b. sumbu y

63. Daerah yang dibatasi oleh y = 2x� x2 dan y = x diputar terhadapa. sumbu y b. garis x = 1

64. Daerah yang dibatasi oleh sumbu x dan parabola-parabola x = y2 dan x = 3y2�2diputar terhadap sumbu x.

65. Daerah yang dibatasi oleh garis x = 1, parabola y = x2, dan kurva y = �x4diputar terhadap sumbu y.

4.3 Panjang Kurva

Pada subbab ini kita akan mencari panjang suatu kurva mulus (smooth curve). Suatukurva mulus adalah gra�k dari suatu fungsi kontinu yang derivatifnya juga kontinu(gra�k tidak mempunyai titik-titik sudut). Kurva-kurva yang diamati adalah kurvayang muncul dalam persamaan Kartesius, persamaan parameter, dan persamaan kutub.

4.3.1 Persamaan Kartesius

Diperhatikan suatu fungsi y = f(x) yang kontinu terdiferensial pada interval tertutup[a; b]. Panjang kurva dari titik A ke titik B dapat dihampiri dengan pertama kalimembagi interval menjadi n interval bagian dengan lebar �x. Dimisalkan titik-titikdiskrit dalam interval yaitu a = x0 < x1 < ::: < xk < ::: < xn�1 < xn = b. Setiap titikpada kurva yang berkorespondensi dengan titik diskrit xk dinotasikan dengan Pk. Kitadapat menghampiri kurva AB dengan serangkaian garis-garis yang menghubungkantitik-titik yang berurutan pada kurva.


y

x

y = f(x)

xk1 xka = x0 b = xn

ABPk1 Pk

Pk1

Pk

kx∆

ky∆ kS∆

Gambar 4.11: Kurva pada suatu interval bagian dihampiri dengan ruas garis.

Sekarang diperhatikan suatu potongan kecil kurva dari xk�1 sampai xk, lihat Gambar4.11. Untuk kurva Pk�1Pk, dengan Pk�1 = (xk�1; yk�1) dan Pk = (xk; yk), dide�nisikan�xk = xk � xk�1 = �x dan �yk = yk � yk�1 = f (xk)� f (xk�1). Karena itu, panjangruas garis Pk�1Pk yaitu

�Sk =

q(�xk)

2 + (�yk)2 =

q(�x)2 + (�yk)

2:

Berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata, pada interval [xk�1; xk�1] terdapat suatu titikx�k sedemikian sehingga

f (xk)� f (xk�1) = f 0 (x�k) (xk � xk�1)�yk = f 0 (x�k) �x:

Oleh karena itu, panjang ruas garis Pk�1Pk dapat dituliskan kembali menjadi

�Sk =

q(�x)2 +

�f 0�x�k��x�2=

q(�x)2 +

�f 0�x�k��2(�x)2

=

q1 +

�f 0�x�k��2

�x:

Sekarang panjang kurva AB dihampiri oleh jumlahan panjang ruas garis-ruas garisdimulai dari titik A = P0, kemudian P1, dan seterusnya, berakhir di titik B = Pn.Dengan kata lain,

S �nXk=1

�Sk

dan kita bisa memperoleh panjang sebenarnya dengan mengambil nilai n sangat besar.Dengan kata lain, panjang sebenarnya untuk kurva AB yaitu

S = limn!1

nXk=1

�Sk = limn!1

q1 +

�f 0�x�k��2

�x

=

Z b

a

q1 + [f 0 (x)]2 dx


berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1. Notasi yang lebih sesuai yaitu

S =

Z b

a

s1 +

�dy

dx

�2dx: (4.4)

Contoh 4.14 Cari panjang kurva

y =4p2

3x32 � 1, 0 � x � 1:

Penyelesaian. Dalam kasus ini digunakan persamaan (4.4) dengan a = 0, b = 1, dan

y =4p2

3x32 � 1

dy

dx=

4p2

3� 32x12 = 2

p2x

12�

dy

dx

�2=

�2p2x

12

�2= 8x:

Panjang kurva dari x = 0 sampai x = 1 yaitu

S =

Z 1

0

s1 +

�dy

dx

�2dx =

Z 1

0

p1 + 8x dx

=

�2

3� 18(1 + 8x)

32

�10

=13

6:

Perlakuan untuk Ketakkontinuan dalamdy

dx

Diandaikan bahwady

dxdi suatu titik pada kurva adalah tidak ada, tetapi

dx

dymungkin

ada. Dalam kasus ini kita akan bisa mencari panjang kurva dengan menyatakan xsebagai fungsi dari y. Dengan cara yang serupa untuk mendapatkan rumus (4.4), kitajuga dapat menurunkan suatu rumus panjang kurva x = g (y) untuk y 2 [c; d]. Rumustersebut yaitu

S =

Z d

c

s1 +

�dx

dy

�2dy: (4.5)

Contoh 4.15 Cari panjang kurva

y =�x2

� 23, 0 � x � 2:

Penyelesaian. Derivatif

dy

dx=2

3

�x2

�� 13

�1

2

�=1

3

�2

x

� 13


tidak terde�nisi di x = 0, sehingga kita tidak bisa mencari panjang kurva menggu-nakan rumus (4.4). Oleh karena itu, kita menuliskan kembali persamaan kurva denganmenyatakan x sebagai fungsi dari y:

y =�x2

� 23

y32 =

x

2

x = 2y32 :

Dari situ kita melihat bahwa panjang kurva yang ingin dicari adalah panjang kurvax = 2y

32 dari y = 0 sampai y = 1. Derivatif

dx

dy= 2

�3

2

�y12 = 3y

12

kontinu pada interval [0; 1]. Oleh karena itu kita bisa menggunakan rumus (4.5) untukmencari panjang kurva:

S =

Z d

c

s1 +

�dx

dy

�2dy =

Z 1

0

r1 +

�3y

12

�2dy

=

Z 1

0

p1 + 9y dy =

�1

9� 23(1 + 9y)

32

�10

=2

27

�10p10� 1

�:

4.3.2 Persamaan Parameter

Dalam bagian ini kita akan mencari panjang suatu kurva paramater yang diberikanoleh persamaan

x = F (t) dan y = G (t) , a � t � b:

Diasumsikan bahwa fungsi F dan G mempunyai derivatif yang kontinu pada interval[a; b] dan derivatif-derivatif tersebut tidak secara serempak sama dengan nol. Kita jugamengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan t dari a sampaib dan melewati titik tepat satu kali. Sementara itu, untuk tujuan penurunan rumus,kita akan mengasumsikan bahwa kurva bergerak dari kiri ke kanan ketika nilai t naik.Ini ekivalen dengan mengatakan bahwa

dx

dt> 0 untuk a � t � b:

Persamaan umum untuk panjang suatu kurva parameter diturunkan dari rumus pan-jang kurva ketika kurva diberikan oleh persamaan sederhana y = f (x) atau x = g (y).Di sini perlu untuk diketahui bahwa

dx = F 0 (t) dt =dx

dtdt dan dy = G0 (t) dt =

dy

dtdt.


Selanjutnya dari rumus (4.4) diperoleh

S =

Z b

a

vuuuut1 +0B@ dydtdxdt

1CA2

dx

dtdt

=

Z b

a

vuuuuuut�dx

dt

�2+

�dy

dt

�2�dx

dt

�2 dx

dtdt

=

Z b

a

1��dxdt��s�

dx

dt

�2+

�dy

dt

�2 dxdtdt:

Berdasarkan asumsi yang sudah diberikan, kita bisa menghapus dua derivatif di luarakar kuadrat dan karena itu rumus panjang kurva parameter menjadi

S =

Z b

a

s�dx

dt

�2+

�dy

dt

�2dt: (4.6)

Contoh 4.16 Cari panjang kurva parameter yang diberikan oleh persamaan-persamaanparameter:

x = 3 sin (t) dan y = 3 cos (t) , 0 � t � 2�.

Penyelesaian. Kita mengetahui bahwa kurva yang diberikan adalah lingkaran berjari-jari 3 dengan pusat di titik asal O (0; 0). Kita juga mengetahui bahwa kurva melintasititik tepat satu kali ketika t berubah dari 0 sampai 2�. Jadi kita dapat menggunakanrumus yang telah diperoleh sebelumnya. Pertama kali dicari

dx

dt= 3 cos (t) dan

dy

dt= �3 sin (t) ;

dan selanjutnya �dx

dt

�2+

�dy

dt

�2= 9 cos2 (t) + 9 sin2 (t) = 9:

Jadi

S =

Z 2�

0

p9 dt = [3t]2�0 = 6�:

Contoh 4.17 Cari panjang astroida

x = cos3 (t) dan y = sin3 (t) , 0 � t � 2�.


Penyelesaian. Kurva astroida adalah seperti berikut:

x

y

1

1

1

1

t = 0,π=t

π21=t

π23=t

π2=t

0

Karena kurva simetris terhadap sumbu-sumbu koordinat, maka panjang kurva samadengan empat kali panjang kurva di kuadran I. Dihitung�

dx

dt

�2=

�3 cos2 (t) (� sin (t))

�2= 9 cos4 (t) sin2 (t)�

dy

dt

�2=

�3 sin2 (t) (cos (t))

�2= 9 sin4 (t) cos2 (t)s�

dx

dt

�2+

�dy

dt

�2=

q9 cos2 (t) sin2 (t)

�cos2 (t) + sin2 (t)

�=

q9 cos2 (t) sin2 (t) = 3 jcos (t) sin (t)j

= 3 cos (t) sin (t) :

Oleh karena itu

panjang kurva di kuadran I =

Z 12�

03 cos (t) sin (t) dt

=3

2

Z 12�

0sin (2t) dt

=

��34cos (2t)

� 12�

0

=3

2:

Jadi, panjang astroida yaitu

S = 4

�3

2

�= 6:

4.3.3 Persamaan Kutub

Dalam bagian ini kita akan mencari panjang kurva yang diberikan oleh persamaankutub:

r = f (�) , � � � � �


dimana kita mengasumsikan bahwa kurva melintasi titik tepat satu kali. Pertama kalikita menuliskan persamaan kurva dalam persamaan-persamaan parameter:

x = r cos (�) = f (�) cos (�) dan y = r sin (�) = f (�) sin (�) :

Berikutnya kita mencari

dx

d�= f 0 (�) cos (�)� f (�) sin (�) = dr

d�cos (�)� r sin (�)

dy

d�= f 0 (�) sin (�) + f (�) cos (�) =

dr

d�sin (�) + r cos (�)�

dx

d�

�2+

�dy

d�

�2=

�dr

d�cos (�)� r sin (�)

�2+

�dr

d�sin (�) + r cos (�)

�2=

�dr

d�

�2cos2 (�)� 2r dr

d�cos (�) sin (�) + r2 sin2 (�)

+

�dr

d�

�2sin2 (�) + 2r

dr

d�cos (�) sin (�) + r2 cos2 (�)

=

�dr

d�

�2 �cos2 (�) + sin2 (�)

�+ r2

�cos2 (�) + sin2 (�)

�= r2 +

�dr

d�

�2:

Jadi, berdasarkan rumus (4.6) diperoleh rumus panjang suatu kurva kutub yaitu

S =

Z �

�

sr2 +

�dr

d�

�2d�:

Contoh 4.18 Cari panjang kurva kardioda

r = 1� cos (�) :

Penyelesaian. Pertama kali kita menggambar kardioda untuk menentukan batas in-tegrasi:

x

y

r

0

1

2

),( θrP

)cos(1 θ−=r

θ

Titik P (r; �) melintasi kurva tepat satu kali dan berlawanan arah dengan jarum jamketika � berubah dari 0 sampai 2�, sehingga nilai-nilai tersebut diambil untuk � dan


�. Dihitung

dr

d�= sin (�)

r2 +

�dr

d�

�2= [1� cos (�)]2 + sin2 (�)

= 1� 2 cos (�) + cos2 (�) + sin2 (�)= 2� 2 cos (�)

dan

S =

Z 2�

0

p2� 2 cos (�) d� =

Z 2�

0

p2 [1� cos (�)] d�

=

Z 2�

0

s2

�2 sin2

�1

2�

��d� =

Z 2�

0

s4 sin2

�1

2�

�d�

=

Z 2�

02

��sin�12�� d� = Z 2�

02 sin

�1

2�

�d�

=

��4 cos

�1

2�

��2�0

= 4 + 4 = 8:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.3Dalam masalah 1� 10, cari panjang kurva yang diberikan dalam persamaan kartesius.

1. y = 13

�x2 + 2

� 32 dari x = 0 sampai x = 3

2. y = x32 dari x = 0 sampai x = 4

3. x = 13y3 +

1

4ydari y = 1 sampai y = 3

[Petunjuk: 1 +�dx

dy

�2adalah suatu kuadrat sempurna.]

4. x = 13y

32 � y 12 dari y = 1 sampai y = 9

[Petunjuk: 1 +�dx

dy


5. x = 14y4 +

1

8y2dari y = 1 sampai y = 2

[Petunjuk: 1 +�dx

dy


6. x = 16y3 +

1


[Petunjuk: 1 +�dx

dy



7. y = 34x

43 � 3

8x23 + 5 dari x = 1 sampai x = 8

8. y = 13x3 + x2 + x+

1

4x+ 4dari x = 0 sampai x = 2

9. y = 23 (x+ 2)

32 dari x = 0 sampai x = 3

10. y =�x2 + 2

3

� 32 dari x = �2 sampai x = 5

11. (3y � 1)2 = x3 dari x = 0 sampai x = 2

12. y = 45x

54 dari x = 0 sampai x = 1

13. y = (x� 1)23 dari x = 1 sampai x = 9

[Petunjuk: Selesaikan x sebagai fungsi dari y.]

14. y = 112x

3 +1

xdari x = 1 sampai x = 3

15. x =y4 + 3


16. y = 13xpx�

px dari x = 1 sampai x = 100

17. y = 35x

53 � 3

4x13 dari x = 1 sampai x = 8

18. 8x = 2y4 + y�2 dari x = 1 sampai x = 2

19. x =Z y

0

psec4 (t)� 1 dt dari y = �1

4� sampai y =14�

20. y =Z x

�2

p3t4 � 1 dt dari x = �2 sampai x = �1

21. y =Z x

0

pt2 + 2t dt dari x = 0 sampai x = 10

22. y = 2Z x

1

pt2 + t dt dari x = 2 sampai x = 6

23. y =Z 2x

1

pt�4 + t�2 dt dari x = 1 sampai x = 3

24. x =Z y

1

ppt� 1 dt dari y = 1 sampai y = 4

25. y =Z x2

1

�pt+ 1

��2dt dari x = 0 sampai x = 1

Dalam masalah 26� 41, cari panjang kurva parameter yang diberikan.

26. x = 1� t, y = 2 + 3t, �23 � t � 1

27. x = cos (t), y = t+ sin (t), 0 � t � �


28. x = t3, y = 32 t2, 0 � t �

p3

29. x = 12 t2, y = 1

3 (2t+ 1)32 , 0 � t � 4

30. x = 13 (2t+ 3)

32 , y = t+ 1

2 t2, 0 � t � 3

31. x = 8 cos (t) + 8t sin (t), y = 8 sin (t)� 8t cos (t), 0 � t � 12�

32. x = 1 + 3t2, y = 4 + 2t3, 0 � t � 1

33. x = t� t2, y = 43 t

32 , 1 � t � 2

[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi trigonometri.]

34. x = et + e�t, y = 5� 2t, 0 � t � 3

35. x = et cos (t), y = et sin (t), 0 � t � �

36. x = cos (t) + ln�tan

�12 t��, y = sin (t), 1

4� � t �34�

37. x = et � t, y = 4e12t, �8 � t � 3

38. x = 3t� t3, y = 3t2, �p3 � t �

p3

39. x = sin2 (t), y = cos2 (t), 0 � t � 12�

40. x = cos2 (t), y = cos (t), 0 � t � �[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi u = cos (t) dan selan-jutnya menggunakan substitusi trigonometri.]

Dalam masalah 41�50, cari integral tentu untuk panjang kurva parameter, tetapi tidakperlu dihitung integralnya.

41. x = 20t, y = 32t� 16t2, 0 � t � 2

42. x =1

t, y = t2, 1 � t � 5

43. x = 2t+ 1, y =pt, 1 � t � 2

44. x = t2 � t, y = 43 t

32 , 0 � t � 1

45. x = 13 t3, y = 1

2 t2, 0 � t � 1

46. x = 1 + et, y = t2, �3 � t � 3

47. x = t+ cos (t), y = t� sin (t), 0 � t � 2�

48. x = ln (t), y =pt+ 1, 1 � t � 5

49. x = t� et, y = t+ et, �6 � t � 6

50. x =t

1 + t, y = ln (1 + t), 0 � t � 2

Dalam masalah 51� 70, cari panjang kurva kutub yang diberikan.


51. spiral r = �, 0 � � �p5

52. spiral r = �2, 0 � � � 2�

53. spiral r = �4, 0 � � � 2�

54. spiral r =e�p2, 0 � � � �

55. spiral r = e2�, 0 � � � 2�

56. lingkaran r = cos (�), 0 � � � 2�

57. lingkaran r = 3 sin (�), 0 � � � 2�

58. kardioda r = 1 + cos (�), 0 � � � 2�

59. kardioda r = 2 + 2 cos (�), 0 � � � 2�

60. kurva r = a sin2�12��, 0 � � � 2�, a > 0

61. kurva r = a sin3�13��, 0 � � � 3�, a > 0

62. ruas parabolik r =6

1 + cos (�), 0 � � � 1

2�

63. ruas parabolik r =2

1 +� cos (�) ,12� � � � �

64. kurva r = cos2�12��, 0 � � � 1

2�

65. kurva r = cos3�13��, 0 � � � 1

4�

66. kurva r = cos4�14��, 0 � � � 1

2�

67. kurva r =p1 + sin (2�), 0 � � � �

p2

68. kurva r =p1 + cos (2�), 0 � � � �

p2

69. mawar berdaun empat r = 3 sin (2�), 0 � � � 2�

70. mawar berdaun tiga r = 4 sin (3�), 0 � � � �

Daftar Pustaka

[1] Dawkins, P. (20072), Calculus II, naskah, Lamar University.

[2] Pearson Education, 2005, Pearson Education,Inc.http://artandweb.net/libros/Calculo%20Thomas%2011/CH%206/

[3] Keisler, H. J. (2000), Elementary Calculus: An In�nitesimal Approach, 2nd Edition,University of Wisconsin.

[4] Larson, R., R. Hostetler, B. H. Edwards, 2007, Calculus: Early TranscendentalFunctions, 4th Edition, Houghton Mi in Company.

94

Soal Dan Materi Kalkulus 3

Documents

Transcript of Soal Dan Materi Kalkulus 3