Kalkulus-2_Unpam
February 20, 2017 | Author: Shavo Marxisme Damanik | Category: N/A
Short Description
Download Kalkulus-2_Unpam...
Description
KALKULUS INTEGRAL
Oleh R. Benny Wahyuadi, S.T., M.M., MBA. NIDN : 0414016002
PROGRAM STUDI TEKNIK INFORMATIKA JURUSAN TEKNIK INFORMATIKA FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS PAMULANG JANUARI 2011
KATA PENGANTAR Puji dan syukur senantiasa penulis panjatkan kehadirat Allah SWT. atas limpahan rahmat dan karunia-Nya, sholawat dan salam senantiasa tercurah atas Rasulullah SAW dan keluarganya sehingga ditengahtengah
kesibukan
kekurangannya,
dan
rutinitas
penulis
serta
dengan
segala
dapat disusun modul sederhana yang diharapkan
dapat membantu mahasiswa dalam mempelajari Kalkulus Integral. M od u l
i ni
dimaksudkan
mahasiswa Jurusan Teknik
u nt u k
memberikan
b eka l
kepada
Informatika Fakultas Teknik Universitas
Pamulang yang sedang mengikuti perkuliahan Kalkulus. Kekurangan dan belum sempurnanya modul ini menjadi ‘tuntutan” penulis sehingga yang seharusnya mahasiswa menerima banyak pengetahuan tentang Kalkulus Integral dari modul ini belum dapat terwujud seluruhnya. Terselesaikannya penulisan modul ini tentu tidak terlepas dari bantuan rekan-rekan seprofesi di Universitas Pamulang, lebih-lebih mahasiswa
yang
menjadi
motivasi
penulis
untuk
segera
menyelesaikan modul sederhana ini. Terima kasih teruntuk istriku Lia, dan juga ibuku yang juga telah memberikan dorongan dan inspirasi panjang selama pembuatan modul ini. Semoga bahan ajar yang telah dituangkan dalam modul ini, akan sangat berguna bagi mahasiswa. Kekurangan dan kekhilafan disana sini Insyaallah diperbaiki dikemudian hari. Pamulang, 3 Januari 2011 Penulis,
R. Benny Wahyuadi
Kalkulus Integral
2
DAFTAR ISI
Halaman
Halaman Sampul ........................................................ Kata Pengantar .......................................................... Daftar Isi ....................................................................
1 2 3
Bab I
PENDAHULUAN 1.1 Turunan ..... ......................................................... 1.2 Antiturunan .......................................................... 1.3 Integral Tertentu .................................................
4 9 17
Bab II
TEKNIK INTEGRAL 2.1 Teknik Substitusi ................................................. 2.2 Integral Fungsi Trigonometri ............................... 2.3 Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri ................ 2.4 Integral Parsial .................................................... 2.5 Integral Fungsi Rasional ...................................... 2.6 Integral Fungsi Rasional yang Memuat Fungsi Trigonometri ............................................................
Bab III
INTEGRAL TIDAK WAJAR 3.1 Pengertian .......................................................... 3.2 Integral Tidak Wajar dengan Batas Diskontinu ... 3.3 Integral Tidak Wajar dengan Batas Tak Hingga ..
79 81 85
Bab IV
RUMUS-RUMUS INTEGRAL ........................................
91
Bab V
TRANSFORMASI LAPLACE 5.1 Definisi Transformsi Laplace ............................... 5.2 Syarat Cukup Transformasi Laplace Ada .............. 5.3 Metode Transformasi Laplace ............................. 5.4 Sifat-sifat Transformasi Laplace ..........................
101 106 106 108
DAFTAR PUSTAKA ....................................................
122
28 34 45 57 61 73
Kalkulus Integral
3
BAB I ANTITURUNAN 1.1 Turunan Pembahasan tentang turunan tidak dapat dipisahkan dari pengertian tentang fungsi, baik fungsi eksplisit maupun fungsi implisit. Fungsi eksplisit adalah fungsi yang secara umum penulisannya dinyatakan dalam bentuk y = f(x), sedangkan fungsi implisit adalah fungsi yang secara umum penulisannya dinyatakan dalam bentuk f(x,y) = 0. Perhatikan beberapa contoh fungsi di bawah ini. 1. y = 2 -
2 3x
2. y = 3 x 2 4 x 3 3. y =
x x x
4. x 2 + y 2 – 25 = 0 5. xy 2 + x 2 y – 2 = 0 6. x 2 – 2x + y 2 + 4y – 5 = 0 Pada contoh di atas, fungsi no 1, 2, dan 3 adalah fungsi eksplisit, sedangkan contoh 4, 5, dan 6 adalah fungsi implisit. Semua fungsi yang ditulis dalam bentuk eksplisit dapat diubah penulisannya dalam bentuk implisit, akan tetapi tidak semua fungsi yang ditulis dalam bentuk implisit dapat diubah dalam bentuk eksplisit. Perhatikan contoh 5 di atas. Selanjutnya dari fungsi-fungsi tersebut, dapat ditentukan turunannya. Definisi Turunan fungsi y = f(x) adalah fungsi lain yang dinotasikan dengan f’(x) dan didefinisikan oleh
Kalkulus Integral
4
f ( x 'x) f ( x) , asalkan limitnya ada. 'x
f’(x) = lim
'x o0
Misal (x+ 'x) = t , maka 'x = t – x Karena 'x o 0 maka t o x Sehingga definisi turunan di atas dapat dinyatakan dalam bentuk lain f (t ) f ( x) , asalkan limitnya ada. tx
f’(x) = lim tox
Notasi lain untuk turunan y = f(x) dinyatakan dengan
dy df ( x) . , D x f ( x) , dx dx
Jika fungsi yang diketahui dinyatakan dalam bentuk implisit, maka turunannya dapat dilakukan dengan menggunakan kaidah differensial yaitu dengan cara mendiferensialkan masing-masing variabel dalam fugsi tersebut. Berikut ini diberikan beberapa contoh menentukan turunan fungsi eksplisit dan implisit. Contoh dy fungsi-fungsi berikut. dx
Tentukan
x +C
1. y =
Berdasarkan definisi di atas diperoleh dy dx
lim
'x o0
f ( x 'x) f ( x) 'x
= lim
x 'x x 'x
= lim
x 'x x . 'x
'x o0
'x o0
= lim
'x o0
= lim
'x o0
x 'x x
( x 'x) ( x) 'x{ x 'x x}
'x o0
= lim
x 'x x
'x
^
'x x 'x x
`
1 x 'x x
Kalkulus Integral
5
1
=
2 x 3 (1 x)
2. y =
Berdasarkan definisi di atas diperoleh dy dx
lim
'x o0
f ( x 'x) f ( x) 'x
3 3 (1 x 'x) 1 x = lim 'x o0 'x 3(1 x) 3(1 x 'x) 'x o0 'x{(1 x )(1 x 'x )}
= lim
= lim
'x o0
=
3 (1 1)(1 x 'x)
3 (1 x) 2
Fungsi-fungsi yang mempunyai turunan sebagaimana dijelaskan pada contoh di atas disebut fungsi yang differensiable (dapat diturunkan). Dengan cara yang sama, jika y = xn maka turunannya ditentukan oleh: dy dx
lim
'x o0
f ( x 'x) f ( x) 'x
( x 'x) n x n 'x o0 'x
= Lim
= lim
x n nx n 1 'x
'x o0
= lim
nx n 1 'x
'x o0
= lim [nx n 1 'x o0
n(n 1) n 2 n(n 1)(n 2) n 3 x ('x) 2 x ('x) 3 ... ('x) n x n 2! 3! 'x
n(n 1) n 2 n(n 1)(n 2) n 3 x ('x) 2 x ('x) 3 .... ('x) n 2! 3! 'x
n(n 1) n 2 n(n 1)(n 2) n 3 x ('x) x ('x) 2 .... ('x) n 1 ] 2! 3!
= nx n 1
Kalkulus Integral
6
3. x 2 y 2 25 0 Dengan mendiferensialkan masing-masing variabel, diperoleh: d(x 2 ) + d(y 2 ) - d(25) = d(0) 2 xdx 2 ydy
x+y
dy dx
0
dy =0 dx
x y
4. Tentukan
dy dari x2y + xy2 – 2 = 0 dx
d(x2y) + d(xy2 ) – d(2) = d(0) (x2dy + 2xydx) + (2xydy + y2dx) = 0 (2xy + y2) dx + (2xy +x2) dy = 0
2 xy y 2 dy =dx 2 xy x 2
Secara umum, misal u = u(x), v = v(x), dan w = w(x) adalah fungsi yang masing-masing dapat diturunkan dan c sebarang bilangan real, maka dengan menggunakan definisi turunan dapat ditentukan beberapa rumus umum turunan fungsi sebagai berikut. 1.
d (c) = 0 dx
2.
d (x) = 1 dx
3.
d (xn) = nxn-1 dx
4.
d d (un) = nun-1 (u) dx dx
5.
d d d ( u + v) = (u) + (v) dx dx dx
6.
d d d (u - v) = (u) (v) dx dx dx
Kalkulus Integral
7
7.
d d d d ( u r v r w r ... ) = (u) r (v) r (w) r ... dx dx dx dx
8.
d d (cu) = c (u) dx dx
9.
d d d (uv) = u (v) + v (u) dx dx dx
10.
d d d d (uvw) = uv (w) + uw (v) + vw (u) dx dx dx dx
11.
v
d u ( )= dx v
du dv u dx dx 2 v
Bukti sifat-sifat di atas diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Selanjutnya, dengan menggunakan definisi turunan dy f ( x 'x) f ( x) = lim , dapat ditunjukkan beberapa turunan fungsi 'x o0 dx 'x
geometri di bawah ini. y = cos x, maka dy f ( x 'x) f ( x) = lim ' x o 0 dx 'x
= lim
'x o0
cos( x 'x) cos x 'x
= lim
2 sin
'x o0
= lim 'x o0
( x 'x x) ( x 'x x) sin 2 2 'x
2 sin( 2 x 'x) 'x sin 2'x 2
= -sin x. Analog, diperoleh turunan fungsi trigonometri yang lain: 1.
d (sinx) = cos x dx
2.
d (cos x) = -sin x dx
Kalkulus Integral
8
3.
d (tan x) = sec2x dx
4.
d (cot x) = -csc2x dx
5.
d (sec x) = sec x tan x dx
6.
d (csc x) = -csc x cot x dx
1.2 Antiturunan Antiturunan merupakan balikan dari turunan, sehingga untuk mempelajarinya harus dikaitkan dengan turunan fungsi. Menurut definisi turunan, jika y =
x maka
dy dx
1 2 x
.
Dengan cara yang sama, diperoleh 1 . J i ka y =
x +3 maka
dy dx
2 . J i ka y =
x - 3 maka
dy dx
3 . J i ka y =
x - 100 maka
4 . J i ka y =
x +
1
.
2 x
1 2 x dy dx
1 dy maka 7 dx
Dengan kata lain, untuk y =
. 1
2 x
1 2 x
, dan seterusnya.
x + C, C R maka
dy dx
1 2 x
.
Karena antiturunan merupakan balikan dari turunan, maka penulisan § 1 · ¸¸ = ©2 x ¹
bentuk di atas dapat disederhanakan dengan A x ¨¨ Hal ini berarti bahwa fungsi y = turunan
dy dx
1 2 x
x C.
x C , dengan C R mempunyai
.
Kalkulus Integral
9
§ 1 · ¸¸ adalah F(x) = ©2 x ¹
atau antiturunan dari f(x) = ¨¨
x + C, C R .
Fungsi-fungsi yang dapat ditentukan antiturunannya disebut integrable (terintegralkan). Dalam hal yang lebih umum, bentuk dinyatakan dengan
³
§ 1 · ¨¨ ¸¸ dx = ©2 x ¹
§ 1 · ¸¸ = ©2 x ¹
A x ¨¨
x C.
x C.
Jadi, misal y = f(x) dan antiturunannya adalah F(x) + C, maka
³
f(x) dx = F(x) + C, C Real.
Be n t u k
³
f(x) dx = F(x) + C , f(x) disebut integran dan F(x) + C
disebut anti turunan. Teorema 1. Jika r sebarang bilangan rasional kecuali -1, maka: r ³ x dx
x r 1 C . r 1
Akibatnya jika r = -1 maka ³ x r dx =
³x ³
1
dx
1 dx = ln x C x
Bu k t i Untuk mengembangkan suatu hasil yang berbentuk
³
f(x) dx = F(x) + C, C Real.
Kita cukup menunjukkan bahwa D x [ F ( x) C ]
f ( x)
Dalam kasus di atas ª x r 1 º Dx « C» ¬r 1 ¼
ª 1 rº «¬ r 1 (n 1) x »¼
xr
Kalkulus Integral
10
Teorema 2 Misal f(x) dan g(x) fungsi-fungsi yang integrable dan C sebarang konstanta maka: 1.
³ Cf ( x)dx
2.
³ [ f ( x) g ( x)]dx ³ f ( x)dx ³ g ( x)dx ,
3.
³ [ f ( x) g ( x)]dx ³ f ( x)dx ³ g ( x)dx ,
=C
³ f ( x)dx ,
Bu k t i Untuk
membuktikan
t eor em a
di
atas,
cukup
dengan
mendeferensialkan ruas kanan dan amati bahwa kita memperoleh integran dari ruas kiri. 1. D x { C
³ f ( x)dx } = C D { ³ f ( x)dx } x
= Cf(x) 2. D x { ³ f ( x)dx ³ g ( x)dx } = D x
³ f ( x)dx D ³ g ( x)dx x
= f(x) + g(x) 3. D x { ³ f ( x)dx ³ g ( x)dx } = D x
³ f ( x)dx D ³ g ( x)dx x
= f(x) - g(x) Contoh Tentukan integral berikut berdasarkan sifat integral di atas. 1.
³ x
2
x dx
Jawab
³ x
2
x dx =
³x
2
dx ³ xdx
=
1 3 1 x C1 x 2 C 2 3 2
=
1 3 1 2 x x C 3 2
Kalkulus Integral
11
2
2.
§ x2 1· ³ ¨¨© x ¸¸¹ dx
Jawab 2
§ x2 1· ³ ¨¨© x ¸¸¹ dx =
3.
³
x( x 1) 2 3
x
x 4 2x 2 1 dx ³ x x4
=
³
=
³x
dx ³
x
7/2
2x 2 x
dx ³
1 x
dx
dx 2 ³ x 3 / 2 dx ³ x 1 / 2 dx
dx
Jawab
³
x( x 1) 2 3
x
dx =
³
x( x 2 2 x 1) 3
dx
x3
=
³
=
³x
=
x
3
x2 x dx 2 ³ 3 dx ³ 3 dx x x x 8/3
dx 2 ³ x 5 / 3 dx ³ x 2 / 3 dx
3 11 / 3 3 8 / 3 3 5 / 3 x x x C 11 4 5
Teorema 3
³
sin x dx = - cos x + C, C Real
³
cos x dx = sin x + C, c Real
Bu k t i Untuk membuktikan teorema di atas cukup dengan menunjukkan bahwa D x ( cos x) sin x dan D x (sin x) cos x. Teorema 4 Andaikan f(x) fungsi yang differensiable dan n bilangan Rasional yang bukan -1, maka:
Kalkulus Integral
12
> f ( x)@r 1 C , r > @ f ( x ) f ' ( x ) d x ³ r 1
C Real.
Contoh 1. ³ 3x 4 x 2 11dx Jawab Karena D x (4 x 2 11) = 6x dx, sehingga berdasarkan teorema di atas
³ 3x
2.
³
4 x 2 11dx =
3y 2y2 5
1 4 x 2 11 d(6x) 2³
=
1 (4 x 2 11) 3 / 2 C 2 3/ 2
=
1 (4 x 2 11) 3 / 2 + C. 3
dy
Jawab Karena D x (2y 2 5) = 4y dy, maka
³
3y 2
2y 5
dy =
³ (2 y
2
5) 1 / 2 3 ydy 3 4
= ³ (2 y 2 5) 1 / 2 4 ydy =
3 (2 y 2 5) 1 / 2 .4 ydy 4³
=
3 (2 y 2 5)1 / 2 . C 4 1/ 2
=
3 2y2 5 C 2
3. ³ 3 sin(6 x 2)dx Jawab Misal U = 6x + 2 dU = 6 dx atau 3 dx =
³ 3sin(6 x 2)dx
= ³ sin U
dU , sehingga 2
dU 2
Kalkulus Integral
13
=
1 ( cosU ) C 2 1 2
= cos(6 x 2) C 4.
³
1 cos x sin xdx
Jawab Misal A = 1 cos x A 2 1 cos x 2A dA = (-sin x) dx, sehingga:
³
1 cos x sin xdx =
³ A.(2 A)dA = -2 ³ A2 dA 2 3
= A3 C =
2 (1 cos A)3 C 3
Beberapa rumus dasar integral tak tentu. 1.
³
dx = x + C, C Real
2.
³
f(x) dx = F(x) + C, C Real
1.
³
xr d x =
2.
³
(u+v) dx =
3.
³
a u du = a ³ u du
4.
³
5.
³
au du =
6.
³
eu du = eu + C, C Real
7.
³
tan x dx = ln | sec x | + C, C Real
8.
³
sec x dx = ln | sec x + tan x | + C, C Real
1 r+ 1 x + C, C Real, r z -1 r 1
³
u dx +
³
1 dx = ln | x | + C = x
v dx
e
log │x│+ C, C Real
a + C, C Real ln a
Kalkulus Integral
14
9.
³
cot x dx = ln | sin x | + C, C Real
10. ³ css x dx = ln | csc x – cot x | + C, C Real 11. ³ sec2x dx = tan x + C, C Real 12. ³ csc2x dx = - cot x + C, C Real 13. ³ sec x tan x dx = sec x + C, C Real 14. ³ csc x cot x dx = -csc x + C, C Real cos n 1 x sin x n 1 n n
15. ³ cosm x dx =
³
1 6 . ³ s i nm x d x =
sin n 1 x cos x n 1 n n
1 7 . ³ u d v = uv -
v du
³
cos m-2 x dx
³
sin m-2 x dx
18. ³
dx 1 xa = ln + C, C Real 2 2a xa x a
19. ³
dx 1 xa = ln + C, C Real 2 2a xa a x
2
2
dx
20. ³
2
a x
= arc sin
2
x + C a
dx 1 x = arc tgn + C 2 a a x a
21. ³
2
dx
22. ³
2
x x a
2
=
1 x arc sec + C a a
23. ³
x 2 a 2 dx =
1 1 u x 2 a 2 + a2 Ln ( u + 2 2
x2 u2 ) + C
24. ³
x 2 a 2 dx =
1 1 u x 2 a 2 - a2 Ln ( u + 2 2
x2 u2 ) + C
25. ³
x 2 a 2 dx =
1 1 u x 2 a 2 + a2 Ln ( u + 2 2
x2 u2 ) + C
30.
³
dx 2
x a
2
= arc sinh
x +C a
Kalkulus Integral
15
31.
dx
³
2
x a
= arc cosh
2
32. ³ u m e au du =
x +C a
1 m au m m 1 au u e ³ u e du a a
Soal-soal Tentukan integral berikut. 1
³ (x
2
³ (Sx
3
1) 4 3Sx 2 dx
3
³ (5 x
2
1)(5 x 3 3 x 8) 6 dx
4
³ (5 x
2
1) 5 x 3 3 x 8dx
5
³(
6
x3 3x 2 ³ (2 x 5) 3 / 2 2 x 5 dx
2 3)3 2dx
x2 2 x 1
2 x x 1) dx
x4 1
7
³x
8
³ cos
2
9
³ sin
[( x 2 1) 4 ] cos[( x 2 1) 4 ( x 2 1) 3 xdx
2
x4 1
1
3
3x
dx
dx
10 Andaikan u = sin{(x 2 1) 4 } 11 Tentukan ³ sin 2 xdx 12 ³ 6 sin[3( x 2)]dx § x· ©6¹
13 ³ sin 3 ¨ ¸dx 14 ³ ( x 2 cos 2 x x sin 2 x)dx
Kalkulus Integral
16
1.3 INTEGRAL TERTENTU Definisi : Misal f(x) suatu fungsi yang didefinisikan pada [a,b], selanjutnya f(x) dikatakan terintegralkan (integrable) pada [a,b] j i ka
n
lim ¦ f ( xi )'xi ada.
P o0 i 1
Selanjutnya
b
³ f ( x)dx disebut Integral Tentu (Integral Riemann) f(x)
a
dari a ke b, dan didefinisikan b
n
³ f ( x)dx = lim ¦ f ( xi )'xi .
a
P o0 i 1
b
³ f ( x)dx menyatakan luas daerah yang tercakup diantara kurva
a
y = f(x) dan sumbu x dalam selang [a,b], jika
b
³ f ( x)dx bertanda negatif
a
maka menyatakan luas daerah yang berada dibawah sumbu x. Definisi : 1.
a
³ f ( x)dx = 0
a b
a
a
b
2. ³ f ( x)dx = - ³ f ( x)dx , a > b
Kalkulus Integral
17
Teorema Dasar Kalkulus Teorema dasar Kalkulus memberikan kemudahan untuk menghitung Integral Tentu, berikut teorema tersebut : Misal f(x) kontinu pada [a,b] dan F(x) sebarang anti turunan f(x), maka
b
³ f ( x)dx = F(b) – F(a)
a
Selanjutnya ditulis F(b) – F(a) = [ F ( x)]ba Contoh : 1. Perlihatkan bahwa jika r Q dan r z -1, maka b
r ³ x dx
a
b r 1 a r 1 r 1 r 1
Jawab : Karena F(x) =
x r 1 suatu anti turunan dari f(x) = xr, maka menurut r 1
teorema dasar Kalkulus
b
r ³ x dx
a
F (b) F (a )
b r 1 a r 1 r 1 r 1
Integral tentu sebagai operator linear, yaitu bersifat : Misal f(x) dan g(x) terintegralkan pada [a,b] dan k suatu konstanta, maka: b
1. ³ kf ( x)dx a
2.
b k
³ f ( x)dx
a
b
b
b
a
a
a
³ [ f ( x) g (x)]dx = ³ f ( x)dx + ³ g ( x)dx
Kalkulus Integral
18
Contoh : H i t u ng
2
2 ³ (4 x 6 x )dx
1
Jawab : 2
2
ª x2 º ª x3 º ³ (4 x 6 x )dx 4 ³ xdx 6 ³ x dx = 4 « 2 » 6« 3 » «¬ »¼ 1 «¬ »¼ 1 1 1 1 2
2
2
2
2
§ 4 1· §8 1· ¸ 6¨ ¸ = 12 © 2 2¹ © 3 3¹
= 4¨
Sifat-Sifat Integral Tentu 1. Sifat Penambahan Selang Teor em a : Jika f(x) terintegralkan pada suatu selang yang memuat tiga titik a, b dan c, maka c
b
c
a
a
b
³ f ( x)dx = ³ f ( x)dx + ³ f ( x)dx bagaimanapun urutan a, b dan c.
Contoh : 1.
3.
2
2
1
2
2
2
³ x dx ³ x dx ³ x dx
0
0
2
1
2
0
0
1
2 ³ x dx
1
2.
2
3
0
2
2
2 ³ x dx ³ x dx ³ x dx
0
2
3
2 2 ³ x dx ³ x dx
2. Sifat Simetri Jika f(x) fungsi genap, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat f(-x) = f(x) , maka: a
a
a
0
³ f ( x)dx = 2 ³ f ( x)dx dan
Kalkulus Integral
19
Jika f(x) fungsi ganjil, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat f(-x) = - f(x), maka a
³ f ( x)dx = 0.
a
Contoh : S
S
§ x· 1. ³ cos¨ ¸dx S © 4 ¹ 2.
5
³
x5
2
5 x 4
§ x· 2 ³ cos¨ ¸dx ©4¹ 0
S
§ x· 1 8 ³ cos¨ ¸. dx 4 2 ©4¹ 4 0
dx = 0
Secara lebih umum, sifat-sifat integral tertentu adalah: Jika f(x) dan g(x) kontinu pada interval [a,b] dan k Real dan f(x), g(x) terintegralkan pada interval tersebut, maka: 1. 2.
³
b
a
b
k ³ f ( x)dx
kf ( x)dx
a
b
³
b
b
a
3.
³ [ f ( x) g ( x)]dx a
4.
b
³ [ f ( x) g ( x)]dx
a
³ f ( x)dx
a
³ a
b
f ( x)dx ³ g ( x)dx a
b
f ( x)dx ³ g ( x)dx, a
0
a
5.
b
³
f ( x)dx
a
6.
b
³
b
f ( x)dx
a
7.
a
a
³ f ( x)dx , jika b < a c
³ a
³ f ( x)
b
f ( x)dx ³ f ( x)dx , c (a, b) c
0, jika f(-x) = -f(x)
a
8.
a
³
a
f ( x)dx = 2
a
³ f ( x)dx , jika f(-x) = f(x) 0
Kalkulus Integral
20
b
³ f ( x)dx , maka
9. Jika F(u) =
a
d F (u ) du
f (u )
b
10. ³ f ( x)dx = (b-a) f ( x o ) untuk paling sedikit x = x o antara a dan b. a
b
b
a
a
11. ³ f ( x)dx d ³ g ( x)dx jika dan hanya jika f(x) d g(x) untuk setiap x [a,b]. ªx
º
¬a
¼
12. D « ³ f (t )dt » x
f ( x)
Contoh Tentukan hasil integral 1.
2
³ (2 x)dx 0
Jawab 2
2
ª x2 º = ( 2 x ) d x 2 x « » ³0 2 ¼0 ¬
ª
= «2.2 ¬
22 º ª 02 º 2 . 0 » « » 2¼ ¬ 2¼
= (4+2) – (0+0) = 6 2.
2
³x
2
( x 3 1)dx
0
Jawab Misalnya u = (x 3 1 ) du = 3x 2 dx du 3
x 2 dx
Untuk x = 0 maka u = 1 dan untuk x = 2 maka u = 9, sehingga: 2
2 3 ³ x ( x 1)dx = 0
9
³u 1
du 3
Kalkulus Integral
21
9
ªu 2 º = « » ¬ 6 ¼1 ª 91
1º
= « » ¬ 6 6¼ 90 6
= 3.
4
³ (1 u )
u du
1
Jawab Misal p = u p 2 = u 2p dp = du
Untuk u = 1 maka p = 1 Untuk u = 4 maka p = 2, sehingga:
4.
4
³ (1 u )
u du =
1
2
³ (1 p
2
) p.2 pdp
1
=
2
³ (2 p
2
2 p 3 ) dp
1
2
2 º ª2 = « p3 p4 » 4 ¼1 ¬3 ª2
2
ª16
º ª2
º ª2
2
º
= « (2) 3 (2) 4 » « (1) 3 (1) 4 » 4 4 ¬3 ¼ ¬3 ¼ 2º
= « 8» « » ¬3 ¼ ¬3 4¼ =
14 30 3 4
= 5.
8
³ 4
31 4
xdx x 2 15
Jawab
Kalkulus Integral
22
x 2 15 A 2
Misal A =
x 2 15
2A dA = 2x dx
Untuk x = 4 maka A = 1 Untuk x = 8 maka A = 7, sehingga 8
xdx
³
x 2 15
4
7
AdA A
³
=
1
=
7
³ dA 1
= [A]
7 1
=7–1 =6
6.
10
dx ³6 25 x 2
7. Tentukan
10
1 x5 ln 2.5 x 5 6
= =
1 10 5 1 6 5 ln ln 10 10 5 10 6 5
=
1 1 ln 3 ln 11 10 10
b
³ f ( x)dx a
2 x, untuk 0 d x d 1 ° dengan f(x) = ®2, untuk1 x d 2 ° x, untukx ! 2 ¯
Soal di atas dapat diselesaikan dengan menggunakan sifat b
³
f ( x)dx
a
c
³ a
b
f ( x)dx ³ f ( x)dx , c (a, b) c
sehingga: b
³ a
f ( x)dx
1
2
5
0
1
2
³ 2 xdx ³ 2dx ³ xdx
Kalkulus Integral
23
= >x 2 @
1 0
>2 x @
2 1
ªxº « » ¬2¼
5 2
= (1-0) +(4-2) + >5 / 2 1@ 1 = 8.
3
³x
9 2
dx
3
Menurut definisi fungsi harga mutlak, bentuk di atas dapat dinyatakan dengan 3
³
x dx =
3
³ x dx + 0
3
0
³ x d x.
3
3
0
ª x2 º ª x2 º = « » « » ¬ 2 ¼ 0 ¬ 2 ¼ 3
= (8/3 – 0) – (0 – 8/3) =
16 3
Berdasarkan contoh di atas, tentukan hasil pengintegralan fungsifungsi berikut ini: 1.
8
³
1 3 x dx
1
2.
³ x(1
x ) 2 dx
>
@
= ³ x 1 2 x x dx = ³ ( x 2 x x x 2 )dx , dengan sifat integral diperoleh =
³ xdx - ³ 2 x
=
1 2 2 1 x C1 2( x 2 ) C2 x 3 C3 2 5 3
=
1 2 2 1 x 2( x 2 ) x 3 C1 C2 C3 2 5 3
x dx +
³ x dx 2
5
5
Kalkulus Integral
24
5
1 2 2 1 x 2( x 2 ) x 3 C 2 5 3
=
Latihan di rumah 2.
( z 2 1) 2 ³ z dz
3.
s ( s 1) 2 ³ 3 s ds
4. ³ ( x 2 x)3dx
3.
1
³x
2
4 x 2 dx
1
=2
1
³
x 2 4 x 2 dx
0
4 x2 = u
Misal
4-x 2 = u 2 atau x 2 = 4 - u 2 u x
-2x dx = 2 u du atau dx = du 4.
2
³
4 x 2 dx
3
dx
2
5.
³ 0
6.
4
³ 2
7.
27
1 x 16 x 2 dx x dx
³ xx 8
8.
2S
1/ 3
x
³ sin 2 dx 0
Kalkulus Integral
25
9.
S /3
³x
2
sin 3 xdx
0
10.
S /2
³ 0
dx 3 cos 2 x
11
11. ³ 2 x 3dx 3
9
1 x
12. ³
1 x
4
2
dx
13. ³ x 3 e x dx 2
0
14.
S /4
dx sin 2 x S /6
³
2
15. ³
1
dx 2
x 2x 2
2
( x 1) dx 2 1 x ( x 1)
16. ³
2
( x 2)dx 2 1 x ( x 2)
17. ³ 2
18. ³ ln( x x 2 1)dx 1
19.
S /4
³ 0
1
20. ³
2 4
21. ³
dx 2 sin x ( x 1) x 2 4x 3
dx
x 2 x 1 dx
0
3
22. ³ 1
8a
x2 1 x3 3x
dx
23. ³ a1 / 3 x1 / 3 dx 3
a
Kalkulus Integral
26
S /2
24. ³ cos 2 3x sin 3xdx 0
S /2
25. ³ sin 2 3x cos 3xdx 0
26.Hitunglah
b
³ f ( x)dx ,
jika:
a
2 x, untuk 0 d x d 1 ¯2( x 1) 2, untuk1 x d 2
a. f(x) = ®
° 1 x 2 ,untuk 0 d x d 1 °¯ x 1, untuk1 d x d 2
b. f(x) = ®
° 1 x 2 , untuk 2 d x d 0 °¯ 2 x 2, untuk 0 x d 2
c. f(x) = ®
d. f(x) = x 2 untuk - 4 d x d 4 e. f(x) = x >x @ , untuk -1 d x d 2 f. f(x) = (x- >x @ ) 2 g. f(x) = x 2 >x @ , untuk - 1 d x d 2
Kalkulus Integral
27
BAB I I TEKNIK INTEGRAL Beberapa macam teknik pengintergralan digunakan untuk menentukan antiturunan suatu fungsi. Hal ini bertujuan untuk memudahkan dalam menentukan selesaian
integral fungsi yang
ditentukan. Agar teknik pengingtegralan mudah dipahami oleh pembaca, maka dalam bab ini dirincikan teknik pengintegralan dimaksud dengan syarat-syarat yang ditentukan. Teknik-teknik integral
tersebut
adalah:
Tekni k
Substitusi,
Integral
Fungsi
Trigonometri, Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri, Integral Parsial, Integral Fungsi Rasional, dan Integral Fungsi Rasional yang memuat fungsi Trigonomteri. Berikut ini penjelasan teknik-teknik dalam pengintegralan. 2.1
Teknik Substitusi Istilah lain untuk teknik substitusi adalah pemisalan. Teknik
substitusi pada umumnya digunakan untuk memudahkan selesaian integral ke bentuk rumus dasar rumus integral tak tentu, yaitu; a. ³ x n dx = b.
x n 1 + C, asalkan n z -1 atau n 1
n ³ > f ( x)@ f ' ( x)dx
=
> f ( x)@n1 + C, asalkan n n 1
z -1
Karena rumus di atas adalah pedoman umum. maka integrannya menyesuaikan dengan rumus di atas. Jika belum sesuai atau menyimpang dari bentuk di atas maka sedapat mungkin diubah terlebih dahulu. Dengan demikian setelah integran sesuai dengan bentuk baku integralnya dapat dilakukan dengan mengaplikasikan rumus dasar integral tidak tentu. Akhirnya
selesaiannya dapat
dilakukan dengan metode substitusi.
Kalkulus Integral
28
Perhatikan beberapa contoh berikut: 1.
³
1 x dx
u = 1 x
Misal u2
1 x
d (u 2 )
d (1 x)
2udu
dx
³
Substitusi bentuk terakhir ke
1 x dx, diperoleh
³ u (2u )du = -2 ³ u du 2
Dengan rumus dasar di dapat
³
1 x dx
= -2 ³ u 2 du ªu3 º »C ¬3¼
= -2 « =-
2 (1 x)3 C 3
2. ³ (3x 12)11 dx Misal
A
d(A)
= 3x + 12 = d(3x+12)
dA
= 3 dx
dx
=
dA 3
Sehingga ³ (3x 12)11 dx
= ³ A11
dA 3
=
1 11 A dA 3³
=
1 A12 ( )C 3 12
=
1 12 A C 36
=
(3 x 12)12 C 36
Kalkulus Integral
29
3. ³ Cos 2 2 x dx Misal
A = 2x d(A) = d(2x) dA = 2 dx dx =
³ Cos
2
dA 2
2 x dx = ³ cos 2 A
=
=
4.
³
³ Cos
2
dA 2 A
1 dA 2
=
1 cos 2 AdA 2³
=
1 1 cos 2 A dA 2³ 2
=
1 1 dA ³ cos 2 AdA ³ 4 4
=
A sin 2 A C 4 8
=
2 x sin 4 x C 4 8
x sin 4 x C 2 8
4 x 2 4 x (4x+2) dx
Jawab Misal A =
4x 2 4x
A 2 = 4x 2 4x 2A dA = (8x+4) dx 2A dA = 2(4x+2) dx A dA = (4x+2) dx Sehingga
Kalkulus Integral
30
³
5.
4 x 2 4 x (4x+2) dx =
³
³ A .A dA
=
³ A dA
=
1 3 A C 3
=
13 2 4x 4x + C 3
2
tdt 3t 4
Jawab Misal P = 3t 4 P 2 = 3t + 4 t =
P2 4 3
d(P 2 ) = d(3t+4) 2P dp = 3 dt dt =
³
tdt = 3t 4
=
6.
³
³
(
2 Pdp , sehingga 3
P2 4 2 )( p )dp 3 3 p
1 (2 P 2 8)dp 9³
x 2 dx 16 x 2
Jawab Misal U = 16 x 2 U2
= 16 - x 2 x 2 = 16 - U 2
d(U 2 ) = d(16 - x 2 ) 2U du dx =
= (-2x)dx U du x
Kalkulus Integral
31
³
§ u· (16 u 2 )¨ ¸ x dx © x ¹ du = ³ 2 u 16 x 2
= ³ =-
16 u 2 du x
1 (16 u 2 )du x³
=
16u u3 C1 C2 x 3x
16 x 2 16 x 2 (16 x 2 ) C x 3x
= 16 =
16(16 x 2 )1/ 2 (16 x 2 ) 3 / 2 C x 3x
Soal-soal Tentukan hasil pengintegralan di bawah ini: 1.
³ t (t 2)
3/ 2
dt
Jawab 3
Misal M = (t+2) 2 M 2 = (t+2) 3 2M dM = 3(t+2) 2 dt
³ t (t 2)
3/ 2
dt = ³ M .t.
2 MdM 3(t 2) 2
=
2t M 2 dM 2 ³ 3(t 2)
=
2t 1 3 M +C 3(t 2) 2 3 9
2t (t 2) 2 + C = 9(t 2) 2
=
5
2t (t 2) 2 C 9
Kalkulus Integral
32
2.
³
3.
³
4.
³
sin x x
dx
3dt 2t 1 1 cos 2 x dx sin 2 2 x
(6t 1) sin 3t 2 t 1
5.
³
6.
³x
7.
³ x(3x 2)
8.
³
9.
³
10. ³
3t 2 t 1
dt
dx x2 9 3/ 2
x 2
x 16
dx
dx
sin x dx 3
sin xdx 16 cos 2 x
11. ³ cos(2 x 4)dx 12. ³ x sin( x 2 1)dx 13. ³ x 2 cos( x 3 1)dx 14. ³ x( x 2 3) 12 / 7 dx 15. ³ 16. ³ 17. ³
x 2 2x 3 dx x 1 e 2 x e 2 x dx e 2 x e 2 x
e 3t 4 e 6t
dt
18. ³
x2 dx x4 4
19. ³
xdx x4 4
Kalkulus Integral
33
20. ³ sin x 1 2 cos x dx 2.2
Integral Fungsi Trigonometri Sebelum membahas teknik integral fungsi trigonometri secara
lebih rinci, berikut ini diberikan integral dasar fungsi trigonometri yang menjadi acuan untuk menentukan hasil pengintegralan dengan teknik fungsi trigonometri. Bentuk dasar tersebut adalah: 1.
³ sin x dx
2.
³ cos x
3.
³ tan x dx
= -cos x + C
dx = sin x + C = ln sec x C = -ln cos x C
4.
³ cot
x dx = - ln csc x C = ln sin x C
5.
³ sec x
6.
³ csc x dx
dx = ln sec x tan x C = ln csc x cot x C
Berdasarkan bentuk di atas selanjutnya diberikan beberapa kasus bentuk integral fungsi trigonometri yang dibahas pada bagian ini, diantaranya adalah: A. ³ sin m xdx, dan ³ cos m xdx dengan m bilangan ganjil atau genap positip Jika m bulat positip dan ganjil, maka m diubah menjadi (m-1) + 1, atau m digenapkan terdekat. Selanjutnya substitusi dengan menggunakan kesamaan identitas sin 2 x cos 2 x 1 atau sin 2 x = 1 - cos 2
x atau cos 2 x = 1 - sin 2 x .
Akhirnya dengan substitusi tersebut didapat kesamaan antara integran dengan tanda integrasinya, sehingga dengan mudah dapat diselesaikan.
Kalkulus Integral
34
Contoh: 1. ³ sin 3 xdx Jawab
³ sin
3
xdx
= ³ sin (31)1 xdx =
³ sin
2
x sin x dx
= ³ (1 cos 2 x)d ( cos x) = ³1d ( cos x) ³ cos 2 d (cos x) = -cos x +
1 cos3 x C 3
2. ³ cos5 xdx Jawab
³ cos
5
xdx =
³ cos
( 5 1) 1
x dx
= ³ cos 4 x cos xdx = ³ (1 sin 2 x) 2 d (sin x) = ³ (1 2 sin 2 x sin 4 x)d (sin x) =
³ 1d (sin x) 2³ sin
= sin x -
2
xd (sin x) ³ sin 4 xd (sin x)
2 3 1 sin x sin 5 x C 3 5
3. ³ sin 5 (2 x)dx Jawab: Misal u = 2x, du = 2dx atau dx = Sehingga ³ sin 5 (2 x)dx
³ sin
5
u
du 2
du 2
=
1 sin 5 udu 2³
=
1 sin 4 u sin udu 2³
Kalkulus Integral
35
=
1 (1 cos 2 u ) 2 d ( cos u ) ³ 2
=
1 (1 2 cos 2 u cos 4 u )d ( cos u ) ³ 2
1 2
1 3
= cos u sin 3 u 1 2
1 3
1 sin 5 u C 10
= cos 2 x sin 3 2 x Be n t u k selesaiannya
³ cos
m
xdx ,
dapat
³ sin
m
1 sin 5 2 x C 10
dx , jika m bilangan bulat positip genap,
dilakukan
dengan
menggunakan
substitusi
kesamaan setengah sudut sin 2 x =
1 cos 2 x dan cos 2 x 2
1 cos 2 x 2
Contoh: 1. ³ sin 2 xdx Karena pangkatnya genap, digunakan kesamaan setengah sudut, maka
³ sin
2
xdx
1 cos 2 x dx 2
=
³
=
³ 2 dx ³ 2 cos 2 xdx
=
x cos 2 x C 2 4
1
1
2. ³ cos 4 xdx Jawab
³ cos
4
xdx = ³ (cos 2 x) 2 dx 2
§ 1 cos 2 x · ¸ dx 2 © ¹
= ³¨
1 4
= ³( =
1
2 cos 2 x 1 cos 2 x)dx 2 4
³ 4 dx ³
cos 2 x 1 dx ³ cos 2 2 xdx 2 4
Kalkulus Integral
36
3.
³ sin
4
=
x sin 2 x 1 (1 cos 4 x) dx + ³ 4 4 4 2
=
x sin 2 x x sin 4 x C 4 4 8 32
=
3 x sin 2 x sin 4 x C 8 4 32
2 xdx
Misal u = 2x , du = 2dx atau dx =
³ sin
4
2 xdx = ³ sin u 4
du , sehingga 2
du 2 2
1 1 cos 2u · = ³ §¨ ¸ du 2 © 2 ¹
=
1 1 (1 2 cos 2u cos 2 2u )du ³ 2 4
=
³ 8 du ³ 4 cos 2udu ³ 8 cos
=
³ 8 du ³ 4 cos 2udu ³ 8 ¨©
=
³ 8 du ³ 4 cos 2udu ³ 16 du ³ 16 cos 4udu
=
1 1 1 1 u sin 2u u sin 4u C 8 8 16 64
1
1
1
1
1
1 § 1 cos 4u · ¸ du 2 ¹
1
1
1
2
2udu
1
Karena u = 2x, maka
³ sin
4
2 xdx =
1 1 1 1 (2 x) sin 2(2 x) (2 x) sin 4(2 x) C 8 8 16 64
B. ³ sin m x cos n xdx Jika m atau n bilangan bulat positip ganjil, sedangkan lainnya sebarang bilangan, maka faktorkan sin x atau cos x dengan menggunakan kesamaan identintas sin 2 x cos 2 x 1 dengan terlebih dahulu mengubah salah satu bilangan ganjil. Misal m ganjil maka ubah
Kalkulus Integral
37
m dengan m = (m-1)+1 , jika n ganjil diubah menjadi (n-1)+1. Jika m dan n genap digunakan kesamaan setengah sudut sin 2 x =
1 cos 2 x dan 2
1 cos 2 x sehingga diperoleh hasil pengintegralannya. 2
cos 2 x Contoh
1. ³ sin 3 x cos 2 xdx Jawab Karena m ganjil, maka gunakan substitusi kesamaan identitas
³ sin
3
x cos 2 xdx = ³ sin (31) 1 cos 2 xdx
³ sin
2
x sin x cos 2 dx
= ³ (1 cos 2 x) cos 2 x sin xdx = ³ (cos 2 x cos 4 x)d ( cos x) =
³ cos
2
xd ( cos x) ³ cos 4 xd ( cos x)
1 3
1 5
= cos3 x cos5 x C 1 5
1 3
= cos 3 x( cos 2 x ) C 2.
³ sin
2
x cos3 xdx
Karena n ganjil, maka ubah menjadi genap
³ sin
2
x cos3 xdx
= ³ sin 2 x cos 2 x cos xdx = ³ sin 2 x(1 sin 2 x)d (sin x)
3.
³ sin
3
=
³ sin
=
1 1 3 sin x sin 5 x C 3 5
2
xd (sin x) ³ sin 4 xd (sin x)
x cos 3 xdx
Jawab ³ sin 3 x cos 3 xdx Karena kedua pangkat bilangan ganjil, pilih salah satu untuk diubah menjadi genap
Kalkulus Integral
38
³ sin
3
x cos 3 xdx = ³ sin 3 x cos 2 x cos xdx
= ³ sin 3 x(1 sin 2 x)d (sin x) = ³ sin 3 xd (sin x) ³ sin 5 xd (sin x) 1 4 1 sin x sin 6 x C 4 6
=
Atau
³ sin
3
x cos 3 xdx
= ³ sin 2 x sin x cos 3 xdx = ³ (1 cos 2 x) cos 3 xd ( cos x) =
³ (cos
3
x cos 5 x)d ( cos x)
1 4
1 6
= cos 4 x cos 6 x C
4.
³ cos
2
x sin 2 xdx
Kedua pangkat bilangan genap, sehingga diperoleh:
³ cos
2
x sin 2 xdx
1 cos 2 x ·§ 1 cos 2 x · = ³ §¨ ¸¨ ¸dx ©
2
¹©
2
=
1 (1 cos 2 2 x)dx ³ 4
=
1 § 1 cos 4 x · ¨1 ¸dx 4 ³© 2 ¹
=
1 § 1 cos 4 x · ¨ ¸dx 4 ³© 2 2 ¹
=
1 § x cos 4 x · ¨ ¸C 4©2 8 ¹
=
x cos 4 x C 8 64
¹
Kalkulus Integral
39
4. ³ sin 4 x cos 4 xdx Jawab Karena kedua pangkatnya bilangan genap, untuk menentukan selesaiannya gunakan kesamaan setengah sudut sin 2 x = cos 2 x
³ sin
4
1 cos 2 x dan 2
1 cos 2 x , sehingga: 2
x cos 4 xdx = ³ (sin 2 x) 2 (cos 2 x) 2 dx 2
2
§ 1 cos 2 x · § 1 cos 2 x · = ³¨ ¸ ¨ ¸ dx 2 2 © ¹ © ¹
=
1 (1 2 cos 2 x cos 2 2 x)(1 2 cos 2 x cos 2 2 x)dx 16 ³
=
1 (1 2 cos 2 2 x cos 4 2 x)dx 16 ³
=
1 1 1 dx ³ cos 2 2 xdx ³ cos 4 2 xdx ³ 16 8 16
=
1 1 1 cos 4 x 1 § 1 cos 4 x · dx ³ ³¨ ¸ dx ³ 16 8 2 16 © 2 ¹
2
=
1 1 1 cos 4 x 1 dx ³ ³ (1 2 cos 4 x cos 2 4 x) 2 dx ³ 16 8 2 64
=
1 1 1 cos 4 x 1 1 1 § 1 cos 8 x · dx ³ ³ dx ³ cos 4 xdx ³ ¨ ¸dx ³ 16 8 2 64 32 64 © 2 ¹
=
1 1 1 1 1 cos 4 x 1 1 dx ³ ³ dx ³ cos 4 xdx dx cos 8 xdx ³ ³ 16 8 2 64 32 128 128 ³
=
1 1 1 1 1 1 1 dx ³ dx ³ cos 4 xdx ³ dx ³ cos 4 xdx dx cos 8 xdx ³ ³ 16 16 16 64 32 128 128 ³
=
3 1 1 dx ³ cos 4 xdx cos 8 xdx ³ 12 8 32 128 ³
=
3x 1 1 sin 4 x sin 8 x C 12 8 1 2 8 1024
Kalkulus Integral
40
C. ³ tan n xdx, dan ³ cot n xdx Dalam kasus ini jika n genap gunakan kesamaan identitas 1 + tan 2 x
sec 2 x dan 1+cot 2 x
csc 2 x . Jika n ganjil ubah menjadi (n-1)+1
dan gunakan kesamaan 1 + tan 2 x
sec 2 x dan 1+cot 2 x
csc 2 x .
Perhatikan contoh berikut: 1. ³ tan 3 xdx Karena pangkat n ganjil maka diubah dalam bentuk perkalian yang salah satunya genap, selanjutnya gunakan kesamaan identitas 1 + tan 2 x
sec 2 x
Sehingga diperoleh
³ tan
3
xdx =
³ tan
2
x tanx dx
= ³ (sec 2 x 1) tan x dx = ³ sec 2 x tan x dx -
³
=
³
=
³ tan x
=
1 tan 2 x ln sec x C 2
tan x dx
tan x sec 2 x dx – ln sec x + C d(tan x) – ln sec x + C
2. ³ cot 4 xdx Karena pangkat n , langsung gunakan kesaman identintas 1+cot 2
x
³ cot
csc 2 x , sehingga 4
didapat
xdx = ³ (cot 2 x) 2 dx
=
³ (csc
2
x 1) 2 dx
= ³ (csc 4 x 2 csc 2 x 1)dx = ³ (csc2 x) csc 2 x 2 csc 2 x 1)dx = ³ (1 cot 2 x) csc 2 x 2 csc 2 x 1dx` =
³ (1 cot
2
x)d ( cot x) 2 ³ d ( cot x) ³ dx
Kalkulus Integral
41
1 3
= ( cot x) cot 3 x 2 cot x x C 1 3
= cot 3 x cot x x C
D. ³ tan m x sec n xdx , dan ³ cot m x csc n xdx Bentuk ini mempunyai dua kasus yaitu n genap m sebarang dan m ganjil n sebarang. Jika n genap dan m sebarang gunakan kesamaan 1 + tan 2 x sec 2 x atau 1 + cot 2 x = csc 2 x . Contoh 1.
³ tan
5
x sec 4 xdx
Karena salah satu pangkat bilangan genap, maka langsung gunakan kesamaan identitas 1+tan 2 x sec 2 x , sehingga diperoleh
³ tan
5
x sec 4 xdx =
³ tan
5
x sec 2 x sec 2 xdx
= ³ tan 5 x(1 tan 2 x) sec 2 xdx
2.
³ cot
4
=
³ (tan
=
1 1 tan 6 x tan 8 x C 6 8
5
x tan 7 x) d(tgnx)
x csc 4 xdx
Jawab
³ cot
4
x csc 4 xdx
= ³ cot 4 x(csc 2 x)(csc2 x)dx = ³ cot 4 x(cot 2 1)d ( cot x) = ³ (cot 6 x cot 4 x)d ( cot x) 1 7
1 5
= cot 7 x cot 5 x C Sedangkan untuk m bilangan ganjil dan n sebarang juga dengan menggunakan substitusi kesamaan identitas
Kalkulus Integral
42
1 + tan 2 x sec 2 x atau 1 + cot 2 x = csc 2 x . Contoh: 1.
³ tan
3
x sec 3 xdx
=
³ tan
2
x tan x sec 2 x sec xdx
=
³ tan
2
x sec 2 d (sec x)
=
³ (sec
2
x 1) sec 2 xd (sec x)
=
³ (sec
4
x sec x)d (sec x)
= 2.
³ tan
3
x sec 1 / 2 xdx =
2
1 5 1 sec x sec3 x C 5 3
³ tan
2
x tan x sec 3 / 2 x sec x dx
= ³ (sec 2 x -1)sec 3 / 2 x d(sec x) =
³ (sec
=
2 3/ 2 sec x 2 sec 1 / 2 x + C 3
1/ 2
x sec 3 / 2 x) d(secx)
E. ³ sin mx cos nxdx , ³ sin mx sin nxdx, ³ cos mx cos nxdx Integral bentuk ini juga sering muncul, untuk menyelesaikannya digunakan rumus kesamaan hasil kali, yaitu: sin mx cos nx =
1 [sin( m n) x sin( m n) x] 2 1 2
sin mx sin nx = [cos(m n) x cos(m n) x] cos mx cos nx =
1 [cos(m n) x cos(m n) x] 2
Contoh y 1. ³ sin 3x cos 4x dx =
1
³ 2 [sin(3 4) x sin(3 4) x] dx
Kalkulus Integral
43
=
1 sin 7 x + sin (-x) dx 2³
= 2.
³ sin 3x sin 2 x dx
1 1 cos 7 x - cos x + C 14 2
1 2
= ³ [cos(3 2) x cos(3 2) x] dx =
1 (cos 5x – cos x) dx 2³
=
3.
³ cos y cos 4y dy
1 1 sin 5x + sin x + C 10 2 1
=
³ 2 [cos(1 4) y +cos(1-4)y] dy
=
1 [cos 5 x cos(3 y )] dy 2³
=
1 1 sin 5 y sin 3 y C 10 6
Soal-soal Tentukan hasil integral berikut ini. 1.
³ sin
2.
³ cos
3.
³ sin
4.
³ sin ¨© 5 ¸¹ cos ¨© 5 ¸¹dx
3
(4 x)dx
4
2
3
x ( )dx 3 (2 x) cos 4 (2 x)dx
§ x·
1 2
5.
³ sin
6.
³ (sin
7.
³ tan
6
8.
³ cot
4
9.
³ cot x csc
3
§ x·
3 x cos 3 xdx
3
2t ) cos 2t dt xdx
(3 x)dx 4
xdx
Kalkulus Integral
44
10. ³ tan 2 x sec 2 2 xdx 11. ³ (tan x cot x) 2 dx 12. ³ sin 3x sin xdx 13. ³ csc 4 4 ydy 14. ³ tan 4 q sec 2 qdq 15. ³ cos 2 x sin 3xdx § x· ©3¹
16. ³ cot 4 ¨ ¸dx 1 2
17. ³ sin z cos 3 zdz 18. ³ tan 5 x sec 3 / 2 xdx 19. ³ cos x cos 3xdx § x· ©2¹
§ 5x · ¸dx © 2 ¹
20. ³ sin ¨ ¸ sin ¨
2.3 Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri
Tekni k
substitusi
fungsi
trigonometri
digunakan
u nt u k
menyelesaikan integral jika integrannya memuat bentuk-bentuk: a.
a 2 x 2 , a > 0, a Real
b.
x2 a2 =
c.
x 2 a 2 , a > 0, a Real
a 2 x 2 , a > 0, a Real
atau bentuk lain yang dapat diubah menjadi bentuk di atas, misalnya 2
2
2 2
a b x =
§a· 2 ¨ ¸ x ©b¹
Kalkulus Integral
45
2
a 2 b2 x =
§a· 2 ¨ ¸ x b © ¹ 2
a 2 x2 b2 =
§b· x 2 ¨ ¸ atau ©a¹
ax 2 bx c yang dapat diubah menjadi
bentuk kuadrat sempurna. a 2 x 2 atau sejenisnya, Gunakan substitusi
Integrannya memuat x = a sin t atau sin t =
x a
x = a sin t dx = a cos t dt S S dengan - d t d sehingga, 2 2 a2 x2 =
a 2 (a sin t ) 2
=
a 2 (1 sin 2 t )
a
x
t 2
a x
2
= a cos t Catatan Gambar segitiga siku-siku di atas yang masing-masing sisinya diketahui berguna untuk menentukan nilai fungsi trigonometri yang lain, yaitu cos t, tan t, cot t, sec t, dan csc t. Hal ini dikarenakan sangat mungkin hasil dari pengintegralan adalah fungsi-fungsi tersebut. Contoh: Tentukan hasil pengintegralan berikut ini: 1.
³
4 x 2 dx
Kalkulus Integral
46
Jawab Substitusi x = 2 sin t
2
x
x sin t = 2
t 4 x
2
dx = 2 cos t dt 4 x2 =
4 4 sin 2 t
2 cos t
Sehingga
³
4 x 2 dx =
³ 2 cos t.2 cos tdt
= 4³ cos t cos tdt = 4 ³ cos 2 tdt = 4 ³
(1 cos 2t ) dt 2
= 2 ³ dt + 2 ³ cos 2t dt = 2t + sin 2t + C = 2t + 2 sin t cos t § x· ©2¹
= 2 arc sin ¨ ¸ Atau 4 ³ cos 2 tdt
= 4(
x 4 x2 +C 2 2
1 sin t cos t + t C) 2 2
= 2 sint cost + 2t + C § x· ©2¹
= 2¨ ¸
=
4 x2 § x· + 2 arc sin ¨ ¸ + C 2 ©2¹
x 4 x2 § x· 2 arcsin¨ ¸ C 2 ©2¹
Kalkulus Integral
47
2.
dx
³
4x x 2
Jawab dx
³
4x x
dx
³
=
2
4 ( x 2) 2
Substitusi (x-2) = 2 sin t,
x2
dx = 2 cos t dt 4 ( x 2) 2
t
4 ( x 2)
4x x
2 cos t , sehingga
dx
³
2
=
2
³
2
2 cos tdt 2 cos t
= ³ dt =t+C x 2· = arc sin §¨ ¸ +C © 2 ¹
3.
dx
³
16 6 x x 2
Jawab dx
³
16 6 x x
2
=
dx
³
25 ( x 3) 2
Substitusi (x-3) = 5 sin t,
5 x 3
t
dx = 5 cos t dt 25 ( x 3) 2 = 5 cos t, sehingga
³
dx 16 6 x x 2
=
³
16 6 x x 2
5 cos tdt 5 cos t
Kalkulus Integral
48
= ³ dt = t+C = arc sin 4.
³
x3 +C 5
x 2 3 x 2 dx 3
Jawab Substitusi x = 3 sin A`
x
dx = 3 cos AdA 3 x2
t
3 x2
3 ( 3 sin A) 2
= 3 cos A , sehingga
³
x 2 3 x 2 dx = ³ 3 sin 2 A 3 cos A. 3 cos AdA
= 9 ³ sin 2 A cos 2 AdA § 1 cos 2 A ·§ 1 cos 2 A · ¸¨ ¸dA 2 2 © ¹© ¹
= 9 ³¨ =
9 (1 cos 2 2 A)dA ³ 4
=
9 1 cos 4 A 1 ( ) dA ³ 4 2
=
9 9 A ³ cos 4 AdA 8 8
=
9 § x · 9 arcsin¨ sin 4 A C ¸ 8 © 3 ¹ 8.4
=
9 § x · 9 arcsin¨ ¸ (4 sin A cos A)(cos 2 A sin 2 A) C 8 © 3 ¹ 32
Kalkulus Integral
49
=
x 9ª (sin A cos A)(cos 2 A sin 2 arcsin « 8¬ 3
=
9ª x º ª x 3 x2 a r c s i n »« 8 «¬ 3 ¼ «¬ 3 3
5.
³
º A» + C ¼
º ª (3 x 2 ) x 2 º »C »« 3¼ ¼» ¬ 3
25 x 2 dx x
Jawab: Substitusi x = 5 sin A atau sin A =
x dan dx = 5 cos A dA 5
5
x
A
Sehingga 25 x
³
2
25 x dx x
=
2
5 cos A
³ 5 sin A .5 cos AdA
= 5³
1 sin 2 A dA sin A
= 5 ³ csc AdA 5³ sin AdA = 5 ln csc A ctgA 5CosA C = 5 ln
5 25 x 2 25 x 2 5 C x x 5
Kalkulus Integral
50
Kerjakan soal berikut sebagai latihan bagi pembaca dx
1.
³
2.
³x
25 x 2
3.
³
2
4.
³
5.
(1 x 2 )
³x
3
2
dx
dx x
9 x2
dx 2
(4 x x ) 2
3 2
1 x 2 dx x3
6.
³
7.
³ (5 4 x x )
8.
sec 2 xdx ³ (4 tan 2 x)3 / 2
9.
³ (6 x )
16 x 2
dx
dx
2
10. ³
dx
2 3/ 2
3 x2 dx x2
Integral yang integrannya memuat bentuk
a 2 x 2 atau bentuk
yang sejenisnya, selesaiannya menggunakan substitusi x = a tan t, -
S S d t d sehingga, 2 2
Untuk membantu menyelesaikan bentuk di atas, perhatikan segitiga b er i ku t i ni : Kalkulus Integral
51
x2 a x t
a a2 x2 =
a 2 a 2 tan 2 t
=
a 2 (1 tan 2 t )
= a s ec t Karena x = a tan t maka dx = a sec 2 t dt. Contoh: Tentukan hasil pengintegralan di bawah ini. 1.
dx
³
9 x2
9 x2
Jawab
x
Substitusi x = 3 tan t d x = 3 s ec 2 t d t 9 x2
t
3
9 (3 tan t ) 2
= 3 sec t, sehingga
³
dx 9 x2
=
3 sec 2 tdt ³ 3 sec t
=
³ sec tdt
= ln sec t tan t C = ln
9 x2 x +C 3 3
Kalkulus Integral
52
9 x2 x C
= ln 2.
(2 x 1)dx
³
x 2 4x 5
Jawab
³
(2 x 1)dx 2
x 4x 5
= ³( =
³
2x 2
x 4x 5 2 xdx 2
( x 2) 1
³
1 2
x 4x 5
)dx
dx ( x 2) 2 1
Substitusi (x+2) = tan t x2 4x 5
x = (tan t) - 2
x2
2
dx = sec t dan 1
t
2
( x 2) 1 = sec t,
³
(2 x 1)dx x 2 4x 5
2 xdx
dx
=
³
=
2(tan t 2). sec 2 tdt sec 2 tdt ³ ³ sec t sec t
( x 2) 2 1
³
s ehi ng g a
( x 2) 2 1
= 2³ tan t sec tdt 4³ sec tdt - ³ sec t dt = 2 sec t – 5 ln sec t tan t C = 2
x 2 4 x 5 5 ln x 2 4 x 5 ( x 2) C
Kerjakan soal berikut sebagai latihan 1.
³
dx dx (9 x 2 ) 2
2.
³
3 x 2 dx
Kalkulus Integral
53
x2 1 dx x
3.
³
4.
³
5.
³
6.
³
7.
³x
5 x 2 dx
8.
³t
2dt
9.
³ (z
10.
³x
11.
³ (16 x )
12.
³p
dx 2
x 4 x 13 3 xdx x 2 2x 5 t 2
t 4
dt
t 4 25 2
dz 6 z 18)3 / 2
dx 2
x2 1
dx
2 3/ 2
dp 4
p2 2
Integral
yang
integrannya
memuat
b ent u k
x 2 a 2 atau
sejenisnya, selesaiannya menggunakan substitusi x = a sec t, -
S S dtd . 2 2
Karena x = a sec t maka dx = a sec t tan t dt, dan x2 a2 =
a 2 sec 2 t a 2
= a tan t
Kalkulus Integral
54
Selanjutnya perhatikan segitiga siku-siku di bawah ini
x
a x2 a2
t
Contoh:
Tentukan hasil pengintegralan berikut ini: 1.
x2 9 dx x
³
Jawab x
Substitusi x = 3 sec t
2
x 9
dx = 3 sec t tan t dt x 2 9 = 3 tan t, sehingga
³
x2 9 dx x
=
t
3
3 tan t
³ 3 sec t 3 sec t tan tdt
= 3 ³ tan 2 tdt = 3 ³ (sec 2 t 1)dt = 3 tan t – 3 t + C =3 2.
³
x2 9 x 3arc sec C 3 3
dx x 2 2x 8
Jawab
³
dx x 2 2x 8
=
³
dx ( x 1) 2 9
Kalkulus Integral
55
Substitusi (x-1) = 3 sec t, d x = 3 s ec t t g n t d t
3
x 1
( x 1) 2 9 = 3 tgn t, sehingga dx
³
2
( x 1) 9
3 sec tan tdt 3 tan t
=
³
=
³ sec tdt
t x2 2x 8
= ln sec t tan t C = ln
x 1 3
x 2 2x 8 C 3
Kerjakan pengintegralan berikut sebagai latihan. 1. 2.
³
x 2 1 dx x 2 dx
³
x 2 25
t2 4 dt t3
3.
³
4.
³
5.
³x
6.
³t
7.
³x
8.
³ (4 x
dx 16 16 x x 2 dx x2 6 dt 2
t 2 1 dx
3
x2 8
2
dx 9)3 / 2
Kalkulus Integral
56
9.
³ (x
10. ³
2
xdx 8 x 7) dx
x x4 4
2.4 Integral Parsial Secara umum integral parsial digunakan untuk menentukan selesaian integral yang integrannya merupakan perkalian dua fungsi uv, dimana u = f(x) dan v = g(x). Karena y = uv, maka menurut definisi differensial dan turunan fungsi y = uv diperoleh dy = d(uv) d(uv) = u dv + v du Dengan mengintegralkan masing-masing bagian diperoleh
³ d (uv) ³ udv ³ vdu ³ udv
³ d (uv) ³ vdu
³ udv
uv ³ vdu
Bentuk terakhir ini dinamakan rumus integral parsial. Prinsip yang digunakan dalam integral parsial adalah integran yang berbentu uv di manipulasi menjadi u dv dan dalam menentukan udv tidak boleh memunculkan persoalan yang lebih sulit dibandingkan dengan
³ udv
tersebut. Perhatikan beberapa contoh berikut ini. Tentukan integral persial berikut ini 1. ³ x cos xdx Jawab Bentuk ³ x cos xdx diubah menjadi
³
ud v ,
Kalkulus Integral
57
Misal u = x , dv = 1 dx dv = cos x dx , v = ³ cos x dx = sin x Akibatnya ³ x cos xdx =
³
x d(sin x).
Dengan rumus integral parsial
³ udv ³
uv ³ vdu , diperoleh
x d(sin x) = x sin x - ³ sin x d(x) = x sin x - ³ sin x dx = x sin x + cos x + C
Akhirnya diperoleh ³ x cos xdx = x sin x + cos x + C 2.
³x
1 x dx
Pilih u = x , du = dx dv = 1 x , v =
³
1 x dx =
Sehingga ³ x 1 x dx = ³ xd (
23 1 x 3
23 1 x) 3
Berdasarkan rumus integral parsial
³ udv ³x
3.
uv ³ vdu , diperoleh
1 x dx =
³ sin x e
x
23
³ xd ( 3
1 x)
=
2x 3 11 3
³3
=
2x 3 11 3
³3
=
2 2x 3 1 1 - 3 (1 x) 4 C 3 4
23
23
1 x d ( x) 1 x dx
dx
Pilih u = sin x maka du = d(sinx) = cos dx dv = e x dx , v = ³ e x dx = e x , sehingga:
Kalkulus Integral
58
³ sin x e
x
dx =
³
sin x d( e x )
= e x sin x ³ e x d (sin x) = e x sin x ³ e x cos xdx Diperoleh bentuk ³ e x cos xdx yang juga diselesaikan dengan metode parsial Pilih u = cos x , dv = d(cos x) = sin x dx dv = e x dx , v = ³ e x dx = e x , sehingga:
³ cos x
e x dx =
³
cos x d( e x ) = e x cos x ³ e x d (cos x ) = e x cos x ³ e x ( sin x)dx = e x cos x ³ e x sin x)dx,
Akhirnya diperoleh
³ sin x e
dx = e x sin x ³ e x cos xdx
x
= e x sin x e x cos x ³ e x sin x)dx,
³ sin x e
x
dx =
1 x 1 e sin x e x cos x C 2 2
Berdasarkan contoh di atas kerjakan soal di bawah ini sebagai latihan. 1.
³ x sec
2.
³ sin
3
2
xdx
xdx
Jawab:
³ sin
3
xdx = ³ sin 2 x sin xdx
Pilih u = sin2 x du = d(sin2 x ) = 2sinx cos x dv = sin x dx maka v = ³ sin xdx = - cos x Sehingga
³ sin
3
xdx = ³ sin 2 xd ( cos x)
Kalkulus Integral
59
= -cos x sin2x - ³ cos xd (sin 2 x)dx = -cos x sin2x + ³ cos x 2 sin x cos xdx = -cos x sin2x + 2 ³ sin x(1 sin 2 x)dx
³ sin
3
xdx
3
= -cos x sin2x + 2 ³ sin xdx 2³ sin x)dx
3 ³ sin 3 xdx
= -cos x sin2x + 2 ³ sin xdx
³ sin 3 xdx
=
cos x sin 2 x 2 ³ sin xdx 3 3
=
cos x sin 2 x 2 (cos x) C 3 3
3.
³ x tan x dx
4.
³ arc tan x dx
5.
³
6.
³x
7.
³ arc cos 2x dx
8.
³x
9.
³
x ln x dx 3
2
2x 7 dx
e 2 x dx
xdx dx 1 2x
10. ³ cos 3x sin 3x dx 11. ³ e x 1 x dx 12. ³ tan 5 x sec 2 xdx 13. ³ ( x 2) cos( x 2) dx 14. ³ xe x dx 2
15. ³ (2 x 1)e 1 3 x dx 16. ³ sec3 x dx
Kalkulus Integral
60
17. ³ x 3 4 x 2 dx 18. ³ ln 3x dx 19. ³ x 2 sin x dx 20. ³ x 2 1 x dx 2.5 Integral Fungsi Rasional. Fungsi rasional adalah suatu fungsi yang dinyatakan dalam bentuk F(x) =
f ( x) , dimana f(x) , g(x) adalah fungsi pangkat banyak g ( x)
(polinom) dan g(x) z 0. Fungsi pangkat banyak adalah suatu fungsi yang dinyatakan dengan f(x) = a o + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + … + a n x n , n = 1, 2, 3, … , sehingga fungsi rasional adalah fungsi berbentuk
f ( x) yang pembilang dan g ( x)
penyebutnya polinom. Contoh 1. F(x) =
1 x (Fungsi Rasional Sejati) x 3x 2
2. F(x) =
x2 4 (Fungsi Rasional Tidak Sejati) x2 4x 4
3. F(x) =
x5 2 x3 x 1 (Fungsi Rasional Tidak Sejati) x3 5 x
2
Pada contoh di atas, (1) disebut fungsi rasional sejati, karena derajat pembilang lebih dari derajat penyebut, sedangkan (2) dan (3) disebut fungsi rasional tidak sejati, karena derajat pembilang lebih besar atau sama dengan derajat penyebut. Untuk langkah selanjutnya jika suatu fungsi rasional termasuk jenis tidak sejati, maka fungsi tersebut dijadikan fungsi rasional sejati. Melalui proses pembagian panjang akan diperoleh fungsi rasional sejati. Sehingga: Kalkulus Integral
61
F(x) =
x5 2 x3 x 1 x3 5 x
= x 2 3 + F(x) =
(14 x 1) x3 5x
f ( x) , g(x) z 0. g ( x)
Dalam menentukan integral fungsi rasional, langkah yang ditempuh adalah: 1. Nyatakan integrannya dalam bentuk fungsi rasional sejati. 2. Faktorkan penyebut g(x) dari fungsi rasional F(x) =
f ( x) sampai g ( x)
tidak dapat difaktorkan lagi. 3. Dalam hal langkah nomor 2 di atas, g(x) dapat berupa kombinasi antara: -
fungsi linear berbeda, g(x) = (x-a)(x-b)….(x-t) dstnya.
-
fungsi linear berulang, g(x) = (x-a) n = (x-a)(x-a)(x-a) … (x-a)
-
fungsi liner dan kuadrat, g(x) = (x-a)(ax 2 +bx + c)
-
fungsi kuadrat berbeda, g(x) = (ax 2 bx c)( px 2 + qx + c)
-
fungsi kuadrat berulang, g(x) = (ax 2 bx c) n dan seterusnya.
4. Nyatakan integran menjadi bentuk penjumlahan n-pecahan parsial sehingga integran dapat ditentukan antiturunannya, f ( x) g ( x)
Misal :
A1 A2 ... (Penyebut kombinasi liner (ax1 b1 ) (ax2 b2 )
berbeda) f ( x) g ( x)
A1 A2 A3 ... (kombinasi 2 (ax b) (ax b) (ax b)3
lenear
berulang) f ( x) g ( x)
A1 x B1 A2 x B2 ... 2 a1 x b1 x c1 a2 x 2 b2 x c 2
(kombinasi
kuadrat
berbeda)
Kalkulus Integral
62
5. Integralkan secara keseluruhan jumlah n-pecahan parsial tersebut yang merupakan hasil akhir pengintegralan dengan terlebih dahulu menentukan konstanta A 1 , A 2 , …A n dan B 1 , B 2 , …B n . Contoh
³x
1. Tentukan
2
2 dx 1
Karena intergran adalah fungsi rasional sejati, selanjutnya faktorkan integran:
³x
2
2 dx 1
2
=
³ ( x 1)( x 1) dx
=
³ ( x 1) ( x 1) dx
=
³
A( x 1) B( x 1) dx ( x 1)( x 1)
=
³
( A B) x ( A B) dx ( x 1)( x 1)
A
B
Diperoleh A + B = 0 , A – B = 2 atau A = 1, B = -1 sehingga:
³x
2
2 dx 1
1
1
=
³ x 1 ( x 1) dx
=
³ x 1 dx - ³ x 1 dx
1
1
= ln x 1 ln x 1 C = ln
2.
x 1
³ x 1 dx,
x 1 C x 1
integran fungsi rasional tidak sejati, maka:
x 1
2
³ x 1 dx ³1 x 1 dx =
³ dx ³
2 dx x 1
= x + ln (x-1) 2 + C
Kalkulus Integral
63
Soal-soal Tentukan hasil pengintegralan berikut: 1.
³ (x
3
x 1 dx x 2 6 x)
Jawab
³ (x
=
3
x 1 dx x 2 6 x)
x 1
=
³ x( x 2)( x 3) dx
=
³ x ( x 2) ( x 3)dx
=
³
A
B
C
A( x 2)( x 3) B( x)( x 3) C ( x)( x 2) dx x3 x 2 6 x
( A B C ) x 2 ( A 3B 2C ) x 6 A dx ³ x3 x 2 6 x
Diperoleh A + B + C = 0 A + 3B – 2C = 1 -6A = 1 Atau A = Sehingga
1 3 2 ,B= ,C= 6 10 15
³ (x
3
1 dx 3 dx 2 dx x 1 dx = ³ ³ ³ 2 x 6 x) 6 x 10 ( x 2) 15 ( x 3)
1 6
= ln x
3 2 ln x 2 ln x 3 C 10 15
dx 9
2.
³x
2
3.
³x
2
4.
x 2 3x 4 ³ x 2 2 x 8 dx
dx 7x 6
Jawab x 2 3x 4 5x 4 ³ x 2 2 x 8 dx = ³ (1 x 2 2 x 8 )dx , menurut teorema 2.2
Kalkulus Integral
64
5x 4 dx x 2x 8
= ³1dx ³
2
= x + C1+
³x
2
5x 4 dx 2x 8
A
³x
2
5x 4 dx 2x 8
B
=
³ x 4 x 2 dx , menurut teorema 2.2
=
³
=³
A( x 2) B( x 4)dx x2 2x 8
( A B ) x ( 2 A 4 B ) dx x2 2x 8
Diperoleh A+B = 5, 2A-4B= 4 atau A = 4, B = 1 Sehingga
³x
2
5x 4 dx = 2x 8
4
1
³ x 4 x 2 dx
= 4 ln x 4 ln x 2 c = ln (x-4) 4 ln x 2 c = ln ( x 4) 4 ( x 2) C xdx 3x 4
5.
³x
6.
x 2 3x 1 ³ x3 x 2 2 x dx
2
Contoh (Penyebut integran dalam faktor linear berulang) 1.
³x
³x 2
2
x 1 dx , karena integran adalah fungsi rasional sejati maka: 4x 4
x 1 dx 4x 4
x 1
=
³ ( x 2)( x 2) dx
=
³ ( x 2)
=
³ ( x 2) ( x 2)
=
³
x 1
A
2
dx
B
2
dx
A( x 2) B dx ( x 2) 2
Kalkulus Integral
65
³
=
Ax ( B 2 A) dx ( x 2) 2
Sehingga diperoleh A = 1 , B – 2A = 1 atau A = 1 dan B+ 3, sehingga
³x
2
x 1 dx 4x 4
A
B
=
³ ( x 2) ( x 2)
=
³ ( x 2) ³ ( x 1)
dx
3
= ln x 2 2.
dx
2
2
dx
3 C ( x 2)
x2 1 ³ x 2 4 x 4 dx
Integran di atas bukan fungsi rasional sejati, maka diubah terlebih dahulu menjadi fungsi rasional sejati. Sehingga: x2 1 (5 x 4) ³ x 2 4 x 4 dx = ³1 x 2 4 x 4 dx
= ³ dx ³
Selanjuntnya
³x
2
5x 4 dx x 4x 4 2
5x 4 dx 4x 4
5x 4
³ ( x 2) A
2
dx B
=
³ ( x 2) ( x 2)
=
³
A( x 2) B dx ( x 2) 2
=
³
Ax (2 A B) dx ( x 2) 2
2
dx
Diperoleh A = 5, 2A + B = 4 atau A = 5, B = -6, sehingga: 5x 4
³ ( x 2)
2
dx
5
6
³ ( x 2) ³ ( x 2)
2
dx
Kalkulus Integral
66
= 5 ln x 2
3.
³x
6 C ( x 2)
(3 x 5)dx dx x2 x 1
3
Integran fungsi rasional sejati, sehingga:
³x
(3 x 5)dx dx = x2 x 1
3
=
(3 x 5)dx ( x 1)( x 1) 2
³
A
B
C
³ ( x 1) ( x 1) ( x 1)
2
dx
A( x 1) 2 B( x 1)( x 1) C ( x 1) dx ( x 1)( x 1) 2
=
³
=
( A B) x 2 (C 2 A) x ( A B C ) dx ³ ( x 1)( x 2) 2
Diperoleh A+ B = 0, C-2A = 3, A-B+C = 5 atau A = �, B = -1/2, C = 4, sehingga
³x
(3 x 5)dx dx x2 x 1
3
A
B
C
=
³ ( x 1) ( x 1) ( x 1)
=
1 2
dx
1
dx
dx
dx
³ ( x 1) 2 ³ ( x 2) 4³ ( x 2) 1 2
= � ln x 1 ln x 2 4.
2
2
4 C ( x 2)
x6 4 x3 4 ³ x3 4 x 2 dx ( integran bukan fungsi rasional sejati)
Jawab : x6 4 x3 4 ³ x 3 4 x 2 dx
= ³ x 3 4 x 2 16 x 68
272 x 2 4 dx x3 4 x 2
= ³ ( x 3 4 x 2 16 x 68)dx + =
1 4 4 3 x x 8 x 2 68 x + 4 3
272 x 2 4 ³ x 3 4 x 2 dx 272 x 2 4 ³ x 3 4 x 2 dx
Kalkulus Integral
67
Selanjutnya dicari
272 x 2 4 ³ x 3 4 x 2 dx
=
272 x 2 4 ³ ( x 0) 2 ( x 4)dx
=
³x
A 2
B C dx x ( x 4)
=³
A( x 4) B( x)( x 4) C ( x 2 ) dx x3 4 x 2
=
Ax 4 A Bx 2 4 Bx Cx 2 dx x3 4 x 2
³
Sehingga didapat B+C = 272, A-4B = 0, -4A = 4 1 4
atau A = -1, B = , C =
1089 4
Sehingga: 272 x 2 4 1 4 4 3 1 1 1089 2 ³ x 3 4 x 2 dx = 4 x 3 x 8 x 68 x - x 4 ln x 4 ln x 4 C
Soal-soal Tentukan hasil dari: x 1
1.
³ ( x 3)
3.
x8 ³ ( x 2) 2 (1 x)5 dx
4.
x 2 19 x 10 ³ 2 x 4 5 x3 dx
5.
³ ( x 2)( x 4)
2
dx
1 2x
2
dx
Selain dalam bentuk penyebut integran dinyatakan dalam faktor linear berbeda dan berulang, dapat juga difaktorkan dalam kombinasi linear dan kuadrat. Artinya penyebut dapat difaktorkan dalam bentuk kombinasi linear dengan kuadra atau kuadrat dengan kuadrat.
Kalkulus Integral
68
Selanjutnya integran dengan bentuk seperti ini dijadikan jumlah pecahan n parsial f ( x) g ( x)
A Bx C , ax b px 2 qx r
berdasarkan
jumlah
tersebut
dapat
ditentukan A,B, dan C.
Contoh 1.
6 x 2 3x 1 ³ (4 x 1)( x 2 1) dx
Karena integran fungsi rasional sejati maka 6 x 2 3x 1 ³ (4 x 1)( x 2 1) dx
=
A
Bx C dx 2 1)
³ (4 x 1) ( x
A( x 2 1) ( Bx C )(4 x 1) dx (4 x 1)( x 2 1)
=
³
=
( A 4 B) x 2 ( B 4C ) x ( A C ) dx ³ (4 x 1)( x 2 1)
Diperoleh A+4B = 6, (B+4C) = -3, (A+C) = 1 atau A = 2, B = 1, dan C = -1 sehingga: 6 x 2 3x 1 ³ (4 x 1)( x 2 1) dx
2.
2
x 1 dx 2 1)
=
³ (4 x 1) ( x
=
³ (4 x 1) dx ³ x
=
2 1 ln 4 x 1 ln x 2 1 arctgx C 4 2
2
2
x 1 dx ³ 2 dx 1 x 1
x3 x 2 x 2 ³ x 4 3x 2 2 dx
Integran merupakan fungsi rasional sejati, sehingga x3 x 2 x 2 ³ x 4 3x 2 2 dx =
x3 x 2 x 2 ³ ( x 2 1)( x 2 2) dx
Kalkulus Integral
69
Ax B Cx D 2 dx x2 1 x 2
=
³
=
( Ax B)( x 2 2) (Cx D)( x 2 1) dx ³ ( x 2 1)( x 2 2)
=
( A C ) x 3 ( B D) x 2 (2 A C ) x (2 B D) dx ³ ( x 2 1)( x 2 2)
Diperoleh A+C = 1, B+D = 1, 2A+C= 1, 2B+D = 2 atau A=0, B=1, C=1, D=0 sehingga: x3 x 2 x 2 ³ x 4 3x 2 2 dx
1 x dx 1 x2 2
=
³x
2
=
³x
2
1 x dx ³ 2 dx 1 x 2
= arctg x +
1 ln x 2 1 C 2
x3 8x 2 1 ³ ( x 3)( x 2)( x 2 1) dx
3.
Jawab: Penyebut adalah kombinasi linear berbeda (x+3) dan (x-2) (x 2 1) , sehingga
dengan kuadrat
x3 8x 2 1 ³ ( x 3)( x 2)( x 2 1) dx =
A
B
Cx D dx 2 1)
³ ( x 3) ( x 2) ( x
A( x 2)( x 2 1) B( x 3)( x 2 1) Cx D ( x 3)( x 2) dx ( x 3)( x 2)( x 2 1)
=
³
=
( A B C ) x 3 (2 A 3B C D) x 2 ( A B D 6C ) x (2 A 3B 6 D) dx ³ ( x 3)( x 2)( x 2 1)
Maka diperoleh A + B + C = 1, -2A+3B+C+D = -8, A+B+D-6C = 0, -2A+3B-6D = -1 atau A = 2, B = -1, C = 0, D = -1 A
B
Cx D dx 2 1)
³ ( x 3) ( x 2) ( x
=
2
1
³ ( x 3) ( x 2) ( x
1 dx 1)
2
= 2 ln(x+3) – ln(x-2) – arctan x + C
Kalkulus Integral
70
= ln(x+3) 2 - ln(x-2) – arctan x + C = ln x3 8x 2 1 Jadi ³ dx ( x 3)( x 2)( x 2 1)
( x 3) 2 arctan x + C ( x 2)
( x 3) 2 arctan x + C = ln ( x 2)
Soal-soal Tentukan hasil pengintegralan berikut ini: 2x2 x 8 1. ³ 3 dx x 4x
Jawab 2x2 x 8 ³ x ( x 2 4) dx
2x2 x 8 ³ x 3 4 x dx =
=
A
³( x
Bx C )dx x2 4
A( x 2 4) ( Bx C ) x dx x3 4 x
=
³
=
( A B) x 2 Cx 4 A ³ x3 4 x
Didapat A+B = 2, C = 1, 4A = -8 atau A = -2, B = 4, dan C = 1 A
³( x
Bx C ) dx = x2 4
³
2 4x 1 dx dx ³ 2 x x 4
=
³
2 4x 1 dx ³ 2 dx ³ 2 dx x x 4 x 4
§ x· ©2¹
= ln x 2 2 ln x 2 4 + � arc tan ¨ ¸ C 2.
x3 4 x ³ ( x 2 1) dx
Jawab: x3 4 x 5x ³ ( x 2 1) dx = ³ ( x x 2 1)dx
Kalkulus Integral
71
= ³ xdx ³
5x dx x 1 2
x dx x 1
= � x2 - 5 ³ =
2
1 2 1 x – 5. 2 2
= � x2 -
³x
2x dx 1
2
5 ln x 2 1 C 2
= � x2 – ln (x2+1)5/2 + C = � x2 – ln
( x 2 1) 5 + C
3.
2 x 3 5 x 2 16 x ³ x 5 8 x 3 16 dx
4.
x3 x2 x 2 ³ x 4 3x 2 2 dx (fungsi rasional sejati)
Jawab x3 x2 x 2 ³ x 4 3x 2 2 dx
=
x3 x 2 x 2 ³ ( x 2 1)( x 2 2) dx
=
³
=
( px q )( x 2 2) (rx s )( x 2 1) dx ³ x 4 3x 2 2
=
( p r ) x 3 ( q s ) x 2 ( 2 p r ) x ( 2q s ) dx ³ x 4 3x 2 2
px q rx s dx x2 1 x2 2
Didapat p + r = 1, q + s = 1, 2p + r = 1, dan 2q + s = 2 atau p = 0, q = 1, r = 1, s = 0 s ehi ng g a
³
px q rx s dx x2 1 x2 2
=
³x
1 xdx dx ³ 2 1 x 2
2
= arc tan x + � ln (x 2 2) + C = arc tan x + ln
x2 2 + C
Kalkulus Integral
72
x3 x 1 ³ ( x 2 1) 2 dx
5.
Jawab x3 x 1 ³ ( x 2 1) 2 dx
px q rx s dx 2 2 x 1 ( x 1) 2
=
³
=
( px q )( x 2 1) (rx s ) dx ³ ( x 2 1) 2
=
³
px 3 qx 2 ( p r ) x (q s ) dx ( x 2 1) 2
Diperoleh p = 1, q = 0, p+r = 1, dan q+s = -1 atau p = 1, q = 0, r = 0, dan s = -1 s ehi ng g a x3 x 1 ³ ( x 2 1) 2 dx
=
³x
2
= ln
x 1 dx ³ 2 dx 1 ( x 1) 2 x2 1
( x 2 1) 2 1 C 2( x 2 1)
x 3 x 2 5 x 15 ³ ( x 2 5)( x 2 2 x 3) dx
6.
Jawab x 3 x 2 5 x 15 ³ ( x 2 5)( x 2 2 x 3) dx =
=
³
Ax B Cx D dx 2 2 x 5 x 2x 3
( Ax B)( x 2 2 x 3) (Cx D)( x 2 5) dx ³ ( x 2 5)( x 2 2 x 3)
Catatan : diteruskan sendiri 2.6
Integral Fungsi Rasional yang Memuat Sin x dan Cos x Fungsi F(x) =
f ( x) , g ( x) z 0, f ( x) dan g(x) mememuat fungsi g ( x)
trigonometri dapat juga dikategorikan sebagai fungsi rasional, hanya saja tidak dapat disebut sejati atau tidak sejati. Hal ini dikarenakan
Kalkulus Integral
73
f(x) = sin x dan f(x) = cos x tidak mempunyai derajat seperti halnya dengan fungsi polinomial. Pengintegralan jenis ini menggunakan METODE SUBSTITUSI. Berikut ini diberikan beberapa contoh fungsi rasional yang pembilang dan penyebutnya memuat f(x) = sin x atau g(x) = cos x. 1. F(x) =
1 sin x cos x
2. F(x) =
1 2 sin cos x sin x
3. F(x) =
5 sin x 2 cos x
4. F(x) =
1 3 2 sin x
5. F(x) =
2 1 sin x cos x
Sehingga dalam bentuk pengingtegralan fungsi rasional yang pembilang dan penyebutnya memuat fungsi trigonometri adalah: dx
1.
³ 1 sin x cos x
2.
³ 2 cos x
3.
³ 1 sin x cos x
4.
³
1 2 sin cos x dx sin x
5.
³
1 dx 3 2 sin x
dx
dx
Selesaian integral bentuk-bentuk di atas adalah menggunakan metode substitusi x = 2 arc tan z sehingga dx =
2 dz . 1 z2
Kalkulus Integral
74
Selanjutnya sin x dan coc x di substitusi ke bentuk variabel z. Karena x = 2 arc tan z maka: § x· tan ¨ ¸ ©2¹
z
Menurut rumus identitas fungsi trigonometri x x 1 + tan 2 §¨ ·¸ = sec 2 §¨ ·¸ ©2¹
©2¹
§ x· 1 + z 2 sec 2 ¨ ¸ ©2¹ § x· cos 2 ¨ ¸ ©2¹
1 1 z2
Menurut rumus identitas fungsi trigonometri yang lain sin 2 x cos 2 x 1 § x· § x· sin 2 ¨ ¸ cos 2 ¨ ¸ 1 , sehingga didapat ©2¹ ©2¹ § x· ©2¹
sin 2 ¨ ¸ 1 =
1 1 z2
z2 1 z2
Dengan rumus jumlah cosinus didapat: cos 2x = cos 2 x sin 2 x cos x
§ x· § x· cos 2 ¨ ¸ sin 2 ¨ ¸ ©2¹ ©2¹
cos x
1 z2 1 z2 1 z2
=
1 z2 1 z2
Dengan rumus jumlah sinus didapat: sin 2x = 2 sin x cos x § x· § x· sin x = 2 sin ¨ ¸ cos ¨ ¸ ©2¹ ©2¹
Kalkulus Integral
75
=2 =
z2 1 2 1 z 1 z2
2z 1 z2
Dengan demikian integral fungsi rasional yang memuat fungsi trigonometri dapat diselesaikan dengan menggunakan substitusi x = 2 arc tan z, sin x =
1 z2 2z , c o s x = 1 z2 1 z2
Untuk lebih jelasnya perhatikan beberapa contoh di bawah ini. Tentukan selesaian dari 1.
dx
³ 1 sin x cos x Jawab dx ³ 1 sin x cos x
2 dz 2 1 z = ³ 2z 1 z2 1 1 z2 1 z2
2dz 1 z2 = ³ 1 z2 2z 1 z2 1 z2 1 z2 1 z2
2dz
=
³ 2 2z
=
³ 1 z
dz
= ln 1 z + C = ln 1 tan 2.
x C 2
dx
³ 2 cos x Jawab
dx
³ 2 cos x
2dz 2 = ³ 1 z 2 1 z 2 1 z2
Kalkulus Integral
76
=
³
=
³ 1 3z
2dz
2
2 dz ³ 3 § 1 ·2 ¨ ¸ z2 © 3¹
=
2 § z · 3 arc tan ¨ ¸+ C 3 © 1/ 3 ¹
=
3. ³
2dz 1 z2 2(1 z 2 ) 1 z 2 1 z2 1 z2
=
2 arc tan 3
3z + C
=
2 arc tan 3
3 (tan x/2) + C
dx = 3 5 sin x
Jawab dx
³ 3 5 sin x
2 dz 2 = ³ 1 z 2z 35 1 z2 2dz 2 10 z
=
³ 3 3z
=
³ (3z 1)( z 3)
=
³ (3z 1) ( z 3) dz
=
³
=
³ (3z 1) ( z 3) dz
2dz
A
B
( A 3B ) z ( A B ) dz (3 z 1)( z 3)
3
1
= 3 ln 3z 1 ln z 3 C
Kalkulus Integral
77
x 2
x 2
= 3 ln 3 tan 1 ln tan 3 C
Soal-soal Selidiki kebenaran hasil pengintegralan berikut ini! 3 dx 1. ³ = ln 3 1 2 sin x
2.
dx
³ 2 sin x
=
2 3
x 2 3 2 +C x tan 2 3 2 tan
arctan
1 dx 3. ³ = arctan 2 5 3 sin x
4.
³
dx
6.
³ 2 cos x
7.
³
dx 3 2x
2 arctan 3
x 1 2 +C 3
x 3 2 +C 4
5 tan
tan
dx = ln 1 sin x cos x
dx 5. ³ 5 4 sin x
x 2
x 1 tan 2
+C
x 4 2 C 3
5 tan
§ 3 x· 2 3 arctan¨¨ tan ¸¸ C 3 2¹ © 3 2 5 x arctan( 5 tan ) C 5 2
1 cos 2 u C ln cos u
sin xudu 8. ³ cos u (1 cos 2 u ) 9.
2 tan
(2 tan 2 x) sec 2 xdx ³ 1 tan 2 x
ln 1 tan x
2 3
arctan
2 tan x 1 3
C
10. ³ tan xdx = ln sec x C 11. ³ cot x dx = -ln csc x C Kalkulus Integral
78
BAB III INTEGRAL TAK WAJAR 3.1 Pengertian Sebelum membahas konsep tentang integral tak wajar, marilah kita ingat kembali teorema dasar kalkulus pada integral tertentu. Teorema: Misal f(x) adalah fungsi yang kontinu dan terintegralkan pada I = [a,b], dan F(x) sebarang antiturunan pada I, maka b
³ f ( x)dx = >F ( x)@
b a
F (b) F (a )
a
Contoh 4
4
1. ³ (1 x)dx 2
1 2º ª «¬ x 2 x »¼ 2
= (4- � .16) – (2- � 4) = -4 – 0 = -4 2.
2
dx ³1 1 x
>ln 1 x @
2
1
= ln (1+2) – ln (1+1) = ln 3 – ln 2 3.
2
³ 1
dx , tidak dapat diselesaikan dengan teorem di atas karena 1 x
integran f(x) = 4.
1 1 x
tidak terdefinisi pada x = 1.
1
dx , tidak dapat diselesaikan dengan teorema di atas, karena x 1
³
integran f(x) =
1 tidak terdefinisi di x = 0 x
Kalkulus Integral
79
Dengan demikian tidak semua integral fungsi dapat diselesaikan dengan teorema dasar kalkulus. Persoalan-persoalan integral seperti pada contoh 3 dan 4 dikategorikan sebagai integral tidak wajar. b
³ f ( x)dx disebut Integral Tidak Wajar jika:
Be n t u k
a
a. Integran f(x) mempunyai sekurang-kurangnya satu titik yang tidak kontinu (diskontinu) di [a,b], sehingga mengakibatkan f(x) tidak terdefinisi di titik tersebut. Pada kasus ini teorema dasar kalkulus
b
³ f ( x ) dx
= F(b) – F(a) tidak
a
berlaku lagi. Contoh 1)
4
dx
³ 4 x , f(x) tidak kontinu di batas atas x = 4 atau f(x) kontinu di [0,4) 0
2)
2
dx , f(x) tidak kontinu di batas bawah x = 1 atau f(x) kontinu di x 1
³ 1
(1,2] 3)
4
³ 0
dx (2 x)
2 3
, f(x) tidak kontinu di x = 2 [0,4] atau f(x) kontinu di [0,2)
(2,4]
b. Batas integrasinya paling sedikit memuat satu tanda tak hingga f
1)
³x 0
2)
0
³e
dx , integran f(x) memuat batas atas di x = f 4
2
2x
dx , integran f(x) memuat batas bawah di x = - f
f f
3)
dx
³ 1 4x
f
2
, integran f(x) memuat batas atas di x = f dan batasa bawah
di x = - f
Kalkulus Integral
80
Pada contoh a (1,2,3) adalah integral tak wajar dengan integran f(x) tidak kontinu dalam batas-batas pengintegralan, sedangkan pada contoh b (1, 2, 3) adalah integral tak wajar integran f(x) mempunyai batas di tak hingga ( f ). Integral tak wajar selesaiannya dibedakan menjadi Integral tak wajar dengan integran tidak kontinu Integral tak wajar dengan batas integrasi di tak hingga. 3.2 Integral tak wajar dengan integran diskontinu a. f(x) kontinu di [a,b) dan tidak kontinu di x = b Karena f(x) tidak kontinu di x = b, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integran harus ditunjukkan kontinu di x = b - H ( H o 0 ), sehingga b
³
f ( x)dx
b H
³ f ( x)dx
lim
H o0
a
a
Karena batas atas x = b - H ( x o b ), maka maka
b
³ f ( x ) dx
lim t ob
a
t
³ f ( x ) dx a
Perhatikan beberapa contoh di bawah ini. 1.
4
³ 0
dx 4 x
lim
H o0
4H
dx , f(x) tidak kontinu di batas atas x = 4, 4 x
³ 0
s ehi ng g a = ª« lim 2 4 x º» ¬H o 0
= -2 lim
H o0
>
4 H
¼0
4 (4 H ) (4 0)
@
= -2 ( lim H 4 ) H o0
= -2(0-2) =4
Kalkulus Integral
81
Cara lain 4
t
dx 4 x
³ 0
dx 4 x
lim ³
t o4
0
> = lim > 2
= lim 2 4 x t o4
t o4
@
t 0
4t 2 40
@
= -2(0)+2(2) =4
2.
2
³
2
dx 4 x
1
, f(x) =
2
4 x2
Fungsi di atas tidak kontinu di x = 2 dan x = -2, 2
2
dx
³
maka
4 x
2
dx
2³
2
sehingga:
4 x2
0
2
dx
= 2³
4 x2
0
xº
ª
= 2 « Lim arcsin » 2¼ ¬H o 0
=2(
2 H
0
S 0) 2
=S
3.
4
³ 0
dx (4 x)
3 2
Lim
H o0
2 4 x
@0
4 H
, f(x) tidak kontinu di batas atas x = 4
sehingga diperoleh 4
³ 0
dx (4 x)
3 2
ª 2 2 º lim « » H o0 4 0 ¼» ¬« 4 (4 H )
= tidak berarti, karena mempunyai bentuk
2 0
Kalkulus Integral
82
b. f(x) kontinu di (a,b] dan tidak kontinu di x = a Karena f(x) tidak kontinu di x = a, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integrannya harus ditunjukkan kontinu di x = a + H ( H o 0 ), sehingga b
³
f ( x)dx
b
³ f ( x)dx
lim
H o0
a
a H
Karena batas bawah x = a + H ( x o a ) maka dapat dinyatakan dalam bentuk lain: b
³ f ( x)dx
b
³ f ( x)dx
lim
t oa
a
t
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini. 1.
4
³ 3
4
3dx x3
3dx x3
lim ³
t o3
t
> = lim >6
@
4
= lim 3(2) x 3 t t o3
t o3
43 6 t 3
@
= 6(1) – 6(0) =6 2.
1
³ 0
dx x
lim
H o0
1
³
0 H
dx x
,f(x) tidak kontinu di batas bawah x = 0 sehingga
diperoleh: 1
³ 0
dx x
1
> @
lim 2 x
H o0
>
0 H
= lim 2 1 2 0 H H o0
@
=2–0 =2
Kalkulus Integral
83
1
lim >x ln x x @
3. ³ ln xdx
1
H o0
0
, f(x) tidak kontinu di batas bawah x = 0
0 H
= lim >(1ln1 1) (0 H ) ln(0 H ) (0 H )@ H o0
= (1.0-1) –(0-0) = -1 c. f(x) kontinu di [a,c) (c,b] dan tidak kontinu di x = c Karena f(x) tidak terdefinisi di x = c, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integrannya harus ditunjukkan kontinu di x = c + H dan x = c - H ( H o 0 ), sehingga b
³
c
³
f ( x)dx
a
a
b
f ( x)dx ³ f ( x)dx c
c H
³ f ( x)dx
= lim
H o0
a
b
³ f ( x)
+ Lim H o0
c H
Dapat juga dinyatakan dengan b
³ f ( x ) dx
lim t ob
a
t
³ f ( x)dx a
+ lim
t oa
b
³ f ( x)dx t
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini. 1.
4
³ 0
dx , f(x) tidak kontinu di x = 1, sehingga diperoleh x 1
3
1
³ 0
4
3
lim
H o0
dx dx dx ³ 3 , berdasarkan contoh sebelumnya didapat: x 1 x 1 1 1 H
³ 0
4
3
dx dx lim ³ 3 0 H o x 1 x 1 1 H 1 H
4
2 2 ª3 º ª3 º = lim « ( x 1) 3 » lim « ( x 1) 3 » H o0 H o0 ¬2 ¼0 ¬2 ¼1 H
=
2 2 ª º 3 3 lim «(1 H ) 1) 3 (0 1) 3 » 2 H o0 ¬ ¼ 2
2 2 ª º lim «(4 1) 3 ((1 H ) 1) 3 » H o0 ¬ ¼
Kalkulus Integral
84
3 (1 3 9 ) 2
= 2.
8
1
³ x 3 dx, f(x) tidak kontinu di x = 0, sehingga diperoleh
1
0
1
8
1
³ x 3 dx ³ x 3 dx
1
0
= lim
H o0
0 H
³
1 3
x dx lim H o0
1
8
³x
1 3
dx
0 H
0 H
8
ª3 2 º ª3 2 º = lim « x 3 » lim « x 3 » H o0 ¬ 2 ¼ 1 H o 0 ¬ 2 ¼ 0 H 3 2
= - 6 = 3.
1
dx
³x
1 1
4
9 2
, f(x) diskontinu di x = 0, sehingga diperoleh:
dx ³1 x 4 =
0
dx ³1 x 4 +
= lim
H o0
0 H
³
1
1
dx
³x 0
4
1
dx dx lim ³ 4 4 x x 0H 0 H
8
ª 1 º ª 1 º lim « 3 » 3» H o0 ¬ 3x ¼ H o0 ¬ 3x ¼ 1 0H
= lim «
= tidak berarti karena memuat bentuk
3.3
1 0
Integral tak wajar dengan batas tak hingga
Bentuk integral tak wajar dengan batas tak hingga jika sekurangkurangnya batas-batas integrasinya memuat tak hingga. Selesaiannya berbeda dengan integral tak wajar yang integrannya tidak kontinu di salah satu batas intergrasinya.
Kalkulus Integral
85
a. Intergral tak wajar dengan batas atas x = f . Selesaiannya cukup dengan mengganti batas atas dengan sebarang variable dimana variable tersebut mendekati tak hingga. Dengan demikian integral tak wajar dengan batas atas tak hingga mempunyai selesaian berbentuk. f
³
f ( x)dx
a
t
lim ³ f ( x)dx t of
a
Perhatikan contoh berikut ini t
f
1.
dx dx ³0 x 2 1 = lt oimf ³0 x 2 4 xº
ª1
= lim « arctan » t of 2 2¼ ¬ t 2
ª1 t of 2 ¬
t
0
1 2
º ¼
= lim « arctan arctan 0» =(�. =
S 4
f
dx 2. ³ 2 x 1
S - � .0) 2
= lim t of
t
dx
³x 1
2
ª 1º
= lim « » t of ¬ x¼ ª 1
t
1
º
t
= lim « 1» t of ¬ t ¼
1
=1 b. Integral tak wajar dengan batas bawah di x = - f Selesaiannya cukup dengan mengganti batas bawah dengan sebarang variable dimana variable tersebut mendekati (negative) tak hingga.
Kalkulus Integral
86
Dengan demikian integral tak wajar dengan batas bawah tak hingga mempunyai selesaian: a
³
f ( x)dx
f
a
lim ³ f ( x)dx
t o f
t
Perhatikan contoh berikut ini: 1.
0
³e
0
2x
dx
f
ª1 º lim e 2 x = t o f «¬ 2 »¼ t ª1
1
º
= lim « .1 e 2t » t o f 2 2 ¼ ¬ =�-0 =� 0
0
ª 1 º dx 2. ³ = lim « 2 t o f ( 4 x ) » (4 x) ¬ ¼t f
ª 1 1 º lim « » = ¬ (4 t ) (4 0) ¼ t o f
=0+
1 4
=� c. Integral tak wajar batas atas x = f dan batas bawah di x = - f Khusus untuk bentuk integral ini diubah terlebih dahulu menjadi f
penjumlahan dua integral tak wajar dengan
³
f ( x) x
f
sehingga bentuk penjumlahan integral tak wajar ini
a
³
f
f
f ( x)dx ³ f ( x)dx , a
dapat
diselesaikan dengan cara a dan b tersebut di atas, atau diperoleh b ent u k: f
³
f
f ( x) x
a
³
f
f
f ( x)dx ³ f ( x)dx a
Kalkulus Integral
87
a
t
= lim ³ f ( x)dx lim ³ f ( x)dx t o f
t of
t
a
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini: f
1.
dx
³ 1 4x
f
2
0
f
dx dx ³f 1 4 x 2 ³0 1 4 x 2
=
= lim >arctg 4 x @t0 + lim>arctg 4 x @t0 t o f
S 2
= f
2.
t of
e x dx ³ e2 x 1 = f
0
e x dx ³ e2 x 1 + f
= lim
t o f
f
e x dx ³0 e2 x 1 t
0
e x dx e x dx + l i m ³t e2 x 1 t of` ³0 e2 x 1 0
t
= lim (arc tgn e x ) t + lim (arc tgn e x ) 0 t o f
t of
=
S S S 0 2 4 4
=
S 2
Soal-soal Tentukan hasil pengintegralan berikut ini: 1.
3
³ 0
dx 9 x2
Jawab Karena integran diskontinu di x = 3, maka 3
³ 0
dx 9 x
2
= lim
H o0
3H
³ 0
dx 9 x2 3H
xº ª = lim «arcsin » H o0 ¬ 3 ¼0
Kalkulus Integral
88
= lim ª«arcsin H o0
2.
S 2
³ sec x
¬
=
S 0 2
=
S (90 o ) 2
3H 0º arcsin » 3 3¼
dx
0
3.
S 2
³ 0
4.
cos xdx 1 sin x
1
³ x ln xdx 0
Jawab f(x) = x ln x diskontinu x = 0, sehingga 1
³ x ln xdx
1
³ x ln xdx
= lim
H o0
0
0 H
ª1
1
º
1
= lim « ( x 2 ln x x 2 )» H o0 ¬ 2 2 ¼ 0 H
=
1 º ª1 1 º ª1 lim « (12 ln 1 12 » « (0 2 ln 0 0 2 » H o0 ¬ 2 2 ¼ ¬2 2 ¼
= tidak terdefinisi karena memuat ln 0 f
5.
x ³ e dx 0
t
= lim ³ e x dx t of
0
= lim> e x @0 t
t of
ª 1 1º 0 t t of ¬ e e »¼
= lim « =0+1 =1
Kalkulus Integral
89
f
6.
dx
³ x ln 0
f
7.
³ xe
2
x
x2
dx
f
8.
0
³ xe dx x
f
f
9.
³x e
3 x
dx
0
10.
6
dx
³ (4 x)
f
11.
9
2 ³1 3 x dx
2
=
3
9
2 2 ³1 3 x dx ³3 3 x dx
= lim
H o0
3 H
³ 1
9
2 2 dx lim H ³ dx , ATAU H o0 3 x 3 x 3 H
a
9
2 2 dx lim ³ dx a o3 3 x z o3 3 x z 1
= lim ³
= lim > 2 ln 3 x @1 lim > 2 ln 3 x @z a
a o3
9
z o3
= -2 >ln 0 ln 2@ 2>ln(6) ln 0@ = tidak terdefinisi (tidak terintegralkan)
Kalkulus Integral
90
BAB I V RUMUS-RUMUS DASAR INTEGRAL Misal u adalah suatu fungsi yang terintegralkan dan C sebuah konstanta, dengan memperhatikan sifat-sifat operasi Aljabar fungsi (penjumlahan,
pengurangan,
perkalian
dan
pembagian)
dapat
diperikan beberapa sifat Integral tak tentu fungsi yang terintegralkan. Sifat-sifat berikut berlaku untuk syarat yang diberikan. 1. 2.
n ³ u du =
u n 1 + C, jika n z -1 n 1
n >u ( x)@n1 C , jika n > @ u x u x d x ( ) ' ( ) ³
n 1
du = ln u + C atau u
f ' ( x) dx f ( x)
3.
³
4.
³
eu d u = eu + C
5.
³
au du =
6.
³
u d v = uv -
7.
³
sin du = - cos u + C
8.
³
cos u du = sin u + C
9.
³
sec2 u du = tan u + C
³
z -1
ln f ( x) C
au +C ln u
³
v du
10. ³ csc2 u du = - cot u + C 11. ³ sec u tan u du = sec u + C 12. ³ csc u cot u du = - csc u + C 13. ³ tan u du = ln sec u + C 14. ³ cot u du = ln sin u + C 15. ³ sec u du = ln sec u tan u + C
Kalkulus Integral
91
16. ³ csc u du = ln c sec u cot u + C 17. ³
du 2
a u
2
= arc sin
u +C a
18. ³
1 u du = arc tan + C 2 a a a u
19. ³
du a u2
1 ua ln +C 2a ua
20. ³
du u a2
1 ua ln +C 2a ua
21. ³ 22. ³ 23. ³ 24. ³
2
2
2
du 2
u a
2
du 2
u a
2
= ln (u + u 2 a 2 ) + C = ln (u + u 2 a 2 ) + C
a 2 u 2 du = � u
du 2
u u a
2
=
u2 a2
1 2 u a arcsin C 2 a
1 u arc sec + C a a
25. ³ u 2 a 2 du = � u u 2 a 2
1 2 a ln u u 2 a 2 + C 2
26. ³ u 2 a 2 du = � u u 2 a 2
1 2 a ln u u 2 a 2 + C 2
2 7 . ³ s i n2 u d u =
1 1 u – sin 2u + C 2 4
28. ³ cos2 u du =
1 u + � sin 2u + C 2
29. ³ tan2 u du = -u + tan u + C 30. ³ cot2 u du = - u – cot u + C 31. ³ sin3 u du = -
1 ( 2 + sin2 u ) cos u + C 3
32. ³ cos3 u du =
1 ( 2 + cos2 u ) sin u + C 3
33. ³ tan3 u du =
1 tgn2 u + ln cos u + C 2 Kalkulus Integral
92
34. ³ cot3 u du = -
1 cot2 u - ln sin u + C 2
35. ³ sec3 u du =
1 1 sec u tan u + ln sec u tan u + C 2 2
36. ³ csc3 u du = -
1 1 csc u cot u + ln c sec u cot u + C 2 2
37. ³ sin au sin bu du =
sin( a b)u sin( a b)u + C, jika a2 z b2 2(a b) 2(a b)
38. ³ cos au cos bu du =
sin( a b)u sin( a b)u + + C, jika a2 z b2 2(a b) 2(a b)
39. ³ sin au cos bu du = -
cos(a b)u cos(a b)u + C, jika a2 z b2 2(a b) 2(a b)
sin n 1 u cos u + n
n 1 n
³
sin n-2 u du
41. ³ cosn u du =
cos n 1 u sin u n 1 + n n
³
cos n-2 u du
42. ³ tann u du =
1 tan n-1 u n 1
40. ³ sinnu du = -
³ tan
n 2
u d u j i ka n z 1
43. ³ cot n u du = -
1 cot n-1 u - ³ cot gn n 2 u du jika n z 1 n 1
4 4 . ³ s ec n u d u =
1 n2 sec n-2 u tgn u + n 1 n 1
³
sec n-2 u du, jika n z 1
45. ³ csc n u du= -
1 n2 csc n-2 u cot u + n 1 n 1
³
csc n-2 u du, n z 1
46. ³ sin n ucos m u du = -
sin n 1 u cos m 1 u n 1 + nm nm
³
sin n-2 u cos m u du,
n z -m 47. ³ u sin u du = sin u – u cos u + C 48. ³ u cos u du = cos u + u sin u + C 49. ³ un sin u du = -un cos u + n
³
u n-1 cos u du
50. ³ un cos u du = un sin u + n
³
u n-1 sin u du
Kalkulus Integral
93
1 sin 2 u + C 2
51. ³ sin u d(sin u) =
52. ³ cos u d(cos u) =
1 cos 2 u + C 2
53. ³ tan u d(tan u) =
1 tan 2 u + C 2
54. ³ cot u d(cot u) = � cot2 u + C 55.
³
sec u d(sec u) = � sec2 u + C
56. ³ csc u d(csc u) = � csc2 u + C u 2
57. ³
u 2 r a 2 du =
58. ³
u2 a2 du = u
59. ³ 60. ³
du 2
u ra
u2 a2 du = u
63. ³ 64. ³ 65. ³ 66. ³ 67.
³
u 2 ra 2
du =
du u2 u2 r a2
du 2
(u r a ) udu 2
a u
2
¨ ©
u2 a2 - a u (2a2 8
u 2
¸ ¹
u
3 2
=-
u +C a
8
a2 ln u a 2 r u 2 2
+C
u2 r a2 +C a 2u
=r
=r
arc sec
4 r u2) a 2 r u 2 - a ln u a 2 r u 2 + C
a2 r u2 r
u2 r a2 du = u2
2
+C
= ln u u 2 r a 2 + C
2
u2
a2 ln u u 2 r a 2 2
§ a r u2 u2 · ¸ +C - a ln ¨
u2 a2
6 1 . ³ u2 a 2 r u 2 d u = 62. ³
u2 r a2 r
u2 r a2 - ln u a 2 r u 2 + C u
u a
2
u2 r a2
+C
a2 u2 + C
( u 2 r a 2 )3/2 du =
u (2u2 r 5a2) 8
u2 r a2 +
3a 4 ln u u 2 r a 2 + C 8
Kalkulus Integral
94
68. ³
u2
69. ³ 70. ³
a 2
a 2 u 2 du =
du = -
a2 u2
a2 u2 du = u
73. ³ 74. ³
du u2 a2 u2
u a2 u2 du
1 1 x
76. ³
u du = 2 u - 2 arc tan 1 u
78. ³
du u (1 u )
2
(a u )
a4 u arc sin -1 + C 8 a
+C
1 1 x
u + Cl
= 2 ln (1+ u )
du 2
a2 u2 +
a a2 u2 +C u
1 ln a
u 1 u
77. ³
a a2 u2 +C u
u2 a2 u - arc sin -1 + C u a
75. ³
= ln
a2 u arc sin -1 + C u a
a2 u2 +C a 2u
= -
= -
a2 u2 +
u (2u2- a2) 8
u2 a2 du = u2
du
a 2
a2 u arc sin -1 + C u a
a 2 u 2 - a ln
7 1 . ³ u2 a 2 u 2 d u = 72. ³
a2 u2 +
3 2
=
u a
2
+C
a2 u2
79. ³ ( a 2 u 2 )3/2 du =
u (5a2- 2u2) 8
a2 u2 +
3a 4 u arc sin -1 + C 8 a
80. ³ ueu du = (u-1)eu + C 8 1 . ³ u n eu d u = u n eu – n
³
un-1 eu du
82. ³ ln u du = u ln u – u + C 8 3 . ³ un l n u d u =
u n 1 u n 1 ln u +C n 1 (n 1) 2
Kalkulus Integral
95
8 4 . ³ ea u s i n b u d u =
e au (a sin bu – b cos bu) + C a2 b2 e au (a cos bu + b sin bu) + C a2 b2
85. ³ eau cos bu du =
86. ³ arc sin -1 u du = u arc sin -1 u + 1 u 2 + C 87. ³ arc tan u du = u arc tan u -
1 ln 1 u 2 + C 2
88. ³ arc sec u du = u arc sin u – ln u 1 u 2 + C u 4
89. ³ u arc sin u du = � (2u2 – 1) arc sin u + 90. ³ u arc tan u du = � (u2 + 1) arc tan u u2 arc sec u – � 2
91. ³ u arc sec u du = 92. ³ u arc sin u du =
u n 1 1 arc sin u n 1 n 1
1 u2 + C
u +C 2
u2 1 + C
³
u n 1 1 u2
du + C, jika n z -1
93. ³ un arc tan u du =
u n 1 u n 1 1 arc tan u du + C, jika n z -1 n 1 n 1 ³1 u2
94. ³ un arc sec u du =
u n 1 1 arc sec u n 1 n 1
³
u n 1 u2 1
du + C, jika n z -1
95. ³ sinh u du = cosh u + C 96. ³ cosh u du = sinh u + C 97. ³ tanh u du = ln (cosh u ) + C 98. ³ coth u du = ln sinh u + C 99. ³ sech u du = arc tan sinh u + C u +C 2
100.
³
csch u du = ln tanh
101.
³
s i nh 2 u d u = � s i nh u -
u +C 2
Kalkulus Integral
96
u +C 2
102.
³
cosh 2 u du = � sinh u +
103.
³
tanh 2 u du = u - tanh u + C
104.
³
coth 2 u du = u – coth u + C
105.
³
sech 2 u du = tanh u + C
106.
³
csch 2 u du = -coth u + C
107.
³
sech u tgnh u du = - sech u + C
108.
³
csch u coth u du = - csch u + C
109.
³
u(au+b)-1 du =
110.
³
u(au + b)-2 du =
111.
³
u(au+b)n du =
112.
³
ª º 1 u du du (2n 1) ³ 2 = + C, n z 1 « 2 2 2 n 1 2 n 1 » 2 n 2a (n 1) ¬ (a r u ) (a r u ) ¼ (a r u )
113.
³
114.
³
115.
³
116.
³
117.
³
118.
³
119.
³
u b ln au b + C a a2
b º ª «¬ln au b au b »¼ + C
1 a2
(au b) n1 ª au b b º + C, jika n z -1, -2 2 « a ¬ n 2 n 1»¼
2
3
2 au b du = (3au 2b)(au b) 2 C 15a 2
u u
n
3 § n · 2 n 1 2 ¨ ¸ +C au b du = u ( a u b ) n b u a u b ³ ¸ a (2n 3) ¨© ¹
udu au b
=
u n du
=
au b du u au b
=
du u
n
au b
2 (au 2b) au b + C 3a 2
u n 1 2 du u n au b -nb ³ a (2n 1) au b 1 b
= -
ln
au b b au b b
+C
au b du (2n 3)a + C, jika n z 1 n 1 ³ n 1 n b ( 2 2 ) b(n 1)u u au b
ua a2 ua 2 2 au u = 2au u arc sin +C 2 n a 2
Kalkulus Integral
97
120.
du
³
2au u
= arc sin
2
ua +C a 3
121.
³
123.
124.
u n 2 au u 2 = u n du
³
122.
= -
2 au u 2
³
2au u 2 = u
³
2au u 2 = un
125.
³
126.
³
127.
³
u n 1 (2au u 2 ) 2 (2n 1)a u n 1 2au u 2 du n2 n2 ³
2au u 2 a arc sin
( 2au u )
4
ua +C a
na 2 ( 2au u 2 ) n 1 du n 1 ³
=
ua (n 2) 2
2au u
du
1 ln tan u 1 + C 2
du
1 ln 1 tan u + C 2
2
2 n
n3 (n 2)a 2
128.
³ sin u cos u 1
129.
³ 1 sin u cos u
130.
u tan 2 3 2 2 sin udu 1 2 +C ³ 1 sin 2 u du = 4 2 ln 2 u tan 3 2 2 2
131.
³
132.
³ sin
133.
u 2 3 3 du 2 l n = +C ³ 1 2 sin u 3 u tan 2 3 2
sin u cos udu 1 cos u
+C
2 au u 2 n 1 du = n ³ n 1 (2n 1)a u a (1 2n)u 2u u 2
2au u 2 )2 =
2
2 au u 2
3
u n ( 2 au u 2 )
du
u n 1 du
( 2 au u 2 ) 2 n3 2 au u 2 du u n 1 (3 2n)au n (2n 3)a ³
du
(
u n 1 (2n 1)a 2au u 2 + ³ n n
³
du 2
( 2au u )
3 2
du
cos u + ln (1-cos u) + C
u du = - 2 u cos
u + 2 sin
u+C
tan
Kalkulus Integral
98
2tgn
u 1 2 +C 3
134.
du ³ 2 sin u
135.
u 1 1 du 2 l n = +C ³ 3 5 sin u 4 u tan 3 2
136.
1 du ³ 5 3 sin u = 2 arctan
137.
=
2 3
arctgn
3 tan
³
u 3 2 +C 4
5 tan
du = ln 1 sin u cos u du
139.
du ³ 5 4 sin u
140.
³ 2 cos u
141.
³
142.
sin udu ³ cos u (1 cos 2 u )
143.
(2 tan 2 u ) sec 2 udu ³ 1 tan 2 u
144.
³
145.
³ 1 cos 3x
146.
³ sin
du 3 2u
dx 1 sin
x 2
dx
cos 2 xdx 2 2x 8
1 tan
u 2
+C
u arctan( 3 tan ) + C 2 3
³ 2 cos u
du
u 2
2
138.
=
tan
2 arctan 3
u 4 2 C 3
5 tan
§ 3 u· 2 3 arctan¨¨ tan ¸¸ C 3 2¹ © 3 2 5 u arctan( 5 tan ) C 5 2
ln
1 cos 2 u C cos u ln 1 tan u
x 2
2 3
arctan
2 tan u 1 3
C
x 2
2(tan sec ) C 1 cos 3 x C 3 sin 3 x
2 sin 2 x arctan C 8 2 2
Kalkulus Integral
99
sec 2 xdx
147.
³
148.
sin 8 xdx ³ 9 sin 2 4 x
149.
³ 1 sec ax
150.
³ sec
1 arc sin(2 tan x) + C 2
1 4 tan 2 x
dx
2
1 sin 2 4 x arctan C 12 3
=x+
x x tan dx a a
1 (cot ax-csc ax) + C a 1 x a tan 2 C 2 a
Kalkulus Integral100
BAB V TRANSFORMASI LAPLACE 5.1
Transformasi Laplace
Definisi Misalkan F(t) suatu fungsi t dan t > 0, maka transformasi Laplace dari F(t) dinotasikan dengan L{F(t)} yang didefinisikan oleh: f`
L {F(t)} = ³ e st F (t )dt = f(s) 0
Karena L{F(t)} adalah integral tidak wajar dengan batas atas di tak hingga ( f ) maka f`
L{F(t)} = ³ e st F (t )dt 0
p
= Lim ³ e st F (t )dt p of
0
Transformasi Laplace dari F(t) dikatakan ada, jika integralnya konvergen untuk beberapa nilai s, bila tidak demikian maka transformasi Laplace tidak ada. Selanjutnya bila suatu fungsi dari t dinyatakan dengan huruf besar, misalnya W(t), G(t), Y(t) dan seterusnya, maka transformasi Laplace dinyatakan dengan huruf kecil yang bersangkutan sehingga L{W(t)} = w(s), L{G(t)} = g(s), L{Y(t)} = y(s) dan seterusnya. Teorema Jika F(t) adalah fungsi yang kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap interval 0 d t d N dan eksponensial berorde J untuk t > N, maka transformasi Laplace f(s) ada untuk setiap s > J Berdasarkan definisi di atas, dapat ditentukan transformasi Laplace beberapa fungsi sederhana.
Kalkulus Integral101
N om or
F(t)
L{F(t)} = f(s)
1.
1
1 , s>0 s
2.
t
1 , s>0 s2
3.
t2
2 ,s>0 s3
4.
tn
n! ,s>0 s n 1
n = 0,1,2,3,…. 5.
e at
6.
sin at
1 , s>0 sa
a , s>0 s a2 2
7.
cos at
s , s>0 s a2 2
8.
sinh at
a , s> a s a2 2
9.
cosh at
s ,s > a s2 a2
10.
1 1 t
….….
11.
1
… ..
2t 2
Untuk memahamkan bagi pembaca, berikut ini diberikan beberapa contoh transformasi Laplace suatu fungsi. Tentukan transformasi Laplace fungsi berikut: 1. F(t) = 1 L {F(t)}
= L{1} f
= ³ e st (1)dt 0
Kalkulus Integral102
p
= Lim ³ e st dt p of
0
ª 1
º
= lim « e st » p of ¬ s ¼
p
0
1 1 º ª 0» f p of se ¼ ¬ se
= lim « 1 s
=0+ =
1 s
= f (s) F(t) = t f
³e
L{F(t)} =
st
t dt
0
p
= lim ³ e st t dt p of
0
p
1 s
= lim ³ t. d (e st ) p of
0
p
1 s p of
= lim te st ³ e st dt 1
0
1
ª
º
= lim «te st e st » s p of ¬ s ¼ 1ª
p
0
1º
= «0 » s¬ s¼ 1 s2
=
2. F(t) = e at f
L{F(t)} = ³ e st e at dt 0
Kalkulus Integral103
p
= Lim ³ e ( s a )t dt p of
0
>
@
=
1 lim e ( s a )t s a p of
=
ª 1 1 1 º ( s a )0 » lim « f ( s a ) p o f e ( s a) ¬e ¼
=
1 sa
p
0
3. F(t) = sin at f
L{F(t)}
= ³ e st sin at dt 0
p
1 a
= Lim ³ e st d (cos at ) p of
0
p
f § 1 · 1 = Lim¨¨ cos at.e st ³ cos atd (e st ) ¸¸ p of a 0 © a ¹0
p
f § 1 · s = Lim¨ cos at.e st ³ cos at.e st dt ¸ ¸ p of ¨ a p © a ¹0
p
f § 1 · s 1 = Lim¨¨ cos at.e st ³ e st . d (sin at ) ¸¸ p of a0 a © a ¹0
p
p § 1 · s = Lim¨¨ cos at.e st 2 (e st sin at ³ sin at.d (e st ) ¸¸ p of a 0 © a ¹0
p
p § 1 · s = Lim¨¨ cos at.e st 2 (e st sin at ³ sin at. se st ) ¸¸ p of a 0 © a ¹0
p
p § 1 · s s2 = Lim¨¨ cos at.e st 2 e st sin at 2 ³ sin at.se st ) ¸¸ p of a a 0 © a ¹0
p
a2 § 1 s · = Lim 2 2 ¨ cos at.e st 2 sin at.e st ¸ p of a s a ¹0 © a
Kalkulus Integral104
=
a 2 § cos at s.sin at · 2 st ¸ ¨ a 2 s 2 © a.e st a .e ¹
=
a2 (0 0) (1 / a 0) a2 s2
=
a2 1/ a a2 s2
=
a a s2 2
4. F(t) = cos at f
L{F(t)} = ³ e st cos at dt 0
p
= Lim ³ e st p of
0
1 d (sin at ) a p
f §1 · 1 = Lim¨¨ sin at.e st ³ sin atd (e st ) ¸¸ p of a a 0 © ¹0
p
f §1 · s st ¨ = Lim sin at.e ³ sin at.e st dt ¸ ¸ p of ¨ a a p © ¹0
p
f §1 · s 1 = Lim¨¨ sin at.e st ³ e st . d ( cos at ) ¸¸ pof a a0 a © ¹0
p
p §1 · s st st ¨ = Lim¨ sin at.e 2 (e ( cos at ) ³ cos at.d (e st ) ¸¸ p of a a 0 © ¹0 p
p §1 · s st st ¨ = Lim¨ sin at.e 2 (e cos at ) ³ cos at. se st dt ) ¸¸ p of a a 0 © ¹0 p
p §1 · s st s2 st ¨ = Lim¨ sin at.e 2 (e cos at ) 2 ³ cos at.e st ) ¸¸ p of a a a 0 © ¹0 p
a2 § 1 s st st · ¨ sin at.e 2 cos at.e ¸ p of s 2 a 2 a a © ¹0
= Lim
Kalkulus Integral105
=
a 2 § sin at s. cos at · 2 st ¸ ¨ s 2 a 2 © a.e st a .e ¹
=
a2 (0 0) (0 s / a 2 ) s2 a2
=
a2 s / a2 2 2 s a
=
a s a2
2
5.2 Syarat Cukup Transformasi Laplace Ada Jika F(t) adalah kontinu secara sebagian-sebagian dalam setiap selang berhingga 0 d t d N dan eksponensial berorde J untuk t > N, maka transformasi Laplacenya f(s) ada untuk semua s > J . Perlu ditekankan bahwa persyaratan-persyaratan yang dinyatakan adalah CUKUP untuk menjamin bahwa transformasi Laplace-nya ada. Akan tetapi transformasi Laplace dapat ada atau tidak walaupun persyaratan ini tidak dipenuhi. 5.3 Metode Transformasi Laplace Untuk memudahkan bagi pengguna matematika, terdapat beberapa cara yang digunakan untuk menentukan transformasi Laplace. Cara tersebut adalah: a. Metode langsung, berkaitan dengan definisi. Metode ini berkaitan langsung dengan definis f
L{F(t)} = ³ e st F (t )dt 0
p
= Lim ³ e st F (t )dt p of
0
Contoh f
L{t}
=
³e
st
t dt
0
Kalkulus Integral106
p
= lim ³ e st tdt p of
0
p
1 s
= lim ³ t. d (e st ) p of
0
p
1 = lim te st ³ e st dt s p of 0 p
1 1 ª º = lim «te st e st » p o f s s ¬ ¼0
1ª
1º
= «0 » s¬ s¼ 1 s2
=
b. Metode Deret Misal F(t) mempunyai uraian deret pangkat yang diberikan oleh F(t) = a 0 a1t a2t 2 a3t 3 ... =
f
¦a t n
n 0
Maka
n
transformasi
Laplacenya
dapat
diperoleh
dengan
menjumlahkan transformasi setiap sukunya dalam deret, sehingga: L{F(t)} = L{a 0 } L{a1t} L{a2t 2 } L{a3t 3} ... =
ao a1 2!a2 3 ... s s2 s
=
¦s
f
n0
n!an n 1
Syarat ini berlaku jika deretnya konvergen untuk s > J c. Metode Persamaan differensial Metode ini menyangkut menemukan persaman differensial yang dipenuhi oleh F(t) dan kemudian menggunakan teorema-teorema di atas.
Kalkulus Integral107
d. Menurunkan terhadap parameter e. Aneka ragam metode, misalnya dengan menggunakan teoremateorema yang ada. f. Menggunakan tabel-tabel, melalui penelusuran rumus yang sudah ditetapkan. 5.4
Sifat-sifat Transformasi Laplace
Transformasi Laplace suatu fungsi mempunyai beberapa sifat, diantaranya adalah a) Sifat linear Jika c 1 dan c 2 adalah sebarang konstanta, sedangkan F 1 (t ) dan F 2 (t ) adalah fungsi-fungsi dengan transformasi-transformasi Laplace masing-masing f1 ( s ) dan f 2 ( s ) , maka: L{c 1 F1 (t ) +c F2 (t ) } = c 1 f1 ( s ) + c 2 f ( s ) Bu k t i : f
L{c 1 F1 (t ) +c F2 (t ) } = ³ e st {c1 F1 (t ) c2 F2 (t )}dt 0
=
f
f
0
0
st st ³ e c1F1 (t )dt ³ e c1F2 (t )dt p
f
0
0
= c1 ³ e st F1 (t )dt c2 ³ e st F2 (t )dt = c1 f1 ( s ) c2 f 2 ( s ) Contoh 1. L{5t-3}
= L{5t} – L{3} = 5 L{t} – 3 L{1} =5 =
1 1 3 2 s s
5 3 s2 s
Kalkulus Integral108
2. L{6 sin 2t – 5 cos 2t} = L{6 sin 2t} – L{5 cos 2t} = 6 L{sin 2t} – 5 L{cos 2t} =6 = L{(t 2 1) 2 }
2 s 5 2 s2 4 s 4
12 5s s2 4
= L{t 4 2t 2 1} = L{ t 4 } L{2t 2 } L{1} = L{t 4 } + 2 L{ t 2 } + L{1} 4!
=
s
4 1
§ 2! · 1 2¨ 2 1 ¸ ©s ¹ s
24 4 1 s5 s3 s
=
3. L{4e 5t 6t 2 3 sin 4t 2 cos 2t} = L{4e 5t } L{6t 2 } L{3 sin 4t} L{2 cos 2t} = 4L{e 5t } 6{t 2 } 3L{sin 4t} 2 L{cos 2t} = 4 =
1 2 4 s 6 3 3 2 2 2 s5 s s 4 s 4
4 12 12 2s 3 2 2 s5 s s 16 s 4
Dengan menggunakan sifat linear, tentukan transformasi Laplace fungsí berikut. 1. F(t) = 2t 2 + e t 2. F(t) = 6sin 2t – cos 2t 3. F(t) = (sin t – cos t) 2 4. F(t) = cosh 3t – � sinh t 5. F(t) = (2t + 2)
3
6. F(t) = (sin t – 3) 3
Kalkulus Integral109
b) Sifat translasi atau pergeseran pertama Jika L{F(t)} = f(s) maka L{e at F (t )} = f(s-a) Bu k t i f
Karena L{F(t)} = ³ e st F (t )dt = f(s), maka 0
f
L{e at F (t )} = ³ e st e at F (t )dt 0
p
= ³ e ( s a )t F (t )dt 0
= f(s-a) Contoh: 1. Tentukan L{ e-3tF(t)}, jika L{F(t)} = f(s) Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f(s-a) Maka L{e-3tF(t)} = f((s-(-3)) = f(s+3) 2. Tentukan L { e2tF(t)}, jika L{F(t)} = f(s/a) Menurut sifat 2 di atas, L{e at F (t )} = f(s-a) Maka L{e2tF(t)} = f(s-2/a) s a
2 a
= f( ) 3. Tentukan L{e t cos 2t} . Karena L{cos 2t} = L{e t cos 2t}
s = f(s), maka s 4 2
= f(s+1) =
( s 1) ( s 1) 2 4
=
s 1 = f(s) s 2s 5 2
4. Tentukan L{e 2t (3 cos 6t 5 sin 6t )} Menurut sifat linear,
Kalkulus Integral110
L{e 2t (3 cos 6t 5 sin 6t )} = L{e 2t (3 cos 6t )} L{e 2t (5 sin 6t ) } = 3L{e 2t cos 6t} 5L{e 2t sin 6t} } Karena L{cos 6t} =
s 6 = f(s), dan L{sin 6t} = 2 = f(s) maka s 36 s 36 2
menurut sifat translasi 3L{e 2t cos 6t} 3 f ( s 2) =3
( s 2) , dan ( s 2) 2 36
5L{e 2t sin 6t} = 5f(s+2) =5
6 , sehingga ( s 2) 2 36
( s 2) 6 -5 2 ( s 2) 36 ( s 2) 2 36
L{e 2t (3 cos 6t 5 sin 6t )} = 3 =
3 s 24 s 4 s 40 2
Soal Tentukan transformasi Laplace fungsi 1) F(t) = e t sin 2 t 2) F(t) = (1+te t )3 3) F(t) = e t (3 sinh 2t 5 cosh 2t ) 4) F(t) = (t+2) 2 et 5) F(t) = e 2t (sinh 2t cosh 3t ) 6) F(t) = e t (1 2t ) c. Sifat translasi atau pergeseran kedua F (t a ), t ! a maka ¯0, t a
Jika L{F(t)} = f(s) dan G(t) = ® L{G(t)} = e as f (s ) Bu k t i
Kalkulus Integral111
f
L{G(t)} = ³ e st G (t )dt 0
a
f
0
a
st st ³ e G(t )dt ³ e G(t )dt
=
a
³e
=
st
f
³e
(0)dt ³ e st F (t a )dt a
0
=
f
st
F (t a )dt
a
Misal u = t-a maka t = u+a dan du = dt, sehingga f
f
a
0
st s (u a ) ³ e F (t a)dt = ³ e F (u )du
=e
as
f
³e
su
F (u )du
0
= e as f (s ) Contoh 2S 2S cos(t ), t ! °° 3 3 Carilah L{F(t)} jika F(t) = ® S 2 °0, t °¯ 3
Menurut definisi transformasi Laplace f
L{F(t)} = ³ e st F (t )dt 0
=
2S / 3
f
0
2S / 3
st ³ e ( 0) dt
³e
st
cos(t 2S / 3)dt
f
= ³ e s (u 2S / 3) cos udu 0
=e
2Ss / 3
f
³e
su
cos udu
0
=
se 2Ss / 3 s2 1
Kalkulus Integral112
d. Sifat pengubahan skala Jika L{F(t)} = f(s), maka L{F(at)} =
1 §s· f¨ ¸ a ©a¹
f
Karena L{F(t)} = ³ e st F (t )dt maka 0
f
L{F(at)} = ³ e st F (at )dt 0
Misal u = at, du = a dt atau dt =
du a
f
Sehinga L{F(at)}
= ³ e st F (at )dt 0
f
= ³e
§s· u ¨ ¸ ©a¹
F (u )
0
du a
§s·
1 u ¨ ¸ = ³ e © a ¹ F (u )du a
=
1 a
§s· f¨ ¸ ©a¹
Contoh: 1. Jika L{F(t)} =
6 = f(s) ( s 2)3
maka L{F(3t)} =
1 s f( ) 3 3
=
1 6 3 ( s / 3 2)3
=
6.9 ( s 6)3
Soal: (t 1) 2 , t ! 1
1. Carilah L{F(t)}, jika F(t) = ®
¯0,0 t 1
2. Jika L{F(t)} =
s2 s 1 , carilah L{F(2t)} (2 s 1) 2 ( s 1)
Kalkulus Integral113
3. Jika L{F(t)} =
e 1 / s , carilah L{e t F (3t )} s
Jawab L{F(t)} = L{F(3t)} =
e 1 / s s
f ( s ), maka menurut sifat 4 diperoleh
1 §s· f¨ ¸ 3 ©3¹
3
1e s Sehingga L{F(3t)} = 3 s 3
3
1 s e s
=
= f(s) Berdasarkan sifat Jika L{F(t)} = f(s) maka L{e at F (t )} = f(s-a) (sifat 2) Maka L{e t F (3t )} = f(s+1) 3
=
1 e ( S 1) ( s 1)
e. Transformasi Laplace dari turunan-turunan Jika L{F(t)} = f(s) maka L{F’(t)} = sf(s) – F(0) f
Karena Karena L{F(t)} = ³ e st F (t )dt = f(s), maka 0
f
L{F’(t)}
= ³ e st F ' (t )dt 0
f
= ³ e st dF (t ) 0
p
=
f § st · ¨ e F (t ) ³ F (t )d (e st ) ¸ ¨ ¸ 0 © ¹0
f
= -F(0) + s ³ e st F(t)dt 0
= sf(s) – F(0)
Kalkulus Integral114
Jika L{F’(t)} = sf(s) – F(0) maka L{F’’(t)} = s 2 f ( s ) sF (0) F ' ( s ) Bu k t i f
L{F”(t)}
= ³ e st F " (t )dt 0
f
= ³ e st d ( F ' (t )) 0
§
f
·
©
0
¹
= ¨¨ e st F ' (t ) ³ F ' (t )d (e st ) ¸¸ §
f
·
©
0
¹
= ¨¨ e st F ' (t ) s ³ F ' (t )e st dt ¸¸ = e st F ' (t ) s[ sf ( s ) F (0)] = s 2 f ( s ) sF (0) F ' (0) Dengan cara yang sama diperoleh f
L{F’’’(t)}
= ³ e st F ' ' ' (t )dt 0
f
= ³ e st d ( F ' ' (t )) 0
§
f
·
©
0
¹
= ¨¨ e st F ' ' (t ) ³ F ' ' (t )d (e st ) ¸¸ §
f
·
©
0
¹
= ¨¨ e st F ' ' (t ) s ³ e st F ' ' (t )dt ¸¸ §
f
·
©
0
¹
= e st F ' ' (t ) s ¨¨ e st F ' (t ) ³ F ' (t )d (e st ) ¸¸ = s 3 f ( s ) s 2 F (0) sF ' (0) F ' ' (0) A khi r ny a
dengan
menggunakan
i nd u ks i
matematika
dapat
ditunjukkan bahwa, jika L{F(t)} = f(s)
Kalkulus Integral115
maka L{F ( n ) (t )} = s n f ( s ) s n 1 F (0) s n 2 F ' (0) ... sF ( n 2) (0) F ( n 1) (0)
Contoh soal Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturuan, tunjukkan bahwa L{sin at} =
a = f(s) s a2 2
Misal F(t) = sin at diperoleh F’(t) = a cos at, F’’(t) = -a 2 sin at Sehingga L{sin at} = -
1 L{F’’(t)}. a2
Dengan menggunakan sifat transformasi Laplace dari turunanturunan diperoleh L{sin at} =
1 ( s 2 f ( s ) sF (0) F ' (0) ) a2
=
1§ 2 a · s 2 s (0) a ¸ 2 ¨ 2 a © s a ¹
=
· 1 § as 2 ¨ a ¸¸ 2 ¨ 2 2 a ©s a ¹
1 § as 2 as 2 a 3 · ¸¸ = 2 ¨¨ a © s2 a2 ¹
=
a s a2 2
f. Tansformasi Laplace dari integral-integral t
½
¯0
¿
Jika L{F(t)} = f(s) maka L ®³ F (u )du ¾
f (s) s
Bu k t i : t
Misal G(t) = ³ F (u )du maka G’(t) = F(t) dan G(0) = 0 0
Kalkulus Integral116
Dengan mentransformasikan Laplace pada kedua pihak, diperoleh: L{G’(t)} = L{F(t)} s L{G(t)}-G{0} = f(s) s L{G(t)} = f(s)
f (s) s
L{G(t)} =
t
Jadi diperoleh L{ ³ F (u )du } = 0
f (s) s
Contoh t sin u ½ du ¾ ¯0 u ¿
1. Carilah L ®³
sin t t
Misal F(t) =
Maka L{F(t)} = arc tan
1 s t sin u ½ f (s) = du ¾ = u s ¯0 ¿
Sehingga menurut sifat transformasi di atas L ®³ 1 1 arctan s s t sin u ½ 1 1 2. Buktikan L ®³ du ¾ = arctan s s ¯0 u ¿
Bukti: Misal F(t) = F’(t) =
t
sin u du maka F(0) = 0 u 0
³
sin t dan t F’(t) = sin t. Dengan mengambil transformasi t
Laplace kedua bagian L{tF’(t)} = L{sint} atau (1)1
d sf ( s ) ds
d sf ( s) F (0) = 21 ds s 1
1 s 1 2
Kalkulus Integral117
³
sf ( s ) sf ( s )
1 ds s2 1
arctan s C
Menurut teorema harga awal, Lim sf ( s ) lim F (t ) F (0) 0 t o0
s of
Sehingga diperoleh c =
S . 2
1 1 arctan s s
Jadi sf(s) =
f cos u
3. Buktikan L ®³ ¯t
½ ln( s 2 1) du ¾ = 2s u ¿
Bu k t i : f
³
Misal F(t) =
t
cos u cos t du maka F’(t) = atau tF’(t) = - cos t u t
L {tF ' (t )} L{-cos t} (-1)
s d s d atau sf(s) = 2 ( sf ( s ) F (0)) = 2 ds s 1 ds s 1
sf(s) =
1 ln(s 2 1) c 2
Menurut teorema harga akhir, lim sf ( s ) lim F (t ) 0, sehingga c = 0. s o0
Jadi sf(s) =
t o0
ln( s 2 1) 1 ln( s 2 1) atau f(s) = 2s 2
g. Perkalian dengan t n Jika L{F(t)} = f(s) maka L{t n F (t )} = (-1) n
dn f (s ) = (-1)f ( n ) ( s ) ds n
Bukti. f
Karena f(s)
=
³e
st
F (t )dt maka menurut aturan Leibnitz untuk
0
menurunkan dibawah tanda integral, diperoleh:
Kalkulus Integral118
df = f’(s) ds
=
d ds f
=
f
³e
st
F (t )dt
0
w
³ wse
st
F (t )dt
0
f
= ³ te st F (t )dt 0
f
= - ³ e st {tF (t )}dt 0
= -L{tF(t)} Jadi L{tF(t)} = -
df ds
f ' (s)
Contoh 1. Tentukan L{t sin at} Jawab L{sin at} =
a , maka menurut sifat perkalian dari pangkat t n s a2 2
diperoleh L{t F(t)} = (-1) n
d n f (s) , sehingga ds n
L{ t sin at} = (-1) =
d § a · ¨ ¸ ds © s 2 a 2 ¹
2as (s a 2 )2 2
2. Tentukan L{t 2 cos at} Menurut sifat di atas, L{t 2 cos at} = (-1) 2
d2 § s · ¨ ¸ ds 2 © s 2 a 2 ¹
=
d § a2 s2 · ¨ ¸ ds ¨© ( s 2 a 2 ) 2 ¸¹
=
2 s 3 6a 2 s ( s 2 a 2 )3
Kalkulus Integral119
h. Sifat pembagian oleh t F (t ) ½ Jika L{F(t)} = f(s) maka L ® ¾ ¯ t ¿
f
³ f (u )du 0
Bukti: Misal G(t) =
F (t ) maka F(t) = t G(t). t
Dengan menggunakan definis transformasi Laplace untuk kedua bagian, maka diperoleh bentuk L{F(t)} = L{t G(t)} atau f(s) = dg d . L{G (t )} atau f(s) = ds ds
Selanjutnya dengan mengintegralkan diperleh
³
³
f(s)
=
g(s)
=-
-
dg . ds
s
³ f (u )du
f
f
=
³ f (u )du s
F (t ) ½ ¾ ¯ t ¿
Jadi L ®
f
³ f (u )du s
Soal-soal 1) Tentukan transformasi Laplace untuk fungsi yang diberikan a. F(t) = t cos 2t b. F(t) = t sin 3t c. F(t) = t(3sin 2t-2 cos 5t) d. F(t) = t 2 sin t e. F(t) = (t 2 3t 2) sin 3t f. F(t) = t 3 cos t g. F(t) = (t 2 1)(1 cos t )
Kalkulus Integral120
t 2 ,0 t d 1 ¯0, t ! 1
2) Jika F(t) = ®
Carilah L{F’’(t)} 2t ,0 d t d 1 ® ¯t , t ! 1
3) Diketahui F(t) =
a. carilah L{F(t)} b. carilah L{F’(t)} c. apakah L{F’(t)} = sf(s) – F(0) berlaku untuk kasus ini f
4) Tunjukkan bahwa ³ te 3t sin tdt 0
3 50
5) Tunjukkan bahwa §t
·
©0
¹
L ¨¨ ³ (u 2 u e u )du ¸¸
1 L{t 2 t e t } s
6) Perlihatkan bahwa a. L{
e at e bt sb } = ln t sa
cos at cos bt ½ ¾ t ¯ ¿
b. L ®
1 s 2 b2 ln 2 s2 a2
7) Tunjukkan bahwa: § 1 1 u u · 1 1 a. L ¨¨ ³ du ¸¸ = ln 1 s ©0 u ¹ s
° t °¯ 0
t1
½° °¿
b. Jika L{F(t)} = f(s) maka L ®³ dt1 ³ F (u )du ¾ = 0
f (s) s2
Kalkulus Integral121
DAFTAR PUSTAKA
Edwin J. Purcell., Dale Varberg. 1989. Kalkulus dan Geometri Analitis. Jilid 2 (terjemahan I Nyoman Susila dkk). Bab 18. Jakarta; Erlangga. Wilfred Kaplan. 1961. Ordinary Differential Equations. Massachusetts: Addison Wesley Publishing Company, Inc. Dale Varberg., Edwin J. Purcell. 2001. Kalkulus Jilid I (edisi 7). Alih Bahasa I Nyoman Susila. Batam: Interaksara. Frank Ayres., J.C Ault. 1984. Kalkulus Diferensial dan Integral (Seri Buku Schaum). Alih Bahasa Lea Prasetyo. Jakarta: Erlangga. Louis Leithold, 1986. Kalkulus dan Geometri Analitik. Alih Bahasa S. Nababan. Jakarta: Erlangga. Howard Anton, 1981. Calculus with Analyitical Geometri. New York: John Willey and Sons. Koko Martono, 1993. Kalkulus Integral I. Bandung: Alva Gracia Tom M. Apostol, 1984. Calculus. New York: John Willey and Sons. Achsanul In’am, 2000. Kalkulus I. Malang: UMM Press. Murray R. Spiegel. Pantur Silaban, Hans Wospakrik. 1985. Transformasi Linear. Jakarta: Erlangga.
Kalkulus Integral122
View more...
Comments
