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 Matematika Fakultas Sains dan Matematika Universitas Kristen Satya Wacana

Daftar Isi 1 Teknik-teknik Integrasi 1.1 Antiderivatif . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana 1.3 Integrasi Parsial . . . . . . . . . . . . 1.4 Integral Fungsi Hiperbolik . . . . . . . 1.5 Integral Trigonometri . . . . . . . . . 1.6 Substitusi Trigonometri . . . . . . . . 1.7 Integral Fungsi Rasional . . . . . . . . 1.8 Integral Fungsi Irasional . . . . . . . . 1.9 Substitusi tan 12 x . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

1 1 5 11 17 19 26 33 38 41

2 Integral Tentu 2.1 Integral Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral . . . . . . . . . . . . . . .

43 43 47

3 Integral Tak Wajar 3.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas 3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik . . . . 3.4 Uji Perbandingan . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

49 49 50 51 52

4 Aplikasi Integral 4.1 Luas Bidang Datar . . . . . . 4.1.1 Persamaan Kartesius . 4.1.2 Persamaan Parameter 4.1.3 Persamaan Kutub . . 4.2 Volume Benda Putar . . . . . 4.2.1 Metode Cakram . . . 4.2.2 Metode Cincin . . . . 4.2.3 Metode Kulit Silindris 4.3 Panjang Kurva . . . . . . . . 4.3.1 Persamaan Kartesius . 4.3.2 Persamaan Parameter 4.3.3 Persamaan Kutub . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

55 55 55 59 60 68 69 72 75 83 83 86 88

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

i

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

Kata Pengantar Kata Pengantar

ii

Bab 1

Teknik-teknik Integrasi Dalam bab ini dibahas berbagai teknik integrasi. Integral-integral yang dibicarakan adalah integral tak tentu. Topik-topik yang dicakup dalam bab ini yaitu pengertian antiderivatif beserta aturan-aturannya, integrasi dengan substitusi sederhana, integrasi dengan parsial, integral yang melibatkan fungsi hiperbolik, integral yang melibatkan fungsi trigonometri, integrasi dengan substitusi trigonometri, integrasi yang melibatkan fungsi rasional, integrasi yang melibatkan akar, dan integral dengan substitusi tan 12 x .

1.1

Antiderivatif

Pertama kali didiskusikan proses kebalikan dari diferensiasi. Dengan kata lain, diberikan suatu fungsi f (x) dan diinginkan untuk mencari suatu fungsi F (x) sedemikian dF (x) sehingga = F 0 (x) = f (x). Setiap fungsi F (x) yang demikian tersebut dinadx makan suatu antiderivatif, atau integral tak tentu (inde…nite integral ), dari fungsi f (x), dan dituliskan Z F (x) =

f (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, atau tidak menunjuk suatu interval tertentu untuk daerah integrasi. Langkah untuk mencari antiderivatif dari f (x) dinamakan antidiferensiasi atau integrasi. Pengamatan pertama yaitu bahwa antiderivatif, jika ada, tidaklah tunggal. Diandaikan bahwa 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 dilihat bahwa G0 (x) = F 0 (x) = f (x), yang berarti bahwa G (x) juga merupakan antiderivatif dari f (x). Secara umum dapat dituliskan Z 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

1

10; H (x) = x2 + k

2

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi 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 sembarang dua antiderivatif berbeda dari f (x) pasti merupakan suatu konstanta. Dengan kata lain, 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 hasil sederhana berikut ini yang berkaitan dengan derivatif dari suatu konstanta. ANTIDERIVATIF DARI NOL. Dipunyai Z 0 dx = k: Dengan kata lain, antiderivatif dari fungsi nol secara tepat adalah semua fungsi konstan.

Tentu saja, beberapa antiderivatif secara sederhana dapat diperoleh dari beberapa aturan mengenai derivatif. Berikut ini didaftar hasil-hasil tersebut. Hasil pertama yaitu berkaitan dengan aturan kelipatan konstan untuk diferensiasi. ATURAN PERKALIAN KONSTAN. Jika suatu fungsi f (x) mempunyai antiderivatif, maka untuk sembarang bilangan riil c, dipunyai Z Z cf (x) dx = c f (x) dx: ANTIDERIVATIF DARI PANGKAT. (a) Jika n adalah suatu bilangan riil sedemikian sehingga n 6= Z

(b) Dipunyai

xn dx =

Z

x

1

1, maka

1 xn+1 + k: n+1

dx = ln jxj + k:

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

3

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI TRIGONOMETRI. Rumus-rumus antiderivatif berikut ini adalah valid: Z (a) cos (x) dx = sin (x) + k (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h)

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

sin (x) dx = csc2 (x) dx =

cos (x) + k cot (x) + k

sec2 (x) dx = tan (x) + k cot (x) csc (x) dx =

csc (x) + k

tan (x) sec (x) dx = sec (x) + k csc (x) dx =

ln jcot (x) + csc (x)j + k

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

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI EKSPONENSIAL UMUM. Diandaikan a > 0 dan a 6= 1, maka Z ax ax dx = + k: ln (a) Secara khusus, dengan pengambilan a = e akan dipunyai Z ex dx = ex + k:

Contoh 1.1 Menggunakan aturan penjumlahan, aturan perkalian konstan, dan antiderivatif dari pangkat, diperoleh Z Z Z Z 3 3 x + 3x + 1 dx = x dx + 3x dx + x0 dx =

1 4 3 2 x + x + x + k: 4 2

Contoh 1.2 Menggunakan aturan penjumlahan, antiderivatif dari pangkat dan fungsi trigonometri, diperoleh Z Z Z 1 3 3 x + sin (x) dx = x dx + sin (x) dx = x4 cos (x) + k: 4

4

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.3 Diperoleh Z Z Z (sin (x) + sec (x)) dx = sin (x) dx + sec (x) dx =

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

Contoh 1.4 Diperoleh Z Z Z x x (e + 3 cos (x)) dx = e dx + 3 cos (x) dx = ex + 3 sin (x) + k: Contoh 1.5 Diperoleh Z Z (1 sin (x)) (1 sin (x)) 1 sin (x) dx = dx 1 + sin (x) (1 + sin (x)) (1 sin (x)) Z 1 2 sin (x) + sin2 (x) dx = 1 sin2 (x) Z 1 2 sin (x) + sin2 (x) = dx cos2 (x) 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 1.1 Hitung setiap integral tak tentu berikut ini: Z (1) x3 dx (2) (3) (5) (7) (9) (11)

Z

Z

Z

Z Z

(5x + 3) dx

(4)

2x2

3x + 1 dx

5+x

2

1

x2 + x (x

4x 1 2

3)2 dx

3

dx

(6) dx

(8) (10) (12)

Z Z Z

Z

Z

Z

5

x 2 dx 1 + 2x + 3x2 12x7

3x5 + 2x2 + 1 dx

3x4 + 19x 1

2x 3 (2x

dx

2

3x 3 3)2 dx

3

dx dx

5

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(13) (15) (17) (19) (21) (23) (25) (27) (29) (31) (33) (35) (37) (39) (41) (43) (45)

1.2

Z

x2

Z

Z Z

Z

Z Z Z

Z

+a

2

(14)

2

1 x+ x (x

dx dx

(16)

2) (x + 3) dx

(18)

x+1 dx x

(20)

x3 + x2 x x 1

1

dx

x3 8 dx x2 + 2x + 4 p

(26)

p x x dx

(28)

(3 +

p

x) (4

p 2 x) dx

p p 4+3 x+x x dx x2 r ! Z 4 3x p dx 4 27 x Z 16 (ex + 1) dx

Z Z Z

Z

(24)

x dx

Z

Z

(22)

5x +

3 e

dx

x

5 cos (x) dx (5 cos (x) + 4x) dx 10 sec2 (x)

dx

(30) (32) (34) (36) (38) (40) (42) (44)

Z

1+x

Z Z

Z

Z

Z Z

Z

1 2 dx

1 x

x

2

dx

x 2x3 + 1

2

dx

2x2

3x + 6 dx x2

x3 x

a3 dx a

p

3 dx

p

2px dx

p 1 x3 + 8 3 x

3x dx

Z

3x + 1 p dx 3 x Z p x 4 +p 4 5 x Z 8ex dx Z

Z Z

Z

Z

dx

x2 ex + x dx x2 (x + 1)3 + ex (1

dx

2 cos (x)) dx

(sin (x) + cos (x)) dx sec2 (x) + 1 dx

p ( x + sec (x) tan (x)) dx

Integrasi dengan Substitusi Sederhana

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

6

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

dinamakan integrasi dengan substitusi. Perlu ditekankan bahwa teknik tersebut tidak selalu dapat digunakan. Pertama, kita tidak mengetahui antiderivatif dari fungsi. Kedua, tidak ada jalan sederhana dimana kita dapat menggambarkannya untuk menolong kita mencari suatu substitusi yang sesuai dalam kasus dimana teknik dapat digunakan. Di sisi lain, ketika teknik dapat digunakan, mungkin terdapat lebih dari satu substitusi yang sesuai. INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 1. Jika kita membuat sub0 stitusi x = g (u), maka dx = g (u) du, dan Z Z f (x) dx = f (g (u)) g 0 (u) du:

Contoh 1.6 Diperhatikan integral tak tentu Z p x x + 1 dx: Jika kita membuat substitusi x = u2 1, maka dx = 2u du, dan Z Z Z Z p 2 2 4 x x + 1 dx = 2 u 1 u du = 2u du 2u2 du =

2 5 u 5

5 2 3 2 u + k = (x + 1) 2 3 5

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

Di sisi lain, jika kita membuat substitusi x = v 1, maka dx = dv, dan Z Z Z Z p 1 3 1 2 2 x x + 1 dx = (v 1) v dv = v dv v 2 du =

2 5 v2 5

5 2 3 2 v 2 + k = (x + 1) 2 3 5

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

Kita bisa menegaskan bahwa integral tak tentu tersebut adalah benar dengan memeriksa bahwa p 5 3 2 d 2 (x + 1) 2 (x + 1) 2 + k = x x + 1: dx 5 3 INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 2. Diandaikan bahwa suatu fungsi f (x) dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = g (h (x)) h0 (x). Jika kita membuat substitusi u = h (x), maka du = h0 (x) dx, dan Z Z Z f (x) dx = g (h (x)) h0 (x) = g (u) du: Dicatat bahwa dalam Versi 1, variabel x pada awalnya ditulis sebagai fungsi dari variabel baru u, sedangkan dalam Versi 2, variabel baru u dituliskan sebagai fungsi dari x. Bedanya, untuk substitusi x = g (u) dalam Versi 1 harus mempunyai invers agar variabel u bisa dikembalikan ke variabel asli x di akhir proses.

7

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.7 Diperhatikan integral tak tentu Z x x2 + 3

4

dx:

Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x2 + 3 sama dengan 2x, sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = x2 + 3. Selanjutnya du = 2x dx, dan Z Z Z 1 1 1 1 4 4 5 x x2 + 3 dx = 2x x2 + 3 dx = u4 du = u5 + k = x2 + 3 + k: 2 2 10 10 Contoh 1.8 Diperhatikan integral tak tentu Z 1 dx: x ln (x) 1 Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi ln (x) sama dengan , sehingga ini x 1 tepat untuk membuat substitusi u = ln (x). Selanjutnya du = dx, dan x Z Z 1 1 dx = du = ln juj + k = ln jln (x)j + k: x ln (x) u Contoh 1.9 Diperhatikan integral tak tentu Z 3 x2 ex dx: Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x3 sama dengan 3x2 , sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = x3 . Selanjutnya du = 3x2 dx, dan Z Z Z 1 1 1 1 3 2 x3 2 x3 x e dx = 3x e dx = eu du = eu + k = ex + k: 3 3 3 3 Contoh 1.10 Diperhatikan integral tak tentu Z tan3 (x) sec2 (x) dx: Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi tan (x) sama dengan sec2 (x), sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = tan (x). Selanjutnya du = sec2 (x) dx, dan Z Z 1 1 tan3 (x) sec2 (x) dx = u3 du = u4 + k = tan4 (x) + k: 4 4 Kadang-kadang, kemungkinan dari substitusi tidak bisa terlihat secara jelas dengan cepat, dan banyak terjadi trial dan error. Kenyataan bahwa suatu substitusi tidak terlihat muncul bukan berarti bahwa metode tersebut gagal. Ini bisa terjadi dalam kasus ketika kita menggunakan suatu subtitusi yang tidak sesuai. Atau barangkali kita pertama kali melupakan modi…kasi dari masalah. Hal ini diilustrasikan dalam contoh berikut ini.

8

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.11 Diperhatikan integral tak tentu Z tan (x) dx:

Di sini tidak terlihat sembarang substitusi yang akan digunakan. Tetapi, jika dituliskan Z Z sin (x) tan (x) dx = dx; cos (x) maka kita mengamati bahwa derivatif dari fungsi cos (x) sama dengan sin (x), sehingga ini tepat untuk membuat substitusi u = cos (x). Selanjutnya du = sin (x) dx, dan Z Z Z sin (x) 1 tan (x) dx = dx = du = ln juj + k = ln jcos (x)j + k: cos (x) u Lebih lanjut, berikut ini diperoleh rumus-rumus antiderivatif dari fungsi eksponensial dan trigonometri yang lebih umum dari pada fungsi dalam subbab sebelumnya, dengan cara membuat substitusi u = px + q dan du = p dx. (a) (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k)

Z

Z Z Z

Z Z Z

Z Z

Z

Z

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

1

apx+q dx =

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

dx =

1 ln jpx + qj + k p

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

1 epx+q dx = epx+q + k. p cos (px + q) dx = sin (px + q) dx = csc2 (px + q) dx = sec2 (px + q) dx =

1 sin (px + q) + k. p 1 cos (px + q) + k. p 1 cot (px + q) + k. p 1 tan (px + q) + k. p

cot (px + q) csc (px + q) dx = tan (px + q) sec (px + q) dx = cot (px + q) dx =

1 csc (px + q) + k. p 1 sec (px + q) + k. p

1 ln jsin (px + q)j + k. p

9

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(l) (m) (n)

Z

Z Z

tan (px + q) dx =

1 ln jcos (px + q)j + k. p

csc (px + q) dx =

1 ln jcsc (px + q) + cot (px + q)j + k. p

sec (px + q) dx =

1 ln jsec (px + q) + tan (px + q)j + k. p

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.2 Dalam soal (1) (60), hitung setiap integral tak tentu dengan menggunakan substitusi yang diberikan. Z Z (1) sin (3x) dx, u = 3x (2) cos (5x) dx, u = 5x (3) (5) (7) (9) (11) (13) (15) (17) (19) (21) (23) (25)

Z Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z Z

Z

Z

Z

x sin

x2

dx, u =

x2

(4)

x2 tan x3 + 1 dx, u = x3 + 1 csc2 (2x x2 cos

x3

csc (5x cos3 (x)

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

x3

7) dx, u = 5x

1 +1 7

(6) (8) (10) (12)

dx, u = sin (x)

(14)

cot3 (x) dx, u = cot (x)

(16)

csc3 (x)

dx, u = cot (x)

tan5 (x) sec2 (x) sec3 (x) tan (x)

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

arcsin4 (x) p dx, u = arcsin (x) 1 x2 x2 2x3 + 1

3

dx, u = 2x3 + 1

(18) (20) (22) (24) (26)

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z Z Z Z

Z

Z

x cos 1 + x2

dx, u = 1 + x2

sec2 (3x + 1) dx, u = 3x + 1 x sin x2

dx, u = x2

sec (3x + 5) dx, u = 3x + 5 sin3 (x) dx, u = cos (x) tan3 (x) dx, u = tan (x) sec4 (x) dx, u = tan (x) sin3 (x) cos (x) dx, u = sin (x) cot3 (x) csc2 (x) dx, u = cot (x) csc3 (x) cot (x) dx, u = csc (x) arctan3 (x) dx, u = arctan (x) 1 + x2 2 3x

4

dx, u = 3x

4

10

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(27) (29) (31) (33) (35) (37) (39) (41) (43) (45) (47) (49) (51) (53) (55) (57) (59)

Z

Z Z Z Z

Z

4 dx, u = 5x + 2 5x + 2 x (x2

1)

3 2

dx, u =

(28)

x2

1

x2 dx, u = x3 + 4 3 x +4

(32)

x+6 dx, u = x + 2 (x + 2)2 p 1 p p dx, u = 1 + x x (1 + x) x3

dx, u = (x4 + 16)2

x4

+ 16

Z

cos (x) dx, u = 1 + sin (x) 1 + sin (x) p Z p sin ( x) p dx, u = x x Z sin (ln (x)) dx, u = ln (x) x Z cos (x) dx, u = sin (x) sin4 (x) Z 10sin(x) cos (x) dx, u = sin (x)

Z

Z Z

Z

Z

Z

(30)

(34) (36) (38) (40) (42) (44) (46) (48)

p x x + 2 dx, u = x + 2

(50)

(1 + ln (x))10 dx, u = ln (x) x

(52)

p

1 9

x2

dx, x = 3 cos (u)

1 dx, x = 2 tan (u) 4 + x2 x

3 dx,

u=1+x

1

4x 1 p dx, u = 4x + 1 4x + 1

(54) (56) (58) (60)

Z Z Z

Z Z

Z

Z

Z Z Z

Z Z Z Z Z

Z

Z

x dx, u = 3x2 + 1 +1

3x2

x+1 dx, u = x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 2 2x x2

5 dx, u = x2 5x + 3

x (1 + x2 )4

5x + 3

dx, u = 1 + x2

x+3 dx, u = x x 1

1

p x3 x2 + 1dx, u = x2 + 1 csc2 (x) dx, u = 1 + cot (x) 1 + cot (x) sin (x)

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

sin (2x) dx, u = 4 4 cos (2x)

cos (2x)

sec2 (2x) dx, u = 1 + tan (2x) 1 + tan (2x) p

p e x p dx, u = x x x 3x

2 +4

3

ex (4

ex ) 2 dx, u = 4

1 p x x2 x2 (1 x

3

dx, u = x2 + 4

4

1 +x

p

ex

dx, x = 2 sec (u)

1)

3 + 5x

dx, u = 1 + x 2 dx,

1

u = 3 + 5x

2

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

Dalam soal (61) (80), hitung setiap integral tak tentu menggunakan substitusi yang sesuai. Z Z ex e x (61) dx (62) dx ex 1 1+e x

11

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(63) (65) (67) (69) (71) (73) (75) (77) (79)

1.3

Z Z Z Z

Z

Z

Z

Z

Z

ex sec (ex ) tan (ex ) esin(x) cos (x)

dx

(64)

dx

(66)

ln (x) dx x

(68)

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

(70)

x2 ln3 1 + x3 dx 1 + x3

(72)

4esin(3x) cos (3x) x cos ln 1 + x2 1 + x2

dx

(74)

dx

(76)

2earcsin(x) p dx 1 x2

(78)

5arcsec(x) p dx x x2 1

(80)

Z

Z

Z Z Z

Z

Z

sin (ln (x)) dx x eln(x) dx x (1 + 2 ln (x))4 dx x 3

(ln (x)) 2 dx x tan (x) ln (cos (x)) dx 3etan(2x) sec2 (2x) dx tan3 (2x) sec2 (2x) dx

Z

4arctan(x) dx 1 + x2 p Z p 1+ x p dx x

Integrasi Parsial

Aturan hasil kali dari diferensiasi menghasilkan suatu teknik integrasi yang dikenal sebagai integrasi parsial. Dimulai dengan aturan hasil kali: d du (x) dv (x) (u (x) v (x)) = v (x) + u (x) dx dx dx atau dapat dituliskan dalam bentuk diferensial menjadi d [u (x) v (x)] = v (x)

du (x) dv (x) + u (x) dx: dx dx

Selanjutnya kedua ruas diintegralkan untuk memperoleh Z Z Z du (x) dv (x) d [u (x) v (x)] = v (x) dx + u (x) dx dx dx Z Z u (x) v (x) = v (x) u0 (x) dx + u (x) v 0 (x) dx: Bentuk baku dari rumus integrasi parsial tersebut dituliskan sebagai Z Z 0 u (x) v (x) dx = u (x) v (x) v (x) u0 (x) dx atau disingkat menjadi

Z

u dv = uv

Z

v du:

(1.1)

12

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

Dalam hal ini penyelesai dituntut untuk mampu memilih u dan dv yang tepat sehingga rumus (1.1) bisa diaplikasikan. Contoh 1.12 Diperhatikan integral tak tentu Z x cos (x) dx: Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x dan dv = cos (x) dx dengan du = dx Z dan v = cos (x) dx = sin (x)+k. Kita menghilangkan konstanta k, karena kita hanya memerlukan v (x). Selanjutnya, berdasarkan rumus integrasi parsial (1:1) diperoleh Z Z x cos (x) dx = x sin (x) sin (x) dx = x sin (x) + cos (x) + c: Contoh 1.13 Diperhatikan integral tak tentu Z x2 sin (x) dx: 2 Untuk menghitung R integral di atas, diambil u = x dan dv = sin (x) dx dengan du = 2x dx dan v = sin (x) dx = cos (x). Jadi, Z Z 2 2 x sin (x) dx = x cos (x) cos (x) 2x dx Z = x2 cos (x) + 2 x cos (x) dx

=

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

Contoh 1.14 Diperhatikan integral tak tentu Z ln (x) dx: Diambil u = ln (x) dan dv = dx dengan du = Z

ln (x) dx = x ln (x)

Z

x

1 dx dan v = x. Jadi, x 1 dx = x ln (x) x

x + k:

Contoh 1.15 Diperhatikan integral tak tentu Z x2 ex dx: Pertama kali diambil u = Diperoleh

Z

2 x

x2

dan dv = 2 x

x e dx = x e

Z

ex dx x

dengan du = 2x, v = 2 x

2xe dx = x e

Z 2 xex dx:

Z

ex dx = ex .

13

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = x dan dv = ex dx dengan du = dx dan v = ex . Diperoleh Z Z x x xe dx = xe ex dx = xex ex + k: Jadi,

Z

x2 ex dx = x2 ex

2 (xex

ex + k) = ex x2

2x + 2 + c:

Contoh 1.16 Diperhatikan integral tak tentu Z ex cos (x) dx: Untuk menghitung integral di atas, diambil u = ex dan dv = cos (x) dx dengan du = R x e dx dan v = cos (x) dx = sin (x). Diperoleh Z Z x x ex sin (x) dx: e cos xdx = e sin (x) Untuk menghitung integral terakhir, diambil substitusi u = ex dan dv = sin (x) dx dengan du = ex dx dan v = cos x. Diperoleh Z Z Z x x x x e sin (x) dx = e cos (x) cos (x) e dx = e cos (x) + ex cos (x) dx: Oleh karena itu, sekarang dipunyai Z ex cos (x) dx = ex sin (x)

ex cos (x) +

dan selanjutnya kita menggunakan aljabar untuk Z Z x e cos (x) dx + ex cos (x) dx = Z 2 ex cos xdx = Z ex cos xdx =

Z

ex cos (x) dx

menyelesaikan integral seperti berikut: ex sin (x) + ex cos (x) ex sin (x) + ex cos (x) 1 x e (sin (x) + cos (x)) + k: 2

Contoh 1.17 Dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut: Z Z Z Z Z n x n n n x e dx; x ln (x) dx; ln (x) dx; x sin (x) dx; xn cos (x) dx; Z Z ax+b e sin (px + q) dx; eax+b cos (px + q) dx dimana n 2 N.

14

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi (a) Diambil u = xn dan dv = ex dx dengan du = nxn 1 dx dan v = ex , maka Z Z n x n x x e dx = x e ex nxn 1 dx: Jadi,

Z

xn ex dx

xn ex

=

n

Z

ex xn

(b) Diambil u = ln (x) dan dv = xn dx dengan du = Z

Jadi,

Z

xn ln (x) dx =

1 dx dan v = x

xn+1 1 xn+1 ln (x) dx = n+1 x n+1 n+1 x + k: (n + 1)2 xn+1 [(n + 1) ln (x) (n + 1)2

(c) Diambil u = lnn (x) dan dv = dx dengan du = n lnn Z Jadi,

n

n

ln (x) dx = x ln (x) Z

1 n+1 , n+1 x

Z

xn+1 n+1 n+1 x ln (x) n+1

xn ln (x) dx = ln (x) =

1 dx:

n

n

Z

ln (x) dx = x ln (x)

1

x n lnn

n

Z

lnn

(x)

maka

1 n+1

Z

xn dx

1] + k: 1 dx dan v = x, maka x 1 dx: x

1

(x)

1

(x) dx:

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

cos (x),

(1.2)

Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = xn 1 dan dv = cos (x) dx dengan du = (n 1) xn 2 dx dan v = sin (x), maka Z Z n 1 n 1 x cos (x) dx = x sin (x) sin (x) (n 1) xn 2 dx Z = xn 1 sin (x) (n 1) xn 2 sin (x) dx: (1.3) Dengan substitusi (1:3) ke (1:2), diperoleh rumus reduksi Z

xn sin (x)

dx =

xn cos (x)

+

nxn 1 sin (x)

n (n

1)

Z

xn

2 sin (x)

dx:

15

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi (e) Dengan menggunakan (1:3) dan (1:2) diperoleh Z Z xn 1 cos (x) dx = xn 1 sin (x) (n 1) xn = xn

1

1)

1

sin (x) dx

sin (x)

(n = xn

2

n 2

x

sin (x) + (n

(n

1) (n

2)

cos (x) + (n

Z

1) xn xn

3

2

2)

cos (x)

Z

xn

3

cos (x) dx

cos (x) dx:

Jika kita mengganti n dengan n + 1 pada persamaan terakhir, maka Z

xn cos (x)

dx =

xn sin (x)

+

nxn 1 cos (x)

n (n

1)

Z

xn

2 cos (x)

dx:

(f ) Diambil u = sin (px + q) dan dv = eax+b dx dengan du = p cos (px + q) dx dan 1 v = eax+b , maka a Z Z p 1 ax+b ax+b e sin (px + q) dx = e sin (px + q) eax+b cos (px + q) dx: a a Dalam integral terakhir, diambil u = cos (px + q) dan dv = eax+b dx dengan du = 1 p sin (px + q) dan v = eax+b , maka a Z Z p 1 ax+b ax+b cos (px + q) + eax+b sin (px + q) dx: (1.4) e cos (px + q) dx = e a a Karena itu diperoleh Z eax+b sin (px + q) dx =

=

1 ax+b p 1 ax+b e sin (px + q) e cos (px + q) a a a Z p + eax+b sin (px + q) dx a eax+b [a sin (px + r) p cos (px + q)] a2 Z p2 eax+b sin (px + q) dx: a2

Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk mendapatkan Z p2 eax+b 1+ 2 eax+b sin (px + q) dx = [a sin (px + q) p cos (px + q)] : a a2 Jadi, Z

eax+b sin (px + q) dx =

eax+b [a sin (px + q) a2 + p2

p cos (px + q)] + k:

(1.5)

16

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(g) Jika (1:5) disubstitusikan ke (1:4) tanpa konstanta k, diperoleh Z 1 ax+b eax+b cos (px + q) dx = e cos (px + q) a p eax+b [a sin (px + q) p cos (px + q)] + k + a a2 + p2 1 = eax+b cos (px + q) a p2 1 p sin (px + q) + 2 cos (px + q) + k: a + p2 a Jadi, Z

eax+b cos (px + q) dx =

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

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.3 Untuk soal (1) (6), buktikan setiap rumus dari integral fungsi-fungsi trigonometri invers. Integral diselesaikan pertama kali menggunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil u sama dengan fungsi integran. Z p (1) arcsin (x) dx = x arcsin (x) 1 x2 + k (2) (3) (4) (5) (6)

Z Z Z Z Z

p

arccos (x) dx = x arccos (x)

1

x2 + k

arctan (x) dx = x arctan (x)

1 ln 1 + x2 + k 2

arccot (x) dx = x arccot (x) +

1 ln 1 + x2 + k 2

arcsec (x) dx = x arcsec (x)

ln x +

p

x2

1 +k

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

p

x2

1 +k

Hitung integral-integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya. Z Z Z x 2x (7) xe dx (8) xe dx (9) x3 ln (x) dx (10) (13) (16)

Z

Z

Z

2

x ln (x) dx

(11)

e3x cos (2x) dx

(14)

x ln (x + 1) dx

(17)

Z

Z

Z

3

ln (x) dx

(12)

x2 sin (2x) dx

(15)

x ln3 (x) dx

(18)

Z Z

Z

e2x sin (3x) dx sin (ln (x)) dx x2 ln (x) dx

17

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(19) (22) (25) (28)

1.4

Z

Z

Z

Z

x2 ln3 (x) x3 cos (x)

dx

(20)

dx

(23)

x sin2 (x) dx

(26)

x3 sin

x2

Z

dx

2

sin (x) dx

Z

x3 cos

Z

(e)

1 dx

Z

(24)

Z

(27)

x sin (x) cos (x) dx

Z

(30)

x3 sin (x) dx x arccot (x) dx x arcsec (x) dx x arctan (x) dx

Integral Fungsi Hiperbolik

Rumus-rumus integrasi berikut ini adalah valid: Z (a) sinh (x) dx = cosh (x) + k (b) (c)

(21)

x3 arcsec (x) dx

Z

(29)

2x2

Z

Z Z

tanh (x) dx = ln (cosh (x)) + k

(d)

sech (x) dx = 2 arctan (ex ) + k

(f)

Z

Z Z

cosh (x) dx = sinh (x) + k coth (x) dx = ln jsinh (x)j + k csch (x) dx = ln tanh

x 2

+k

Setiap rumus di atas dapat secara mudah dibuktikan dengan diferensiasi ruas kanan untuk mendapatkan integran di ruas kiri dan juga mengingat bahwa sinh (x) =

ex

x

e

dan

2

cosh (x) =

ex + e 2

x

:

Contoh 1.18 Untuk n 2 N dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut: Z Z sinhn (x) dx dan coshn (x) dx: (a) Digunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil u = sinhn

1

sehingga diperoleh Z Z sinhn (x) dx = sinhn

(x)

1

dan dv = sinh (x) dx;

(x) sinh (x) dx

= sinhn 1 (x) cosh (x) Z cosh (x) (n 1) sinhn = sinhn

1

= sinhn

1

(n

(x) cosh (x)

(n

2

(x) cosh (x) dx Z 1) sinhn 2 (x) cosh2 (x) dx

(x) cosh (x) Z 1) sinhn 2 (x) 1 + sinh2 (x) dx:

18

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Karena itu, Z sinhn (x) dx = sinhn

1

(x) cosh (x) Z 1) sinhn 2 (x) dx

(n

(n

1)

Z

sinhn (x) dx:

Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh Z Z n n 1 n sinh (x) dx = sinh (x) cosh (x) (n 1) sinhn 2 (x) dx: Jadi, Z

1 sinh (x) dx = sinhn n n

1

(x) cosh (x)

(n

1) n

Z

sinhn

2

(x) dx:

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

1

(x)

maka Z Z n cosh (x) dx = coshn

1

dan

dv = cosh (x) dx;

(x) cosh (x) dx

= coshn 1 (x) sinh (x) Z sinh (x) (n 1) coshn = coshn

1

= coshn

1

(n = coshn + (n

(x) sinh (x)

(n

2

(x) sinh (x) dx Z 1) coshn 2 (x) sinh2 (x) dx

(x) sinh (x) Z 1) coshn 2 (x) cosh2 (x) 1 dx Z 1 (x) sinh (x) (n 1) coshn (x) dx Z 1) coshn 2 (x) dx:

Dibawa suku kedua di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh Z Z n n 1 n cosh (x) dx = cosh (x) sinh (x) + (n 1) coshn 2 (x) dx: Jadi, Z

1 cosh (x) dx = coshn n n

1

(x) sinh (x) +

(n

1) n

Z

coshn

2

(x) dx:

19

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.4 Untuk soal (1) (2), buktikan setiap rumus reduksi, dimana n 2 N, dengan cara menyelesaikan masalah integral menggunakan rumus integrasi parsial. Z Z n n n 1 (1) x sinh (x) dx = x cosh (x) nx sinh (x) + n (n 1) xn 2 sinh (x) dx (2)

Z

xn cosh (x) dx = xn sinh (x)

nxn

1 cosh (x)

+ n (n

1)

Z

xn

2 cosh (x)

dx

Hitung setiap integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya. Z Z (3) sinh (3x) dx (4) x sinh (x) dx (5) (7) (9) (11) (13) (15) (17) (19)

1.5

Z Z

Z

Z

Z Z

Z

Z

x cosh (x) dx csch (ax + b) dx

(6) (8)

coth (ax + b) dx

(10)

sinh2 (x) dx

(12)

2

x cosh (x) dx x2 sinh (x) x3 sinh (x) e

dx dx

x sinh (x)

dx

(14) (16) (18) (20)

Z Z

Z Z

Z

Z

Z Z

sech (ax + b) dx tanh (ax + b) dx sinh (x) cosh (x) dx cosh2 (x) dx sinh3 (x) dx x2 cosh (x) dx x3 cosh (x) dx e

2x cosh (2x)

dx

Integral Trigonometri

Seringkali terdapat kemungkinan untuk mentransformasikan suatu integral ke salah satu dari bentuk: Z Z Z Z sinn (x) dx; cscn (x) dx; cosn (x) dx; secn (x) dx; Z Z n tan (x) dx; cotn (x) dx: Integral-integral tersebut dapat dihitung dengan rumus reduksi yang diperoleh menggunakan rumus integrasi parsial seperti dalam contoh-contoh berikut ini.

20

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.19 Diperhatikan integral tak tentu: Z sinn (x) dx: Diambil u = sinn

1

1) sinn

du = (n maka Z Z n sin (x) dx = sinn n 1

= sin

1

2

(x) cos (x) dx; v =

sinn

1

=

sinn

1

cos (x) ;

(x) sin (x) dx

(x) ( cos (x))

=

(n

(x) ; dv = sin (x) dx;

Z

( cos (x)) (n 1) sinn 2 (x) cos (x) dx Z 1) sinn 2 (x) 1 sin2 (x) dx Z 1) sinn 2 (x) dx

(x) cos (x) + (n

(x) cos (x) + (n Z 1) sinn (x) dx:

Sekarang kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral: Z Z n sin (x) dx + (n 1) sinn (x) dx = sinn 1 (x) cos (x) Z + (n 1) sinn 2 (x) dx Z n sinn (x) dx = sinn 1 (x) cos (x) Z + (n 1) sinn 2 (x) dx sehingga diperoleh rumus reduksi Z

n

sin (x) dx =

Untuk n = 2, diperoleh Z sin2 (x) dx = =

1 sinn n

1

(x) cos (x) +

1 1 sin (x) cos (x) + 2 2 1 (x 2

Z

(n

1) n

1 dx =

Z

sinn

2

(x) dx:

1 1 sin (x) cos (x) + x + k 2 2

sin (x) cos (x)) :

Untuk n = 3, diperoleh Z sin3 (x) dx = =

1 sin2 (x) cos (x) + 3 1 sin2 (x) cos (x) 3

(1.6)

Z 2 sin (x) dx 3 2 cos (x) + k: 3

21

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Untuk n = 4, diperoleh Z sin4 (x) dx =

Z 3 sin2 (x) dx 4 3 (x sin (x) cos (x)) + k: 8

1 sin3 (x) cos (x) + 4 1 sin3 (x) cos (x) + 4

=

Contoh 1.20 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:6), maka Z Z 1 (n 1) n 2 n 1 sin (x) dx = sin (x) cos (x) + sinn (x) dx n n Z Z 1 n sinn 2 (x) dx = sinn 1 (x) cos (x) + sinn (x) dx; n 6= 1 n 1 n 1 Z 1 sin m 2 (x) dx = sin m 1 (x) cos (x) m 1 Z m sin m (x) dx; m 6= 1 + m 1 Z Z 1 m m+2 m csc (x) dx = csc (x) cot (x) + cscm (x) dx; m 6= m+1 m+1 Ini memberikan rumus reduksi Z 1 cscp (x) dx = cscp p 1

2 (x) cot (x)

+

p p

2 1

Z

cscp

2 (x)

1:

dx; p 6= 1:

Contoh 1.21 Digunakan metode yang serupa dengan Contoh 1.19 untuk menghitung integral tak tentu Z cosn (x) dx: Diingat bahwa cos (x) = sin Z

n

cos (x) dx = = = =

Z Z

sinn

2 2

x dan cos x

dx;

sinn (u) ( du) =

Z

x = sin (x). Karena itu 2 h i dimisalkan u = x; du = dx 2

sinn (u) du Z 1 n 1 n 1 sin (u) cos (u) + sinn 2 (u) du n n Z 1 n 1 n 1 sin x cos x sinn 2 n 2 2 n 2

x

( dx)

yang memberikan rumus reduksi Z

cosn (x)

1 dx = cosn n

1 (x) sin (x)

+

n

1 n

Z

cosn

2 (x)

dx:

(1.7)

22

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.22 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:7), maka Z Z 1 m 1 m m 1 cos (x) dx = cos (x) sin (x) + cos m 2 (x) dx m m Z Z 1 m+1 m m sec (x) dx = sec (x) tan (x) + secm+2 (x) dx: m m Pada penyelesaian untuk integral terakhir, diperoleh Z Z 1 m m+2 m sec (x) dx = sec (x) tan (x) + secm (x) dx; m 6= m+1 m+1 dan pada akhirnya dihasilkan rumus reduksi Z 1 p secp (x) dx = secp 2 (x) tan (x) + p 1 p

2 1

Z

secp

2 (x)

1

dx; p 6= 1:

Contoh 1.23 Diperhatikan integral tak tentu Z tann (x) dx: Dicatat bahwa tan2 (x) = sec2 (x) 1, sehingga dapat dituliskan kembali Z Z Z tann (x) dx = tann 2 (x) tan2 (x) dx = tann 2 (x) sec2 (x) Z Z n 2 2 = tan (x) sec (x) dx tann 2 (x) dx:

1 dx

Untuk integral pertama di ruas kanan, diambil u = tan (x) sebagai suatu substitusi. Z Z Z Z un 1 n n 2 n 2 tan (x) dx = u du tan (x) dx = tann 2 (x) dx; n 6= 1: n 1 Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi Z tann 1 (x) tann (x) dx = n 1

Z

tann

2 (x)

dx; n 6= 1:

(1.8)

Contoh 1.24 Digunakan rumus reduksi tan x = cot (x) di (1:8) untuk mem2 peroleh Z Z h i n cot (x) dx = tann x dx; dimisalkan u = x; du = dx 2 2 Z Z = tann (u) ( du) = tann (u) du Z tann 1 (u) = tann 2 (u) du ; n 6= 1 n 1 Z cotn 1 (x) + cotn 2 (x) ( dx) ; n 6= 1:: = n 1

23

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi Z

cotn (x)

dx =

cotn n

1 (x)

1

Z

cotn

2 (x)

dx; n 6= 1:

Selanjutnya, menggunakan identitas sin2 (x) + cos2 (x) = 1 kita dapat menghitung integral berbentuk Z sinm (x) cosn (x) dx (1.9) dimana m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif. Aturannya adalah seperti berikut: (a) (b) (c)

Jika m adalah ganjil, maka diambil substitusi u = cos (x). Jika n adalah ganjil, maka diambil substitusi u = sin (x). 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 suatu polinomial dalam u. Sementara itu, dalam aturan (c) perlu digunakan rumus reduksi untuk menyelesaikan integral yang dijumpai.

Contoh 1.25 Diperhatikan integral tak tentu Z sin4 (x) cos3 (x) dx: Pertama kali dinyatakan Z Z sin4 (x) cos3 (x) dx = sin4 (x) cos2 (x) cos (x) dx Z = sin4 (x) 1 sin2 (x) cos (x) dx: Diambil substitusi u = sin (x), du = cos (x) dx, maka Z Z 1 1 7 sin4 (x) cos3 (x) dx = u4 1 u2 du = u5 u +k 5 7 1 1 = sin5 (x) sin7 (x) + k: 5 7 Metode di atas juga bekerja untuk suatu pangkat ganjil dari sin (x) dikalikan sembarang pangkat dari cos (x), dan juga sebaliknya.

Contoh 1.26 Diperhatikan integral tak tentu Z p cos (x) sin3 (x) dx:

24

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Pertama kali dinyatakan Z p Z p 3 cos (x) sin (x) dx = cos (x) sin2 (x) sin (x) dx Z p = cos (x) 1 cos2 (x) sin (x) dx: Diambil substitusi u = cos (x), du = sin (x) dx, maka Z p Z Z p 3 2 cos (x) sin (x) dx = u 1 u ( 1) du = =

=

1

5

u 2 + u 2 du

2 3 2 7 u2 + u2 + k 3 7 3 7 2 2 cos 2 (x) + cos 2 (x) + k: 3 7

Contoh 1.27 Z Z 2 4 4 sin (x) cos (x) dx = sin4 (x) 1 sin2 (x) dx 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 berbentuk Z Z m n tan (x) sec (x) dx dan cotm (x) csc n (x) dx: Aturannya adalah seperti berikut: (a) (b)

Ketika m adalah genap, maka digunakan identitas tan2 (x) = sec2 (x) 1 untuk integral pertama atau cot2 (x) = csc 2 (x) 1 untuk integral kedua. Jika m adalah ganjil, maka digunakan substitusi u = sec (x) untuk integral pertama 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. Sementara itu aturan (b) akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u. Contoh 1.28 Z Z 4 tan (x) sec (x) dx = Z =

2

sec2 (x)

1

sec5 (x)

2 sec3 (x) + sec (x) dx:

sec (x) dx

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

25

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.29 Diperhatikan integral tak tentu Z cot3 (x) csc 3 (x) dx: Pertama kali dinyatakan Z Z cot3 (x) csc 3 (x) dx = cot2 (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, maka Z Z 1 1 3 3 3 cot (x) csc (x) dx = u2 1 u2 du = u5 u +k 5 3 1 1 = csc5 (x) + csc3 (x) + k: 5 3 Berikutnya, dengan menggunakan identitas-identitas trigonometri: 1 [sin (x 2 1 sin (x) sin (y) = [cos (x 2 1 cos (x) cos (y) = [cos (x 2 kita mendapatkan rumus-rumus integrasi seperti sin (x) cos (y) =

(1) (2) (3)

Z

Z

Z

y) + sin (x + y)] ; y)

cos (x + y)] ;

y) + cos (x + y)] ; berikut ini:

sin (ax) cos (bx) dx =

1 cos ((b a) x) 2 b a

cos ((b + a) x) + k; a2 6= b2 b+a

sin (ax) sin (bx) dx =

1 sin ((b a) x) 2 b a

sin ((b + a) x) + k; a2 6= b2 b+a

cos (ax) cos (bx) dx =

1 sin ((b a) x) sin ((b + a) x) + + k; a2 6= b2 2 b a b+a

untuk bilangan-bilangan riil a dan b:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.5 Untuk soal (1) (9), hitung setiap integral yang diberikan dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya. p Z Z Z cos2 ( x) 2 p (1) dx (2) cot (x) dx (3) sec3 (x) dx x Z Z Z (4) cos4 (x) dx (5) tan5 (x) dx (6) sec5 (x) dx (7)

Z

csc 3 (x) dx

(8)

Z

1 dx 4 sin (x)

(9)

Z

sec4 (3x

1) dx

26

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Hitung setiap integral berikut ini. Z (10) sin5 (x) cos4 (x) dx (12) (14) (16) (18) (20) (22) (24) (26) (28) (30)

1.6

Z Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

Z

4

sin

(x) cos4 (x)

tan5 (x) sec 4 (x) tan4 (x) sec 5 (x)

(11)

dx

(13)

dx

(15)

dx

(17)

tan4 (x) sec 4 (x) dx

(19)

tan3 (x) sec 3 (x) dx

(21)

sin (x) cos (7x) dx

(23)

sin (4x) cos (4x) dx

(25)

sin (2x) sin (3x) dx

(27)

sin (3x) sin (5x) dx

(29)

Z

sin3 (x) cos5 (x) dx

Z

sin2 (x) cos4 (x) dx

Z

cot5 (x) csc 4 (x) dx

Z

cot4 (x) csc 5 (x) dx

Z

cot4 (x) csc 4 (x) dx

Z

cot5 (x) csc 5 (x) dx

Z

sin (2x) cos (3x) dx

Z

sin (3x) cos (3x) dx

Z

sin (4x) sin (6x) dx

Z

cos (3x) cos (5x) dx

cos (2x) cos (4x) dx

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 adalah mengambil x, a, dan akar kuadrat sebagai sisi-sisi dari suatu segitiga siku-siku dan menggunakan salah satu sudut lancipnya sebagai suatu variabel baru . Terdapat tiga jenis 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 a2 − x2

x

27

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Selanjutnya diperoleh: p

dx = a cos ( ) d ; a2

x2 = a2 cos2 ( ) ; x a2 x2 = a cos ( ) ; = arcsin ; a p x a2 x2 x ; sin ( ) = ; cos ( ) = ; tan ( ) = p a a a2 x2 p a a a2 x2 csc ( ) = ; cot ( ) = ; sec ( ) = p . x x a2 x2

Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut: (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Z

Z Z Z Z Z

x a2

x2 1

a2

x2

a2

p

a2

x2 1

1 p 2 x a p

dx =

x

p

a2

1 ln a2 2

dx =

x2 + k

1 a x ln +k 2a a+x

dx =

p

a2

x2 + k

x +k a p 1 a a2 dx = ln a x x2

x2

dx = arcsin

x2 dx =

x2

+k

x 1 p a2 arcsin + x a2 2 a 2

x2 + k

Contoh 1.30 Diperhatikan integral tak tentu Z x3 p dx: 9 x2 Diambil substitusi x = 3 sin ( ), dx = 3 cos ( ) d , maka Z

Z x3 sin3 ( ) p dx = 27 p cos ( 9 x2 1 sin2 ( ) 1 = 27 sin2 ( ) cos ( ) 3 p 9 x2 1 x2 = 27 3 3 9 p 1 2 2 = 9 9 x2 x 27 3

Z ) d = 27 sin3 ( ) d 2 cos ( ) + k 3 2 3

+k

+ k:

28

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

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

a2 − x2

x

θ

a

Selanjutnya diperoleh: p

dx = a sec 2 ( ) d ; a2 + x2 = a2 sec 2 ( ) ; x a2 + x2 = a sec ( ) ; = arctan ; a x a x sin ( ) = p ; cos ( ) = p ; tan ( ) = ; 2 2 2 2 a a +x a +x p p 2 2 2 2 a +x a +x a csc ( ) = ; sec ( ) = ; cot ( ) = . x a x

Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut: (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Z

Z

Z

Z

a2

x 1 dx = ln a2 + x2 + k 2 +x 2

a2

1 1 x +k dx = arctan 2 +x a a

p

p x dx = a2 + x2 + k a2 + x2

p 1 dx = ln x + a2 + x2 + k a2 + x2 p Z 1 1 a2 + x2 a p dx = ln +k a x x a2 + x2 Z p p a2 1 p a2 + x2 dx = ln x + a2 + x2 + x a2 + x2 + k 2 2 p

Contoh 1.31 Diperhatikan integral tak tentu Z 1

dx: (x2 + 2)2 p p Diambil substitusi u = 2 tan ( ), dx = 2 sec 2 ( ) d , maka p p Z Z Z 1 2 sec 2 ( ) 2 1 d 2 dx = 2 d = 4 2 2 sec 2 ( ) (x + 2) (2 tan ( ) + 2) p Z 2 = cos2 ( ) d : 4

29

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Selanjutnya bisa digunakan rumus reduksi dari cosn ( ) untuk mendapatkan p Z 1 2 1 dx = cos ( ) sin ( ) +k 2 4 2 (x2 + 2) ! p p 2 1 2 x x p p +k = arctan p 4 2 2 x2 + 2 x2 + 2 p x 2 x = + k: arctan p 4 (x2 + 2) 4 2

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

x

x2 − a2

θ

a

Selanjutnya diperoleh p

dx = a sec ( ) tan ( ) d ; x2 x2

a2 = a tan ( ) ; = arcsec p x2 a2 sin ( ) = ; cos ( ) = x x ; sec ( ) = csc ( ) = p 2 x a2

a2 = a2 tan 2 ( ) ;

x ; a p a x2 a2 ; tan ( ) = ; x a x a . ; cot ( ) = p 2 a x a2

Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut: (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Z Z Z

Z Z Z

x x2

a2 1

x2

a2

1 ln x2 2

dx =

1 x a ln +k 2a x+a

x

p

x2

p

x2

a2

1

1 p 2 x x p

dx =

x2

a2

dx =

p

x2

dx = ln x +

a2

dx =

a2 dx =

a2 + k

a2 + k p

x2

a2 + k

1 x arcsec +k a a p a2 ln x + x2 2

1 p a2 + x x2 2

a2 + k

30

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.32 Diperhatikan integral tak tentu Z p 2 x 4x dx: x 2 Dipunyai x2

4x = x2

4x + 4

2)2

4 = (x

4 = u2

4

dimana kita menggunakan substitusi u = x 2. Karena itu Z p 2 Z p 2 x 4x u 4 dx = du: x 2 u Untuk menghitung integral di ruas kanan, digunakan substitusi trigonometri u = 2 sec ( ), du = 2 sec ( ) tan ( ) d , maka Z p Z Z p 2 4 sec2 ( ) 4 u 4 du = 2 sec ( ) tan ( ) d = 2 tan2 ( ) d u 2 sec ( ) ! p u2 4 u = 2 (tan ( ) )+k =2 + k: arcsec 2 2 Oleh karena itu, dengan substitusi u = x 2 diperoleh Z p 2 p x 4x dx = x2 4x 2 arcsec x 2

x

2 2

+ k:

Dua contoh berikut ini menunjukkan bagaimana metode pelengkapan kuadrat (completing the square) digunakan untuk membawa suatu pernyataan kuadratik ke salah satu dari pernyataan di (1.10). Contoh 1.33 Diperhatikan integral tak tentu Z 1 p dx, dengan syarat a > 0 dan D = b2 2 c + bx ax

4ac < 0.

Pertama kali dilakukan metode pelengkapan kuadrat: c + bx

c b + x a a

ax2 = a = a = a = a

" h

x2

c + a

b 2a

2

c + a

b 2a

2

q+p

2

b 2a x

(x

2

p)

i

2

b +2 x 2a #

b 2a

x2

!

2

b c dan q = . Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu 2a a Z Z 1 1 1 p q dx = p dx, dengan syarat p2 < q. 2 a 2 c + bx ax 2 (q + p ) (x p)

dimana p =

31

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x p, dy = dx, maka Z Z 1 1 q dx = p dy. 2) 2 2 (q + p y 2 (q + p ) (x p) p p Selanjutnya dibuat substitusi y = (q + p2 ) sin (u), dy = (q + p2 ) cos (u) du, maka p Z Z (q + p2 ) cos (u) 1 p p dy = du (q + p2 ) y 2 (q + p2 ) (q + p2 ) sin2 (u) Z cos (u) p = du = u + k 1 sin2 (u) ! y = arcsin p + k: (q + p2 ) Oleh karena itu, Z

p

1 c + bx

ax2

1 dx = p arcsin a

p

b2

2a + 4ac

Contoh 1.34 Diperhatikan integral tak tentu Z 1 dx, dengan syarat D = b2 2 ax + bx + c

x

b 2a

+ k:

4ac < 0.

Dilakukan metode pelengkapan kuadrat: b c ax2 + bx + c = a x2 + x + a a b b 2 b 2 c = a x2 + 2 x + + 2a 2a 2a a " !# c b 2 b 2 = a x+ + 2a a 2a h i = a (x + p)2 + q p2

!

b c dan q = . Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu 2a a Z Z 1 1 1 dx = dx, dengan syarat p2 < q. 2 2 ax + bx + c a (x + p) + (q p2 )

dimana p =

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x + p, dy = dx, maka Z Z 1 1 dx = dy. 2 2 2 y + (q p2 ) (x + p) + (q p )

32

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

p p2 ) tan (u), dy = (q p2 ) sec2 (u) du, maka p Z (q p2 ) sec2 (u) du dy = p2 ) (q p2 ) tan2 (u) + (q p2 ) Z 1 1 sec2 (u) = p du = p u+k 2 2 (q p ) tan (u) + 1 (q p2 ) ! y 1 arctan p + k: = p (q p2 ) (q p2 )

Selanjutnya dibuat substitusi y = Z

y2

1 + (q

Oleh karena itu, Z

ax2

p

(q

2 1 dx = p + bx + c 4ac

b2

p

arctan

2a 4ac b2

x+

b 2a

+ k:

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.6 Hitung integral-integral berikut ini. Z x p (1) dx (2) 4 x2 Z 1 dx (5) (4) 4 x2 Z x p (7) dx (8) 9 + x2 Z 1 (10) dx (11) 2 x 16 Z 1 p (13) dx (14) x x2 4 Z p (16) 9 x2 dx (17) (19) (22) (25) (28) (31)

Z

Z

x2 p dx 4 + x2 1 x2 )2

dx

(9 Z p 4 + x2 dx x Z 1 p dx 2 x 4 x2 Z 1 dx 2 x 4x + 12

(20) (23) (26) (29) (32)

Z Z Z

Z Z Z

Z Z

p

Z

x2

4

dx

x dx 9 + x2 p p

1 dx 9 + x2 x x2

p

dx

16

9x2

4

p

dx

x2 x2

dx

16 1

(x2

2

16)

dx

x2 4 dx x

x2

p

1 x2

(3) (6)

1 p dx x 9 x2

Z p

Z

1

4

dx

1 p dx 4x x2

(9) (12) (15) (18) (21) (24) (27) (30) (33)

Z

Z

Z Z Z Z Z

Z Z Z Z

x x2

4

dx

1 dx 9 + x2 x x2 p

16

dx

1 x2

16

dx

dx p x x2 + 16 p

x2 dx 1 x2 1

(9 + x2 )2 1 3

(4 + x2 ) 2 x2

p

dx dx

1 dx x2 + 4

x2

1 dx 2x + 5

p

dx 4x + 12

x2

33

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(34) (37) (40) (43) (46) (49) (52) (55) (58)

1.7

Z

Z

Z Z

Z Z

Z

Z

Z

1 4x

x2

dx

(35)

x dx p 2 x 2x + 5

(38)

2x + 7 dx x2 + 4x + 13

(41)

x+4 p dx 9x2 + 16 1 p dx 4x x2

(47)

x p dx 4x x2 p

(50)

x dx 6 + x 2x2

3x2

(53)

dx 12x + 16

(x + 1) p x2 + 2x

(44)

(56)

1

8

dx

(59)

Z Z Z Z Z Z Z Z Z

dx p 2 x 2x + 5

(36)

x dx x2 + 4x + 13 p

(39)

x+3 dx 2 x + 2x + 5

x+2 p dx 16 9x2 p

1 9x

4x2

(42) (45)

dx

(48)

dx p 2 x 2x + 8

(51)

x dx x2 + x + 1

(54)

dx 2 12x + 56x + 72

(57)

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

1

5

dx

(60)

Z Z Z

Z

Z Z Z Z Z

x2

x 4x

12

p

4x

x2 dx

5

p p

1 4x2

dx

1 6x

p p

1

dx

4x2

dx

dx 8x

25x2

dx 3 + 4x

4x2

1 dx x2 + 3x + 5 9x2 p

8 dx 12x + 20

e2x dx 5 e2x + e4x

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 pecahan lebih sederhana yang dinamakan pecahan parsial. Ini dapat dilakukan dengan cara seperti berikut: (1) Jika derajat dari P (x) lebih besar atau sama dengan derajat dari Q (x), maka digunakan pembagian panjang dari polinomial untuk mendapat suatu hasil bagi p (x) dan suatu sisa r (x), sehingga fungsi rasional dituliskan kembali sebagai R (x) =

P (x) r (x) = p (x) + Q (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 difaktorkan n lagi) ax2 + bx + c, atau suatu pangkat berbentuk (ax + b)n atau ax2 + bx + c . (3)

r (x) dinyatakan sebagai jumlahan dari pecahan-pecahan parsial. Jika (ax + b)n Q (x) muncul dalam faktorisasi dari Q (x), jumlahan dari pecahan parsial akan memuat

34

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi suku-suku berikut: A1 A2 An + + ::: + ; 2 ax + b (ax + b) (ax + b)n

dimana A1 , A2 , ..., An adalah konstanta-konstanta tertentu. Jika muncul bentuk m ax2 + bx + c , jumlahan dari pecahan parsial akan memuat B1 x + C1 Bm x + Cm B2 x + C2 + ::: + ; + ax2 + bx + c (ax2 + bx + c)2 (ax2 + bx + c)m dimana B1 , B2 , ..., Bm dan C1 , C2 , ..., Cm adalah konstanta-konstanta tertentu. A secara mudah diintegralkan menggunakan Aturan (ax + b)n Z Z 1 1 n n+1 u dx = u + k; n 6= 1; dan du = ln juj + k: n+1 u

Pecahan parsial bertipe Pangkat

Pecahan parsial bertipe

Bx + C dapat diintegralkan seperti berikut. + bx + c)m

(ax2

Pertama kali penyebut dibagi oleh am sehingga pecahan mempunyai bentuk lebih sederhana: Bx + C : m 2 a (x + b1 x + c1 )m Jika dilakukan pelengkapan kuadrat dengan membuat substitusi u = x + 12 b1 , kita memperoleh 1 2 x2 + b1 x + c1 = u2 + c1 b = u2 + k 2 ; 4 1 dimana k = c1 14 b21 . Sekarang integral mengambil bentuk lebih sederhana: Z Z Z 1 Bu + C 1 Bu 1 C du = du + du: am (u2 + k 2 )m am (u2 + k 2 )m am (u2 + k 2 )m Integral pertama di ruas kanan dapat dihitung dengan mengambil w = u2 + k 2 , 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-konstanta tak diketahui Ai , Bi , dan Ci . Dalam tiga contoh pertama berikut ini ditunjukkan bagaimana hal tersebut dilakukan.

Contoh 1.35 Diperhatikan fungsi rasional x2

5x + 17 : 3x 10

Pertama kali kita memfaktorkan penyebut: x2

3x

10 = (x + 2) (x

5) :

35

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

Karena terdapat dua faktor linear, maka haruslah dibentuk jumlahan dari dua pecahan parsial: 5x + 17 A B = + : 2 x 3x 10 x+2 x 5 Cara kita mencari A dan B adalah dengan menggunakan (x + 2) (x 5) sebagai suatu penyebut persekutuan sehingga pembilang dari kedua ruas persamaan adalah sama. x2

5x + 17 A (x 5) + B (x + 2) = 3x 10 (x + 2) (x 5) 5x + 17 = A (x 5) + B (x + 2) :

Penyelesaian untuk A dan B dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang dua nilai x (untuk kemudahan biasanya diambil akar-akar dari penyebut): x= 2 x=5

=) 5 ( 2) + 17 = A ( 7) + 0 =) A = =) 5 5 + 17 = 0 + B 7 =) B = 6:

1;

Oleh karena itu, x2

5x + 17 1 6 = + : 3x 10 x+2 x 5

Contoh 1.36 Diperhatikan fungsi rasional 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 jumlahan dari empat pecahan parsial: A B C D 2x3 + x + 1 = + 2+ + : 4 3 2 x + 2x + x x x x + 1 (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 sembarang empat nilai x: x=0 x= 1 x=1 x=2

=) 0 + 0 + 1 = 0 + B + 0 + 0 =) B = 1; =) 2 + ( 1) + 1 = 0 + 0 + 0 + D =) D = 2; =) 2 + 1 + 1 = 4A + 4 + 2C + ( 2) =) 2A + C = 1; =) 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 1 1 3 2 = + 2+ + : 4 3 2 x + 2x + x x x x + 1 (x + 1)2

36

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.37 Diperhatikan fungsi rasional 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 2

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

=

A Bx + C Dx + E : + 2 + x + 1 x + 2x + 3 (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 sembarang lima nilai x: x= 1 x=0 x=1 x=2 x=

2

=) =) =) =) =) =) =) =)

1 4 + 11 12 + 8 = 4A =) A = 1; 0 + 0 + 0 + 0 + 8 = 9A + 3C + E =) 3C + E = 1; 1 + 4 + 11 + 12 + 8 = 36A + 12 (B + C) + 2 (D + E) 6 (B + C) + D + E = 0; 16 + 32 + 44 + 24 + 8 = 121A + 33 (2B + C) + 3 (2D + E) 11 (2B + C) + 2D + E = 1; 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 = Oleh karena itu, x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 (x +

1) (x2

2

+ 2x + 3)

=

1.

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

Sekarang kita siap untuk menghitung integral dari fungsi pecah rasional. Contoh 1.38 Diperhatikan integral tak tentu Z 3 x + 4x2 1 dx: x+2 Karena derajat dari pembilang lebih besar dari pada penyebut, maka langkah pertama adalah membagi pembilang dengan penyebut menggunakan pembagian panjang. Hasilnya adalah x3 + 4x2 1 7 = x2 + 2x 4 + : x+2 x+2 Sekarang dengan mudah kita dapat mengintegralkan setiap suku dalam jumlahan. Z 3 Z x + 4x2 1 7 dx = x2 + 2x 4 + dx x+2 x+2 1 3 = x + x2 4x + 7 ln jx + 2j + k: 3

37

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.39 Diperhatikan integral tak tentu Z 5x + 17 dx: 2 x 3x 10

Karena pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil dibandingkan dengan penyebut, maka tidak perlu dilakukan pembagian panjang. Dari hasil di Contoh 1.35 dipunyai x2 maka

Z

5x + 17 1 6 = + ; 3x 10 x+2 x 5

5x + 17 dx = x2 3x 10 =

Z

Z 1 6 dx + dx x+2 x 5 ln jx + 2j + 6 ln jx 5j + k:

Contoh 1.40 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.36, Z Z Z Z Z 2x3 + x + 1 1 1 3 2 dx dx = dx + dx + dx + 4 3 2 2 x + 2x + x x x x+1 (x + 1)2 1 2 = ln jxj + 3 ln (x + 1) + + k. x x+1 Contoh 1.41 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.37, Z 4 Z Z x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 1 x 1 dx = dx + dx 2 x+1 (x + 1) (x2 + 2x + 3) (x2 + 2x + 3)2 Z x 1 = ln jx + 1j + dx: 2 (x + 2x + 3)2 Dengan membuat substitusi u = x + 12 2 = x + 1, dipunyai x2 + 2x + 3 = u2 + 2. Karena itu Z Z Z Z u 2 u 2 x 1 dx = du = du + du: 2 2 2 (x2 + 2x + 3) (u2 + 2) (u2 + 2) (u2 + 2)2 Integral pertama di ruas kanan dihitung dengan mengambil w = u2 + 2, dw = 2u du, maka Z Z Z u 1 2u 1 1 1 1 dw = = : du = du = 2 2 2 2 2 (u2 + 2) 2 w 2w 2 (u + 2) (u2 + 2) p Integral kedua dihitung dengan substitusi trigonometri u = 2 tan ( ), dan dengan menggunakan hasil di Contoh 1.31 diperoleh bahwa " # p Z 2 u 2 u du = 2 arctan p : 4 (u2 + 2) 4 2 (u2 + 2)2 Terakhir, dengan substitusi balik u = x + 1 didapatkan Z 4 x + 4x3 + 11x2 + 12x + 8 1 dx = ln jx + 1j 2 2 2 2 (x + 2x + 3) (x + 1) (x + 2x + 3) " p x+1 2 2 arctan 2 4 (x + 2x + 3) 4

x+1 p 2

#

+ k:

38

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.7 Hitung integral-integral berikut ini. Z 1 (1) dx (x 1) (x 2) (x + 4) Z 1 dx (3) (x a) (x b) Z 1 (5) dx 2 (x + 1) (x2 + 4) Z 2x (7) dx 2 x 5x + 6 Z x+1 dx (9) (x + 2) (x2 + 4) Z 2 (11) dx (x2 + 4) (x2 + 9) Z x2 (13) dx (x2 + 4) (x2 + 9) Z x 4 (15) dx 2 (x + 4) (x + 1) Z 1 (17) dx 4 x 16 Z 3 x + x2 + 2 (19) dx x2 1 Z 6 x 2 (21) dx x4 + x2 Z 5 x + 2x4 + 4x3 + x + 1 (23) dx x2 + x + 1 Z 2x3 11x2 + 17x 16 (25) dx x4 4x3 + 5x2 4x + 4

1.8

(2) (4) (6) (8) (10) (12) (14) (16) (18) (20) (22) (24) (26)

Z

Z

Z

Z Z

Z Z

Z

Z

Z Z Z

Z

(x

1 dx 4) (10 + x)

(x

1 a) (b

(x

1 dx 1) (x2 + 1)

dx

x)

x dx (x + 3) (x + 4) x+2 dx (x + 3) (x2 + 1) (x2

1 4) (x2

9)

(x2

x 4) (x2

9)

dx

1 dx 5x + 4

x2 x x4

81

x3

x2 x2

x3

dx

dx 7x + 8 dx 4x + 4

x2 + x 3 dx 2x2 x + 2

x2 + 3x 1 dx x4 + x3 + x2 + x 9 + 6x + 2x2 + x3 dx 4 + x2

Integral Fungsi Irasional

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

Jika integran memuat satu atau lebih pangkat-pangkat pecahan berbentuk x r , maka masalah integrasinya bisa diselesaikan dengan membuat substitusi x = un dimana n adalah kelipatan persekutuan terkecil (disingkat KPK) dari penyebut-penyebut dalam pangkat pecahan. Dengan substitusi tersebut, masalah integral dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

39

Contoh 1.42 Diperhatikan integral tak tentu Z p 3 x p dx: 1+ x Karena KPK dari 3 dan 2 adalah 6, maka dibuat substitusi x = u6 , dx = 6u5 du, dan Z p Z Z p 3 3 x u6 u2 p 6u5 du = p dx = 6u5 du 3 6 1 + u 1+ x 1+ u Z u7 du: = 6 1 + u3 Sekarang dipunyai masalah integrasi fungsi rasional dan untuk penyelesaiannya ditinggalkan sebagai latihan.

Contoh 1.43 Diperhatikan integral tak tentu p Z p 3 x + x2 p dx: 5+ 4x Karena KPK dari 2, 3, dan 4 adalah 12, maka dibuat substitusi x = u12 , dx = 12u11 du, dan q p Z p Z pu12 + 3 (u12 )2 Z 6 3 2 x+ x u + u8 11 11 p p u du dx = 12u du = 12 4 4 5 + u3 5+ x 5 + u12 Z 17 u + u19 = 12 du: 5 + u3 Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.

Jika integran hanya memuat bentuk s ax + b ; dengan a; p 6= 0; px + q maka dibuat substitusi u = berikut: u2

= =)

r

ax + b . Hubungan antara du dan dx dicari seperti px + q

ax + b =) u2 (px + q) = ax + b =) x pu2 a = b qu2 px + q 2qu pu2 a b qu2 2pu b qu2 x= 2 =) dx = du: pu a (pu2 a)2

40

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi Contoh 1.44 Diperhatikan integral tak tentu Z r x+1 dx: x+2 Jika dibuat substitusi u = dx =

r

x+1 ; dan x+2 4u u2 1 (u2

1

2u2 2u

2

1)

du =

2u 1)2

(u2

du,

maka diperoleh Z r

x+1 dx = x+2

Z

u

2u (u2

1)2

Z du = 2

u2 (u2

1)2

du:

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

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.8 Hitung setiap integral berikut ini menggunakan substitusi yang diberikan. 3 Z Z 1 4x 2 6 dx; x = u (2) x = u3 (1) 1 1 dx; 1 + x3 1 + x3 Z Z 1 1 p p (3) dx; u2 = 1 + e2x (4) dx; u2 = x3 8 1 + e2x x x3 8 Hitung setiap integral berikut ini menggunakan suatu substitusi yang sesuai. Z Z Z x2 1 x p p p dx dx (6) dx (7) (5) 4+ x x+2 x+4 2 Z Z p Z x x x3 p dx p dx (8) (9) (10) 1 dx 1+ x 1+ 3x 8 + x2 Z Z Z 1 1 x p dx (11) dx (12) (13) 2 2 dx 1+ x x3 + 1 1 + x3 p p p Z Z Z 1+ x x 1+ x 1 p dx (14) (15) dx (16) 3 3 dx 2+ x 1 + x2 1 x2 Z r Z r Z r 3x 2 1 1 (17) dx (18) 1 + dx (19) 1 dx 4x + 3 x x Z r 1 ln x (20) dx x ln (x) 1

41

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

1.9

Substitusi tan

1 2x

Jika integran memuat suatu pernyataan berbentuk (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)), maka substitusi berikut bisa membantu dalam penghitungan integral. Substitusi akan mentransformasikan integran ke bentuk rasional. BENTUK (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)). maka dipunyai sin (x) = Lebih lanjut, Z (1) Z

(2)

Diandaikan bahwa u = tan

1 u2 2 2u ; cos (x) = ; dan dx = du: 2 2 1+u 1+u 1 + u2

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

Z

Z

2 1+u2 2 a + b 1+u 2 2 1+u2 2 a + b 11+uu2

du = du =

Z

2 du a (1 + u2 ) + 2bu

Z

a (1 +

u2 )

2 + b (1

u2 )

Contoh 1.45 Diperhatikan integral tak tentu Z 1 dx: 1 + sin (x) + cos (x) Jika dibuat substitusi u = tan Z

1 2x

, dx =

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

2 du, maka 1 + u2 Z 2 1 du 2 2u 1 u 1 + u2 1+ + 1 + u2 1 + u2 Z 2 du 2 1 + u + 2u + 1 u2 Z Z 2 1 du = du 2 + 2u 1+u ln j1 + uj + k 1 ln 1 + tan x + k: 2

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.9 Hitung integral-integral berikut ini. Z 1 (1) dx 2 + sin (x) Z 1 dx (3) 4 + cos (x) Z 1 (5) dx sin (x) cos (x)

(2) (4) (6)

Z Z

Z

2

1 dx sin (x)

1 dx sin (x) + cos (x) 1 dx 2 sin (x) + 3 cos (x)

du

1 2x

,

42

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi

(7) (9) (11) (13) (15)

Z Z Z

Z Z

1 dx 3 + cos (x)

(8)

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

(10)

1 + sin (x) dx 1 sin (x)

(12)

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

(14)

Z Z Z Z

3

1 dx cos (x)

cos (x) dx sin (x) cos (x) 1 cos (x) dx 1 + cos (x) 2 cos (x) dx 2 + cos (x)

Bab 2

Integral Tentu 2.1

Integral Riemann

Di sini kita mencoba untuk mencari luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x) dari a sampai b, dimana f adalah suatu fungsi kontinu, seperti dalam Gambar 2.1.

y=f(x)

Gambar 2.1: Daerah di bawah suatu kurva.

Untuk menaksir luas bidang datar, kita mulai dengan membagi interval [a; b] menjadi n interval bagian: [x0 ; x1 ] ; [x1 ; x2 ] ; [x2 ; x3 ] ; :::; [xn 1 ; xn ] yang mempunyai lebar sama x = ..., xn dinamakan titik-titik diskrit.

b

a n

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

Pada setiap interval bagian [xi 1 ; xi ], kita membentuk persegi panjang dengan tinggi f (xi ), dimana xi 2 [xi 1 ; xi ], lihat Gambar 2.2. Persegi panjang ke-i akan mempunyai luas f (xi ) x: Dari Gambar 2.2, kita bisa melihat bahwa jumlah dari luas semua persegi panjang hampir mendekati luas daerah di bawah kurva. Jumlahan ini dinamakan suatu Jumlahan Riemann dan sama dengan n X

f (xi )

x = f (x1 )

x + f (x2 )

i=1

43

x+

+ f (xn )

x:

44

Bab 2. Integral Tentu

f(xi*)

f(x)

∆x

x0 = a

x1

x2

xi-1 xi* xi

xn-2

xn-1

xn = b

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) dengan limit: n X A = lim f (xi ) x: n!1

i=1

Ketika f adalah kontinu, nilai limit tidak tergantung dari titik-titik sampel xi yang digunakan. Limit tersebut dinyatakan oleh

Z

integral ) untuk f dari a sampai b: Z

b

f (x) dx, dan dinamakan integral tentu (de…nite

a

b

f (x) dx = lim

n!1

a

n X

f (xi )

x:

i=1

Berikut ini diberikan suatu contoh bagaimana bagaimana menghitung integral tentu secara langsung dari de…nisi.

Contoh 2.1 Dicari nilai dari integral tentu Z 1 x2 dx: 0

1 Kita membagi interval [0; 1] menjadi n subinterval dengan lebar sama, sehingga x = n i dan xi = . Berikutnya kita harus memilih suatu titik xi dalam setiap subinterval n [xi 1 ; xi ]. Di sini kita akan menggunakan titik ujung kanan dari setiap subinterval, i xi = , lihat Gambar 2.3(a). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kanan. Karena itu n jumlahan Riemann yang berasosiasi dengan partisi tersebut adalah R=

n X i=1

i n

2

n 1 1 X 2 1 2n3 + 3n2 + n 2n3 + 3n2 + n = 3 i = 3 = : n n n 6 6n3 i=1

45

Bab 2. Integral Tentu Jadi,

Z

1

2n3 + 3n2 + n 1 = : 3 n!1 6n 3 0 Untuk memeriksa bahwa hasil tidak tergantung pada titik-titik sampel yang digunakan, diulangi penghitungan menggunakan titik ujung kiri dari setiap subinterval, lihat Gambar 2.3(b). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kiri. Hasilnya adalah n X

L=

i=1

Jadi,

i

1 n

2

x2 dx = lim

n 1 1 X = 3 (i n n

1 2n3 n3

1)2 =

i=1

Z

1

2n3

x2 dx = lim

n!1

0

x2

3n2 + n 2n3 3n2 + n = : 6 6n3

1 3n2 + n = : 3 6n 3 x2

0

1

x

0

1

(a)

x

(b)

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

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.1 Dalam Soal 1

24, hitung jumlahan Riemann menggunakan Aturan Sisi Kanan. Dib X gunakan notasi untuk a dan b menyatakan bahwa subinterval pertama dimulai di a

a dan subinterval akhir berakhir di b. 1 X (1) (3x + 1) x; x = 31

(2)

0

(3)

1 X

(3x + 1)

x;

x=

1 4

(5)

(4)

(7)

2x2

x;

x=

1 4

(6)

(9)

0

x=

2 5

1 X

x=

1 4

2x2

x;

5 X

(2x

1)

x;

x=1

x2

1

x;

x=

1 2

x2

1

x;

x=

3 10

0

(2x

1)

x;

x=2

(8)

0

2 X

x;

0

1

5 X

(3x + 1)

0

1

1 X

1 X

1 X 1

x2

1

x;

x=

1 2

(10)

1 X 1

46

Bab 2. Integral Tentu

(11) (13)

3 X 4 3 X

5x2

12

1+

1

(15)

0 X

x4

1 x

x;

x=2

x;

x=

3 X

(12)

1 3

4 5 X

(14)

x;

x=

1 4

(16)

X

x

x;

x=1

9 X

(18)

2

sin (x)

x;

x=

1 4

X

(20)

0

(21)

1 X

(23)

x=1

x;

x=

1 2

2x3

x;

x=

1 2

jx

4j

sin2 (x)

x;

x=2

x;

x=

1 4

x=

1 5

0

ex

x;

x=

1 5

1 X

(22)

0

5 X

2x

x;

1

Xp 0

(19)

10

12

0

1 X

1

(17)

5x2

xex

x;

0

ln (x)

x;

x=1

5 X ln (x)

(24)

1

x

1

x;

x=1

Dalam soal 25 40, pergunakan fungsi y = f (x), bilangan a, b, dan n untuk menghitung hampiran luas bidang datar yang dibatasi oleh y = f (x). y = 0, x = 1, x = b berdasarkan partisi P = fa = x0 < x1 <

< xn = bg , dimana xi = a + i

dan Aturan Sisi Kiri. (25) y = 2x, a = 0, b = 2, n = 6 (27) (29) (31) (33) (35) (37) (39)

y = x2 , a = 0, b = 3, n = 6 1 , a = 0, b = 3, n = 6 y= 1+x 1 y=p , a = 0, b = 1, n = 4 4 x2 1 y= , a = 0, b = 2, n = 4 4 + x2 p y = 4 + x2 , a = 0, b = 2, n = 4 y = sin (x), a = 0, b = , n = 4 y = sin2 (x), a = 0, b = , n = 4

b

a n

;

1 , a = 1, b = 3, n = 6 x 3 = x , a = 0, b = 2, n = 4 1 = , a = 0, b = 3, n = 4 1 + x2 1 = , a = 0, b = 1, n = 4 4 x2 1 =p , a = 0, b = 2, n = 4 p 4 + x2 = 4 x2 , a = 0, b = 2, n = 4 = cos (x), a = 2 , b = 2 , n = 4 = cos2 (x), a = 2 , b = 2 , n = 4

(26)

y=

(28)

y

(30)

y

(32)

y

(34)

y

(36) (38) (40)

y y y

(41) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat b positif. Buktikan bahwa jika x = , maka n b X

x

x = (1 + 2 +

+ (n

1)) ( x)2 :

0

Menggunakan rumus 1 + 2 + b X 0

+ (n x

x=

1 1) = n (n 2 1 2

1

1 n

1), buktikan bahwa b2 :

47

Bab 2. Integral Tentu

(42) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat b positif, dan x = . Menggunakan rumus n 12 + 22 + buktikan bahwa

b X

1 1)2 = n (n 6

+ (n

x2

0

1 x = n (n 6

1) (2n

1) (2n

1)

1) ;

b3 : n3

(43) Menggunakan Soal (26) tunjukkan bahwa Z b 1 x2 dx = b3 . 3 0

2.2

Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral

Dalam subbab ini, kita pertama kali akan mendiskusikan suatu hubungan antara integral Riemman dan antiderivatif. Hubungan ini memampukan kita untuk menghitung integral Riemann dengan secara sederhana mencari suatu antiderivatif dari fungsi yang diberikan. Proposisi 2.2 (TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS INTEGRAL) Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari f (x) dalam [a; b], maka Z b f (x) dx = [F (x)]x=b F (a) : x=a = F (b) a

Contoh 2.3 Dipunyai Z 2 x2 + 2 sin (x) dx =

1 3 x 3 8 3 3

= =

7 3

Contoh 2.4 Dipunyai Z p 1 cos (x) sin (x) dx = 0

= =

3

2

2 cos (x) 1 3

3

2 cos ( )

2 (1 3

cos (0)) 2

2 cos (2 ) 4:

2 (1 3 2 (1 3p 4 2 3

3

cos (x)) 2 0

cos ( ))

3 2

3

48

Bab 2. Integral Tentu

Proposisi 2.5 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka Z a Z b f (x) dx: f (x) dx = b

a

Proposisi 2.6 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika c 2 [a; b], maka Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx: a

a

c

Proposisi 2.7 Jika f (x) dan g (x) adalah fungsi-fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka Z b Z b Z b g (x) dx: f (x) dx + (f (x) + g (x)) dx = a

a

a

Lebih lanjut, untuk setiap bilangan riil k 2 R, dipunyai Z b Z b kf (x) dx = k f (x) dx: a

a

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 2.2 Dalam ZSoal 1 1

(1)

1

(4)

Z

0

4

5, hitung setiap integral Z 2 tentu. 2x2 dx (2) x3 dx

p 2 x dx

2

(5)

Z

(3)

Z

1

x

2

dx

2

2

5x4 dx 3

Dalam Soal 6 10, tentukan luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x) dari a sampai b. 1 (6) y = 2x, a = 0, b = 2 (7) y = , a = 1, b = 3 x 3 (8) y = x2 , a = 0, b = 3 (9) y=x p , a = 0, b = 2 2 (10) y = 4 x , a = 2, b = 2 (11) y = x + 2, a = 2, b = 2 p 2 (12) y = 9x x , a = 0, b = 3 (13) y = x x, a = 0, b = 1 1 1 (14) y = 3x 3 , a = 1, b = 8 (15) y = , a = 0, b = 3 1+x 1 1 (16) y = , a = 0, b = 3 (17) y = p , a = 0, b = 1 2 1+x 4 x2 1 1 (18) y = , a = 0, b = 1 (19) y = , a = 0, b = 2 2 4 x 4 + x2 p 1 (20) y = p , a = 0, b = 2 (21) y = 4 + x2 , a = 0, b = 2 p 4 + x2 (22) y = 4 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 Riemann Z b

f (x) dx;

a

ini adalah penting bahwa [a; b] haruslah suatu interval terbatas, dan bahwa fungsi f (x) terbatas pada [a; b]. Di sisi lain, dua syarat tersebut tidak cukup untuk menjamin bahwa integral Riemann ada. Contoh 3.1 Ketika kita menuliskan Z 1 1 0

3x

1 2

2 1 x2 3

dx =

1

2 = ; 3

0

kita mungkin tidak menyadari bahwa integran tidak dide…nisikan di x = 0, sehingga Teorema Fundamental Kalkulus Integral tidak bisa diaplikasikan. Karena itu jelas bahwa argumen di atas adalah salah.

De…nisi 3.2 Integral tak wajar (improper integral) adalah integral dengan satu atau kedua syarat berikut ini dijumpai, yaitu (1) Interval dari integrasi adalah tidak terbatas: [a; +1) , sebagai contoh:

( 1; b] , Z

1

1

( 1; 1) ;

1 dx: x2

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

x!c

sebagai contoh:

Z

1

0

1;

1 p dx: x

49

50

Bab 3. Integral Tak Wajar

3.2

Integral atas Interval Tak Terbatas

De…nisi 3.3 Diandaikan bahwa suatu fungsi f kontinu pada ( 1; 1). Dide…nisikan integral tak wajar ketika limitnya ada: Z

(a)

1

f (x) dx = limb!1

Z

b

f (x) dx;

aZ

Za b

b

f (x) dx; f (x) dx = lima! 1 a 1 Z 1 Z c Z 1 f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx;

(b) (c)

1

c

1

dimana, dalam de…nisi (c), integral-integral di ruas kanan ada untuk suatu c. Jika integral tak wajar ada, maka integral dikatakan konvergen, tetapi jika tidak ada maka dikatakan divergen. Seringkali kita menuliskan [F (x)]1 a sebagai suatu singkatan untuk t [F (x)]1 a = lim [F (x)]a : t!1

Secara analog: [F (x)]b 1 = lim [F (x)]bt ; t! 1

dan c t [F (x)]11 = [F (x)]c 1 + [F (x)]1 c = lim [F (x)]t + lim [F (x)]c : t! 1

Contoh 3.4 Z 1 1

1 dx = lim t!1 x2

Z

1

t

1 dx = lim t!1 x2

atau dalam notasi sederhana: Z 1 1 dx = 2 1 x

1

1 x

1

1 x

= lim

t!1

t!1

t

= lim 1

t!1

1 +1 t

1 +1 t

= 1;

= 1:

Contoh 3.5 Dicari nilai dari p sehingga integral berikut ini konvergen, Z 1 1 dx: p 1 x Jika p = 1, maka kita mempunyai Z t 1 dx = [ln (x)]t1 = ln (t) ; 1 x sehingga

Z

1

1

1 dx = lim t!1 x

Z

1

t

1 dx = lim ln (t) = 1; t!1 x

51

Bab 3. Integral Tak Wajar yang berarti bahwa integral adalah divergen. Sekarang diandaikan p 6= 1: Z

t

1 dx = xp

1

Jika p > 1, maka p

p+1

x

p+1

t

= 1

1

1 1

p

1 > 0 dan Z 1 1 1 dx = lim p t!1 1 p 1 x

1 :

tp 1

1

1

tp 1

= 0;

karena itu integral adalah konvergen. Di sisi lain, jika p < 1, maka p 1 p > 0, dan Z 1 1 1 dx = lim t1 p 1 = 1; p t!1 x 1 p 1 karena itu integral adalah divergen. Jadi, Z 1 1 dx adalah konvergen jika p > 1, dan divergen jika p p 1 x

3.3

1 < 0 atau

1.

Tak Kontinu di Suatu Titik

De…nisi 3.6 Diasumsikan bahwa f kontinu pada [a; b) tetapi lim f (x) =

x!b

maka dide…nisikan

Z

b

f (x) dx = lim t!b

a

1; Z

t

f (x) :

a

Secara analog, jika f kontinu pada (a; b] tetapi lim f (x) =

x!a+

maka dide…nisikan

Z

b

f (x) dx = lim

t!a+

a

1; Z

b

f (x) :

t

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

a

b

f (x) dx =

Z

a

c

f (x) dx +

Z

b

f (x) dx:

c

Jika limitnya ada, integral tak wajar dikatakan konvergen, jika tidak maka dikatakan divergen. Jika interval integrasi adalah [a; b), seringkali kita menuliskan [F (x)]ba sebagai suatu singkatan untuk limt!b [F (x)]ta , dan analog untuk interval (a; b].

52

Bab 3. Integral Tak Wajar Contoh 3.7 Z 1 0

1 p dx = lim x t!0

Z

1

t

p 1 p dx = lim 2 x x t!0

atau dalam notasi sederhana: Z 1 p 1 p dx = 2 x x 0

1 0

= lim

1 t

2

t!0

p 2 t = 2;

p 2 t = 2:

2

t!0

= lim

Contoh 3.8 Diperhatikan integral tak wajar Z 1 ln (x) dx: 0

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

Karena itu Z

1

ln (x) dx =

0

= =

lim

t!0+

1

ln (x) dx = lim [x ln (x) t!0+

t

lim (ln (1)

1

lim (t

t ln (t))

t!0+

1

t!0+

=

3.4

Z

1.

x]1t

t ln (t) + t)

1:

Uji Perbandingan

Proposisi 3.9 Diandaikan f dan g adalah fungsi-fungsi kontinu sedemikian sehingga f (x) g (x) 0 untuk x 0. Z 1 Z 1 (1) Jika f (x) dx jika konvergen maka g (x) dx adalah konvergen. a

(2) Jika

Z

a

1

g (x) dx jika divergen maka

a

Z

1

f (x) dx adalah divergen.

a

Pernyataan serupa berlaku untuk integral dengan ketakkontinuan tak hingga di suatu titik.

Contoh 3.10 Diperhatikan tak wajar Z

1

e

x2

e

x2

dx:

0

Dipunyai

Z

0

1

e

x2

dx =

Z

0

1

dx +

Z

1

1

e

x2

dx:

53

Bab 3. Integral Tak Wajar

Karena integral pertama di ruas kanan adalah suatu integral tentu biasa, maka kita hanya perlu menunjukkan bahwa integral kedua adalah konvergen. Pada kenyataannya, 2 untuk x 1 dipunyai x2 x, sehingga e x e x . Di sisi lain, Z t t e x dx = e x 1 = e t + e 1 ; 1

karena itu

Z

1

e

1

Z

1

x

dx = lim

t!1

e

t

1

+e

1

=e

;

x

dx adalah konvergen. Oleh karena itu, berdasarkan teorema perZ 1 2 e x dx adalah konvergen. bandingan diperoleh bahwa sehingga

e

1

1

SOAL-SOAL UNTUK BAB 3 Untuk ZSoal 1 1

(1)

e

3, buktikan setiap Z 1pernyataan yang diberikan. Z 1 p (3) dx = 1 (2) dx = 2 1 x2 0

x

1

Untuk Soal Z 14 (4) e (6)

1

0

x

xe

dx

(7)

0

(8)

Z

(10)

1

(12)

x

x2 e

1

Z

dx

(9)

(16)

(18)

Z

(20)

0

5 2

(11)

Z

2xe

1

x

dx

1

x

dx

3 2

3xe

x2

(13)

dx

(15)

2

p

1 4

1

x2

x

dx

dx

Z

(17)

Z

(19)

Z

(21)

Z

0

4x dx 1 + x2

1

4 x2

1

2

1

2 ex + e

Z

dx

3

16

1 dx x ln2 (x)

1

1

Z

1 x2

1

(1 + x2 )

0

Z

dx

1

2

Z

1 x

1

(14)

1

1

4

Z

Z

0

0

Z

1 dx = 1 + x2 1

27, hitung setiap integral tak wajar Z 1yang diberikan. x sin (2x) dx (5) e 4x cos (3x) dx

0

Z

1

4

dx

1 dx, p > 1 x lnp (x)

2

ex dx 1 1

1 dx 2+9 x 1

4

p

x dx 16 x2

54

Bab 3. Integral Tak Wajar

(22)

Z

0

(24)

Z

5

x (25

1

0

(26)

Z

0

x2 )

1

p

e p q

dx

(23)

1

2

x

dx

x

(25)

Z

1

0

e 1

3 2

Z

x

dx (e

x )2

(27)

Z

0

1

1 p dx x 4 x2 p

1 dx x (x + 25)

x2 e

x3

dx

Bab 4

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

4.1

Luas Bidang Datar

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

4.1.1

Persamaan Kartesius

Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar antara dua kurva Kartesius. Terdapat dua kasus yang diperhatikan seperti yang terlihat dalam Gambar 4.1. y d y

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

a

x

b

y=g(x)

c x

(a)

(b)

Gambar 4.1: Bidang datar antara dua kurva.

55

56

Bab 4. Aplikasi Integral

KASUS 1. Dalam kasus pertama kita ingin menentukan luas bidang datar antara y = 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 dibicarakan dalam Bab 2. Pertama kali interval dibagi menjadi n interval bagian dengan lebar sama: x=

b

a

: n Berikutnya, diambil suatu titik dalam setiap interval bagian, misalnya xi , dan dibentuk persegi panjang pada setiap interval bagian seperti dalam Gambar 4.2. y y=f(x)

y=g(x) x2*

x1*

xn*

xi*

x

x0 xn-1 x1

xn

x2 xi-1

xi

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

Tinggi dari setiap persegi panjang diberikan oleh f (xi )

g (xi ) ;

sehingga luas setiap persegi panjang dinyatakan dengan (f (xi )

g (xi )) x:

Jadi, luas bidang datar antara dua kurva dihampiri oleh L

n X

(f (xi )

g (xi )) x:

i=1

Luas eksaknya yaitu

L = lim

n!1

n X

(f (xi )

g (xi )) x;

i=1

atau berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1 diperoleh rumus Z b (f (x) g (x)) dx: L=

(4.1)

a

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 integrasi.

57

Bab 4. Aplikasi Integral

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: y 60 tinggi = (2x2 + 10) - (4x + 6)

50 40 30 tinggi = 2 (2x + 10) - (4x + 6)

y = 4x + 6

20

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

10 lebar = ∆ x -2

-1

lebar = ∆ x 2

lebar = ∆ x 0

1

2

3

4

5

x

Dalam masalah ini terdapat tiga daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi atas dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah. Jadi, yang perlu dilakukan adalah mencari luas bidang datar untuk setiap daerah tersebut dan selanjutnya dijumlahkan. Z 1 Z 3 L = 2x2 + 10 (4x + 16) dx + (4x + 16) 2x2 + 10 dx 2

=

Z 5 + 3 Z 1 2

= =

1

2x2 + 10 2x2

4x

(4x + 16) dx Z Z 3 2 6 dx + 2x + 4x + 6 dx +

1 2 3 + x 2x2 6x 3 2 14 64 64 142 + + = : 3 3 3 3

1

2 3 x + 2x2 + 6x 3

5

2x2

4x

6 dx

3

3

+ 1

2 3 x 3

5

2x2

6x 3

KASUS 2. Dalam kasus kedua kita ingin menentukan luas bidang datar antara x = f (y) dan x = g (y) untuk y 2 J = [c; d]. Diasumsikan bahwa f (y) g (y) pada J, lihat Gambar 4.1(b). Penurunan rumus luas bidang datar adalah serupa dengan Kasus 1, yaitu membagi interval J menjadi interval-interval bagian yang sama lebar dan membentuk persegi panjang pada setiap interval bagian, lihat Gambar 4.3. Pada akhirnya akan diperoleh rumus untuk luas bidang datar: Z d (4.2) L= (f (y) g (y)) dy: c

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

58

Bab 4. Aplikasi Integral y yn

y n* yn-1

yi

yi*

yi-1 y2 y2* y1 y1* y0

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

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 = 12 y 2 dan y = 4.

3, x = y + 1, y =

4,

Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut: y 4

x = 12 y 2 − 3

x=y+1 lebar = ∆ x

-3

1

tinggi = ( y +1) − (12 y2 − 3) x 5

-1 -2

tinggi =

( y − 3)− ( y +1) 1 2

2

lebar = ∆ x -4

Dalam masalah ini terdapat dua daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri. Z 2 Z 4 1 2 1 2 y 3 (y + 1) dy + y 3 dy L = (y + 1) 2 2 4 2 Z 4 Z 2 1 2 1 2 y y 4 dy + y + y + 4 dy = 2 2 2 4 =

1 3 y 6

1 2 y 2

2

+

4y 4

1 3 1 2 y + y + 4y 6 2

4

= 2

22 76 + 18 = : 3 3

59

Bab 4. Aplikasi Integral

4.1.2

Persamaan Parameter

Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar antara 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 t dari t1 sampai t2 dan melewati titik tepat satu kali, lihat Gambar 4.4. y t = t2 x = f(t), y = g(t) t = t1

b

a

x

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 bidang datar di atas sumbu x dan di bawah kurva y = F (x) dimana x 2 [a; b]: Z x=b L= F (x) dx: x=a

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 juga diferensial dx: dx = f 0 (t) dt: Selanjutnya persamaan-persamaan yang diambil disubstitusikan ke rumus luas bidang datar untuk memperoleh rumus: Z t=t2 L= y f 0 (t) dt: t=t1

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 . Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut: y t =π

2

t = 2π

t=0 0

2

4

6

x

60

Bab 4. Aplikasi Integral

df (t) Diambil x = f (t) = t sin (t) dengan f 0 (t) = = 1 cos (t). Karena itu diperoleh dt luas bidang datar yang diarsir yaitu Z 2 Z t=t2 (1 cos (t)) (1 cos (t)) dx y f 0 (t) dt = L = t=t1 2

=

Z

0

cos (t))2 dx =

(1

=

2

1

0

=

Z

2

0

3 t 2 = 3 :

=

4.1.3

2

1

2 cos (t) + cos2 (t) dx

0

0

Z

Z

3 2

1 + cos (2t) 2 cos (t) + dx 2 1 2 cos (t) + cos (2t) dx 2

2 sin (t) +

1 sin (2t) 4

2 0

Persamaan Kutub

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

B*

∆L

B

L r2 = g(θ)

θ*

θ =α

A* A ∆θ

O

θ =0

O

Gambar 4.5: Bidang datar di antara dua kurva kutub.

Rumus untuk luas bidang datar tersebut dapat dipandang secara intuisi dengan memperhatikan suatu irisan L. Irisan tersebut diperoleh dengan memandang dua juring dari suatu lingkaran berjari-jari r1 dan r2 dengan sudut pusat seperti dalam Gambar 4.5 sebelah kanan. Berdasarkan rumus luas suatu tembereng dari suatu lingkaran dengan jari-jari r dan sudut pusat : 1 L = r2 ; 2

61

Bab 4. Aplikasi Integral diperoleh luas tembereng OBB dan OAA berturut-turut yaitu 1 LOBB = r12 2

dan

1 LOAA = r22 2

;

sehingga 1 2 r r22 2 1 Berdasarkan jumlahan tak hingga akan diperoleh Z 1 L= 2 r12 r22 d : L = LOBB

LOAA =

:

(4.3)

Contoh 4.4 Hitung luas bidang datar tertutup di luar lingkaran r = 6 cos ( ) dan di dalam kardioda (cardioid) r = 2 + 2 cos ( ). Penyelesaian. Untuk menentukan luas bidang datar yang dimaksud, kita perlu mengetahui nilai dimana kedua kurva berpotongan. Kita dapat mencari nilai-nilai tersebut dengan cara substitusi: 1 1 =) = : 2 3 Selanjutnya bidang datar yang diberikan dapat digambarkan seperti berikut: 6 cos ( ) = 2 + 2 cos ( ) =) 4 cos ( ) = 2 =) cos ( ) =

θ = 12 π

y

θ = 13 π

2

r = 6 cos(θ )

r = 2 + 2 cos( θ )

θ =π

4

6

x

θ =0

-2 θ = 32 π

θ = − 13 π = 53 π

Diingat bahwa rumus 4.3 meminta bidang datar harus tertutup ketika kita menaikkan besar sudut dari yang kecil ke besar. Jika kita menggunakan 13 sampai 12 , maka kita mendapatkan bidang datar yang dibatasi oleh kardioda dan lingkaran. Luas untuk bidang datar tersebut yaitu Z 1 i 1 2 h (2 + 2 cos ( ))2 (6 cos ( ))2 d L1 = 2 1 3 Z 1 1 2 = 4 + 8 cos ( ) + 4 cos2 ( ) 36 cos2 ( ) d 2 1 3 Z 1 1 2 = 4 + 8 cos ( ) 32 cos2 ( ) d 2 1 3 Z 1 2 = 2 1 + 2 cos ( ) 8 cos2 ( ) d 1 3

62

Bab 4. Aplikasi Integral

L1 = 2

+ 2 sin ( )

8

1 1 sin (2 ) + 4 2

1 2 1 3

1

= 2 [ 3 + 2 sin ( )

2 sin (2 )] 21 3

3 +2 2

= 2 = 4

0

(

+ 0)

:

Berikutnya, jika kita menggunakan 12 sampai , maka kita mendapatkan bidang datar yang dibatasi oleh kardioda saja. Di sini kita tetap bisa menggunakan 4.3 dengan mengambil r2 = 0. Luas untuk bidang datar tersebut yaitu Z h i 1 L2 = (2 + 2 cos ( ))2 02 d 2 1 Z2 1 = 4 + 8 cos ( ) + 4 cos2 ( ) d 2 1 Z2 = 2 1 + 2 cos ( ) + cos2 ( ) d 1 2

= 2 = 2

+ 2 sin ( ) +

1 1 sin (2 ) + 4 2

1 1 + 2 sin ( ) + sin (2 ) 2 4

1 2

1 2

1 1 +0 0 + +2 0 2 4 3 = 4+ : 4 Sekarang kita perhatikan bahwa ternyata bidang datar simetris terhadap sumbu x. Jadi, luas bidang datar yang ditanyakan yaitu = 2

L = 2 (L1 + L2 ) = 2 4

+4+

3 4

= 16

1 : 4

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.1 Dalam masalah 1 1.

16, cari luas bidang datar untuk daerah yang diarsir. 2. y

y = x 4 − x2

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

-2

0

2

x

0

π

x

63

Bab 4. Aplikasi Integral 3.

4. y

−π

-2

y

x

0

-1

y = 12 π cos(x) sin(π + π sin(x))

1

-1

−π

-2

− π2

x

0

-3

-1

y = 3sin(x) 1+ cos(x)

5.

6. y

y

x = 2y2 - 2y

1

y=1

1

y = cos2(x) x

π

π 2

0

x = 12y2 - 12y3

7.

0

x

1

8. y (-2,8)

1

(2,8)

x = y3

8

(1,1)

y = 2x2

x = y2

y = x4 - 2x2 -2

x

2

9.

0

x

1

10. y

y

1

2

2

y=x

-1

0

1

y =

sec 2 ( t )

x

− π3

0

y = -2x4

-2

1 2

y = -4sin2(t)

π 3

t

64

Bab 4. Aplikasi Integral 11.

12. y y=x

y=

1 4

x2

y=1

1

1 x+y=2

y = x2

0

1

2

0

13.

x

2

1

14. y

y (-3,5)

2

5

(2,2)

y = x2 - 4

-3

y = 2x3 - x2 - 5x

x

1

x

2

-2

y = -x2 - 2x

y = -x2 + 3x

(1,-3)

(-3,-3)

(-2,-10)

-10

-4

15.

16. y

y

4

(-2,4)

6

y = 4 - x2

(3,6)

y = x −x 1 3

2 -2

2

3

x

3

y = 13 x (3,1)

y=-x+2

-2 -5

(3,-5)

(− 2,− 23 )

3

x

Dalam masalah 17 85, buat sketsa kurva-kurva yang diberikan dan selanjutnya cari luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut. 17. y = 0, y =

x, dan

2

18. y = 2x + 6, y = 3, dan 19. y = 0, y = 5x

x

1

1

x

2

x2 , dan 0

x

4

65

Bab 4. Aplikasi Integral 20. y = 0, y = x2 21. y = 0, y = 5

3x, dan

x

3x2 , dan

2x

22. y = x2 + 1, y = 2x 23. y = x2

2

x

1 2

x

2, y = 3x , dan 0

x

1

25. sumbu x dan kurva y =

1

x

2, dan 1 3

24. y = x

1

2, dan

1, y = x

2

2 1

x2

5 + 6x x4

26. sumbu x dan kurva y = 1

y2

27. sumbu y dan kurva x = 25 28. sumbu y dan kurva x = y (8

y)

29. di bawah sumbu x dan di atas y = x2 30. di bawah y = 12

x2 dan di atas y = jxj

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

x

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

1 2

33. y =

2 x

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,

36. y = e

38. y =

x

y = ex , dan 0

ex , y = ex , dan

37. y =

1 ,y= x

ex , dan

39. sumbu x, y = 4

2 x

1

2 x

1 2

x

jxj, dan

x2 dan y =

42. y = 2 dan y = 5

2

5

x2

43. y = 41 x2 dan y = 12 x + 2 44. y = x2 dan y = 1

x2

45. y = x3 dan y = x2 p 46. y = x2 dan y = x 47. y = 4x + 16 dan y = 2x2 + 10 48. y = x2

2x dan y = x

49. y = x3 dan y = x

2

1 1

40. y = 3x2 dan y = 12 41. y = 4

4x

x

2

1 2

66

Bab 4. Aplikasi Integral 50. y = x3 dan y = 4x 51. y = x3 dan x = y 2 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 2 2 3x

56. y = 31 x2 dan y = 4 57. y 2 = 2x dan x2 = 2y 58. y 2 = 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

66. y = x2

2x dan y = 6x

67. y =

x2 x2

1 dan 2x + 2y = 5 x

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 p 73. y = x, y = 1, dan y = 10 2x p 74. y = x 2, y = 2 x, dan y = x 2, y = x3 + x, dan x + y = 3 p p 76. y = x, y = 2 x, dan y = x 75. y =

77. x = y 2 dan x = 2 78. x = 79. x = 1

y2 2)2

y 2 + 10 dan x = (y y 2 dan x = y 2

1

67

Bab 4. Aplikasi Integral 80. y = 0, x = y 2 , dan x = y + 2 81. x = 2y 2 , x = 0, dan y = 3 y 2 , x = y 2 , dan

82. x =

2

y

2

83. x + 4y 2 = 4 dan x + y 4 = 1, untuk x 84. 4x2 + y = 4 dan x4

y=1

85. x3

y=0

y = 0 dan 3x2

0

Dalam masalah 86 105, buat sketsa kurva-kurva parameter yang diberikan dan selanjutnya cari luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut. 86. x = 2t

5, y = 3t + 8, 0

87. x = 5t2 , y = t3 , 1

t

88. x = t2 , y = 2t (3

t), 0

89. x = t2

t

4

2 t

3

3t + 1, y = 4t2 , -1

t

90. x = 3t2 , y =

1 + t3 , 0:5 t

91. x = t3

4t, y = t2

92. x = t2

1, y = t

1, t3 ,

t

3

2 2

5

t

2

t

2

93. x = t2 2, y = 2t, 2 t 2 p 94. x = 3 t, y = t (4 t), 0 t 4 95. x = t2

3, y = 3t, t > 0, sumbu x, garis x = 1 dan x = 6

4 96. x = t3 , y = , sumbu x, garis x = 1 dan x = 8 t 97. x = t3 , y =

1 , sumbu x, garis x = 3t2

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 ), 0 102. x = cos ( ), y =

2 (kurva Lissajous)

1 sin (2 ), 0 2

2

103. x = a cos3 ( ), y = a sin3 ( ), 0 104. x =

1 2

cos ( )

105. x = a 3 sin ( )

1 4

cos (2 ), y =

1 2

2 (kurva asteroida) sin ( )

1 4

sin (2 ), 0

sin3 ( ) , y = a cos3 ( ), 0

2

2 (kurva scrambler)

68

Bab 4. Aplikasi Integral

Dalam masalah 106 125, buat sketsa kurva kutub yang diberikan dan selanjutnya cari luas 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 (1 119. di dalam lingkaran r = 1 dan di luar kardioda r = 1

cos ( ))

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 =

4.2

3 2

sec ( )

Volume Benda Putar

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

69

Bab 4. Aplikasi Integral

y

y y=f(x)

y=f(x)

a

a

sumbu putar

x

b

b

x

(b)

(a)

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 interval bagian dihampiri oleh suatu bidang potong yang tegak lurus dengan sumbu putar. Dalam kasus di atas, bidang potongnya adalah cakram seperti terlihat dalam Gambar 4.7. Diambil n interval bagian dengan lebar x dan dimisalkan suatu titik dalam setiap interval bagian adalah xi . Kita mengamati bahwa setiap cakram adalah suatu silinder berjari-jari R (xi ) = f (xi ) dan mempunyai tinggi x, sehingga volume dari setiap cakram yaitu Vi = [R (xi )]2 x = [f (xi )]2 x: jari-jari = R(xi*)

= f(xi*)

y = f(x)

x1*

∆x

x2*

xn*

a

xi*

b

x

cakram

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

Selanjutnya volume benda putar dapat dihampiri oleh V

n X i=1

Vi =

n X

[f (xi )]2

x:

i=1

Berdasarkan jumlahan tak hingga, diperoleh volume eksak untuk benda putar yaitu Z b Z b 2 V = [f (x)] dx = y 2 dx: a

a

70

Bab 4. Aplikasi Integral

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 dibatasi p oleh y = x, x = 0, x = 4, dan sumbu x diputar terhadap sumbu x. Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan seperti berikut: y

y

y= x

x

0

jari − jari = R ( x ) =

y= x

x

x

4

x 4

x

cakram

Volume benda putar yaitu V

=

Z

4

y 2 dx =

0

=

Z

4

p

x

2

dx =

0

4

x2 2

0

4

x dx

0

42 =8 : 2

=

Z

Contoh 4.6 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasi p oleh y = x dan garis-garis y = 1, x = 4 diputar terhadap garis y = 1. Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan seperti berikut: y

y

y= x

R( x) = x −1 1

0

R( x) = x −1

(x, x )

y= x

y=1

1

x

4

x

0

y=1

1

x

4

x

71

Bab 4. Aplikasi Integral Volume benda putar yaitu Z Z 4 2 [R(x)] dx = V = 1

x2

=

2

2

2 3 x2 + x 3

4

1 4

p

x

1

2

dx =

Z

4

x

p 2 x + 1 dx

1

= 1

7 : 6

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

Z

d

x2 dy:

c

Contoh 4.7 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara sumbu y 2 dan kurva x = , 1 y 4, diputar terhadap sumbu y. y Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cakram adalah seperti berikut: y

y x=

4

4 x=

2 y

2 y

2   , y  y 

y

y 1

1 R( y) =

0

2 y

x

2

R( y) =

0

2

2 y

x

Volume benda putar yaitu V

=

Z

4

2

x dy =

1

= 4

Z

4

1

1 y

4

=4 1

3 4

2 y

2

dy =

Z

1

4

4 dy y2

=3 :

Contoh 4.8 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara parabola x = y 2 + 1 dan garis x = 3 diputar terhadap garis x = 3.

72

Bab 4. Aplikasi Integral

Penyelesaian. Daerah yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan seperti berikut:

y

y

R(y) = 3 –(y2 + 1) = 2 –y2

R(y) = 2 –y2

(3, 2 )

2

x=3

2

y

y 0

3

1

5

(3, − 2 )

x = y2 + 1

− 2

x

0

3

1

− 2

5

x

x = y2 + 1

x=3 Volume benda putar yaitu V

= = =

4.2.2

Z

p

2

p

2

[R (y)] dy = 2

4 3 1 5 y + y 3 5

4y p

p

2

p

Z

p

2

p

3

2

y +1

2

dy =

2

Z

p

2

p

4

4y 2 + y 4

dy

2

2

64 2 : 15

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 di dalamnya, lihat Gambar 4.8(b). Dalam kasus ini, bidang potong-bidang potong yang tegak lurus terhadap sumbu putar adalah cincin, lihat Gambar 4.8(c). Ukuran cincin yaitu 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

[R (x)]2

[r (x)]2 dx:

a

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

73

Bab 4. Aplikasi Integral y

y = f(x)

0

a

y = g(x)

x

sumbu putar

b

x

(a)

y

y

(x, R(x)) (x, r(x))

0

a

0 x

x b

x

x

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

Contoh 4.9 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 + 1 dan garis y = x + 3 diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda putar tersebut. Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu x). Jari-jari untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (x) = x + 3 dan r (x) = x2 + 1. Volume benda putar yaitu Z 1 2 V = ( x + 3)2 x2 + 1 dx =

Z

2 1

8

6x

x2

x4

dx

2

=

8x

=

117 : 5

3x2

1 3 x 3

1 5 x 5

1 2

74

Bab 4. Aplikasi Integral Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:

y

y (-2,5)

(-2,5) R(x) = -x + 3

y = -x + 3

R(x) = -x + 3

r(x) = x2 + 1

2

r(x) = x + 1

(1,2) y = x2 + 1

-2 x 0 interval integrasi

(1,2)

1

x x

x

bidang potong: cincin jari-jari luar: R(x) = -x + 3 2 jari-jari dalam: r(x) = x + 1

Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dibentuk oleh putaran suatu daerah terhadap sumbu y, kita menggunakan prosedur yang sama seperti dalam Contoh 4.9, tetapi diintegralkan terhadap y. Dalam kasus ini, bidang potong atau cincin tegak lurus terhadap sumbu y (sumbu putar), serta jari-jari dalam dan luar untuk cincin adalah adalah fungsi dari y. Contoh 4.10 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 2x dalam kuadran satu diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda putar tersebut. Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu y). Jari-jari p untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (y) = y dan r (y) = 12 y. Volume benda putar yaitu ! Z 4 1 2 p 2 V = ( y) y dy 2 0 Z 4 1 2 = y y dy 4 0 = =

1 2 y 2

8 : 3

1 3 y 12

4 0

75

Bab 4. Aplikasi Integral Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:

y

r( y) =

R( y) =

y

y 2

R( y) =

y

y

4 (2,4)

4

interval integrasi

r( y) =

y 2

y

y y = 2x x=

y = x2

x=

atau

y 2

x= y

atau

x= y

0

4.2.3

y 2

0 x

2

2

x

Metode Kulit Silindris

Dalam dua bahasan sebelumnya, bidang potong yang diperhatikan adalah bidang datar yang diperoleh dengan cara mengiris benda putar menggunakan bidang yang tegak lurus terhadap sumbu putar. Dalam bahasan ini kita akan menggunakan cara yang berbeda ketika mengiris benda putar. sumbu putar sumbu putar

y = f(x)

y = f(x) ck xk

a a x-L

ck xk-1

b xk

x

b xk-1

∆ xk

tinggi persegi panjang

= f(ck)

x

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

76

Bab 4. Aplikasi Integral

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 kanan garis tegak x = L, lihat Gambar 4.9(a). Diasumsikan a L, sehingga garis tegak dimungkinkan menyentuh daerah terbatas, tetapi tidak melewatinya. Benda putar dengan 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 berdasarkan partisi dari [a; b]. Persegi panjang pada suatu interval bagian [xk 1 ; xk ] mempunyai tinggi f (ck ) dan lebar xk = xk xk 1 . Jika persegi panjang tersebut diputar terhadap garis tegak x = L, maka diperoleh suatu kulit silindris, seperti dalam Gambar 4.9(b). Rumus untuk volume kulit silindris yaitu Vk = 2 = 2

rata-rata jari-jari kulit (ck

L) f (ck )

tinggi kulit

ketebalan kulit

xk .

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

n X

Vk :

k=1

Berdasarkan jumlahan tak hingga diperoleh volume benda putar sebagai suatu integral tentu: Z b Z b V =2 (jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2 (x L) f (x) dx: a

a

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

p Contoh 4.11 Suatu daerah yang dibatasi oleh kurva y = x, sumbu x, dan garis x = 4 diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda putar tersebut. Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalah seperti berikut: y

y jari-jari kulit

jari-jari kulit

y= x

x

y= x

2

(4,2)

x f (x) = x

0

x

2

0 4

x

4 interval integrasi

x -4

interval integrasi

x = tinggi kulit x

tinggi kulit

77

Bab 4. Aplikasi Integral

Variabel ketebalan kulit yaitu x, sehingga batas integrasi untuk metode rumus kulit yaitu a = 0 dan b = 4. Jadi, volume benda putar yaitu Z 4 Z 4 p (x) x dx (jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2 V = 2 0

0

Z

= 2

4

3 2

x dx = 2

0

4

2 5 x2 5

0

128 = : 5

Berikutnya, jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y. p Contoh 4.12 Daerah yang dibatasi oleh kurva y = x, sumbu x, dan garis x = 4 diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda putar tersebut. Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalah seperti berikut: y tinggi kulit

2

interval integrasi

y

4 –y2

2

y= x

y

tinggi kulit = 4 –y2

(4,2)

x = y2

0

y

y

y = jari-jari kulit 0

4

4

x

x jari-jari kulit

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

= 2

Z

2

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

0

= 2

Z

0

Z

2

(y) 4

y2

dx

0

2

4y

y3

dy = 2

2y 2

1 4 y 4

2

=8 : 0

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

78

Bab 4. Aplikasi Integral

diputar terhadap garis tegak L. Berdasarkan metode kulit silindris, dalam kasus ini dipunyai bahwa jari-jari kulit: x L tinggi kulit: f (x) g (x) Jadi, rumus volume untuk benda putar yaitu Z b (x L) [f (x) V =2

g (x)] dx:

a

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

sumbu putar

jari-jari kulit

x-L tinggi kulit

h(x) = f(x) - g(x)

y = f(x) y = f(x) a x

x b

b x=L

a

y = g(x) x

interval integrasi

x

y = g(x)

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

Contoh 4.13 Tentukanpvolume benda putar yang diperoleh dengan memutar daerah yang dibatasi oleh y = 2 x 1 dan y = x 1 terhadap garis x = 6. Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalah seperti berikut: sumbu putar

y

(5,4)

4

y = 2 x −1

y=x-1

tinggi kulit

= 2 x − 1 − (x − 1)

0

jari-jari kulit

=6-x

1

x interval integrasi

5

6

x=6

x

79

Bab 4. Aplikasi Integral Volume benda putar yaitu Z 5 (jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx V = 2 1 Z 5 p = 2 (6 x) 2 x 1 (x 1) dx 1 Z 5 p (6 x) 2 x 1 x + 1 dx = 2 1 Z 5 p p = 2 x2 7x + 6 + 12 x 1 2x x

1 dx

1

1 3 x 3 136 = = 2 15 = 2

7 2 x + 6x + 8 (x 2 272 : 15

4 (x 3

3

1) 2

3

1) 2

4 (x 5

5

5

1) 2

1

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

y 1

2

x + 2y = 2 2x = 3y

2

0

3.

x

terhadap sumbu y

0

4.

y 1

0

x

terhadap sumbu x

y 1

3

y = sin(x)cos(x)

x = tan (14 πy ) x

0

1 2

π

x

Volume dengan Metode Cakram Dalam masalah 5 10, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x. 2 5. y=x 6. y = x3 , y = 0, x = 2 p , y = 0, x = 2 2 7. y = p9 x , y = 0 8. y = x x2 , y = 0 9. y = cos(x), 0 x 21 , y = 0, x = 0 10. y = sec(x), y = 0, x = 14 , x = 14

80

Bab 4. Aplikasi Integral

Dalam masalah 11 15, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi garis dan kurva diputar terhadap sumbu y. p 2 3 5y , x = 0, y = 1, y = 1 12. x = y 2 , x = 0, y = 2 11. x = p 2y 2 13. x = 2 , x = 0, y = 1 14. x = , x = 0, y = 0, y = 3 y +1 y+1 p 15. x = 2 sin (2y), 0 y 12 , x = 0

Volume dengan Metode Cincin Dalam masalah 16 17, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan. 16. terhadap sumbu x 17. terhadap sumbu y y

y 1

− 12 π

0

y=1

1 2

1 4

π

π

x = tan(y)

x

0

1

x

Dalam masalah 18 23, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.p 18. y = x, y = 1, x = 0 19. y = 2 x, y = 2, x = 0 2 20. y = x + 1, y = p x+3 21. y = 4 x2 , y = 2 x 1 1 22. y = sec(x), y = 2, 4 x 4 23. y = sec(x), y = tan(x), x = 0, x = 1 Dalam masalah 24 27, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika setiap daerah terbatas 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 oleh sumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 2. 27. Daerah dalam kuadran I terbatas kiri oleh lingkaran p x2 + y 2 = 3, terbatas kanan p oleh garis x = 3, dan terbatas atas oleh garis y = 3.

Dalam masalah 28 29, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan. 28. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2 , terbatas bawah oleh sumbu 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 oleh sumbu x, dan terbatas kiri oleh garis x = 1, terhadap garis x = 2.

81

Bab 4. Aplikasi Integral

Volume dengan Metode Kulit Silindris Dalam masalah 30 35, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan. 30. 31. y

y

y = 1+ x 1 4

y = 2 − 14 x 2

2

2

1

0

x

2

0

32.

x

2

33. y

y

y= 2

2

y= 3

3

x = 3 - y2

x = y2 0

x

2

34.

0

3

x

35. y

y y=

2

1

0

y = x2 + 1

5

9x x3 + 9

x= 3 x 3

0

3

x

Dalam masalah 36 41, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu y. 37. y = 2x, y = 12 x, x = 1 36. y = x, y = 12 x, x = 2 p 2 2 38. y = 2 x , y = x , x = 0 39. y = 2x 1, y = x, x = 0 40. y = x2 , y = 2 x, x = 0, untuk x 0 3 41. y = p , y = 0, x = 1, x = 4 2 x

82

Bab 4. Aplikasi Integral

Dalam masalah 42 49, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x. p 42. x = y, x = y, y = 2 43. x = y 2 , x = y, y = 2, y 0 2 44. x = 2y y , x = 0 45. x = 2y y 2 , x = y 46. y = jxj, y = 1 47. y = x, y = 2x, y = 2 p p 48. y = x, y = 0, y = x 2 49. y = x, y = 0, y = 2 x 50. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah di kuadran I yang dibatasi oleh garis x = 0 dan kurva x = 12 y 2 y 3 terhadap a. c.

sumbu x garis y =

b. d.

8 5

garis y = 1 garis y =

2 5

51. Cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah yang dibatasi oleh kurva x = 12 y 2 dan kurva x = 14 y 4 21 y 2 , untuk y 0, terhadap a. c.

sumbu x garis y = 5

b. d.

garis y = 2 garis y =

5 8

Perbandingan Metode Cincin dan Kulit Masalah 52 53 merupakan contoh apakah metode cincin dan metode kulit dapat digunakan dengan tepat untuk menghitung volume benda putar. 52. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang dibatasi oleh garis y = x dan parabola y = x2 diputar terhadap setiap sumbu koordinat menggunakan a.

metode kulit

b.

metode cincin

53. Hitung volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah segitiga yang dibatasi oleh garis-garis 2y = x + 4, y = x, dan x = 0 diputar terhadap a. b. c. d.

sumbu x menggunakan metode cincin sumbu y menggunakan metode kulit garis x = 4 menggunakan metode kulit garis y = 8 menggunakan metode cincin

Pilihan Metode Cakram, Cincin, atau Kulit Dalam masalah 54 49, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan. 54. Daerah yang dibatasi oleh y = terhadap a. c.

sumbu x garis y = 2

p

x dan garis-garis y = 2 dan x = 0 diputar b. d.

sumbu y 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. c.

garis y = 1 garis y = 2

b. d.

garis y = garis y =

1 2

83

Bab 4. Aplikasi Integral

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. c.

sumbu x garis x =

59. Daerah dibatasi oleh y = a. c.

b. d.

10 3

p

sumbu y garis y = 1

x, y = 2, x = 0 diputar terhadap

sumbu x garis x = 4

b. d.

sumbu y garis y = 2

60. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y terhadap a.

sumbu x

b.

garis y = 1

61. Daerah di kuadran I yang dibatasi oleh kurva x = y terhadap a. c.

sumbu x garis x = 1

62. Daerah yang dibatasi oleh y = a.

b. d. p

sumbu x

sumbu y

y 3 , x = 1, dan y = 1 diputar

sumbu y garis y = 1

x dan y = 18 x2 diputar terhadap

63. Daerah yang dibatasi oleh y = 2x a.

y 3 dan sumbu y diputar

b.

sumbu y

x2 dan y = x diputar terhadap b.

garis x = 1

64. Daerah yang dibatasi oleh sumbu x dan parabola-parabola x = y 2 dan x = 3y 2 diputar terhadap sumbu x. 65. Daerah yang dibatasi oleh garis x = 1, parabola y = x2 , dan kurva y = diputar terhadap sumbu y.

4.3

2 x4

Panjang Kurva

Pada subbab ini kita akan mencari panjang suatu kurva mulus (smooth curve). Suatu kurva mulus adalah gra…k dari suatu fungsi kontinu yang derivatifnya juga kontinu (gra…k tidak mempunyai titik-titik sudut). Kurva-kurva yang diamati adalah kurva yang 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 kali membagi interval menjadi n interval bagian dengan lebar x. Dimisalkan titik-titik diskrit dalam interval yaitu a = x0 < x1 < ::: < xk < ::: < xn 1 < xn = b. Setiap titik pada kurva yang berkorespondensi dengan titik diskrit xk dinotasikan dengan Pk . Kita dapat menghampiri kurva AB dengan serangkaian garis-garis yang menghubungkan titik-titik yang berurutan pada kurva.

84

Bab 4. Aplikasi Integral

y

Pk-1

∆Sk

∆yk y = f(x)

Pk

∆xk

A Pk-1

a = x0

B

Pk

xk-1 xk

b = xn

x

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

Sekarang diperhatikan suatu potongan kecil kurva dari xk 1 sampai xk , lihat Gambar 4.11. Untuk kurva Pk 1 Pk , 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, panjang ruas garis Pk 1 Pk yaitu q q 2 2 Sk = ( xk ) + ( yk ) = ( x)2 + ( yk )2 : Berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata, pada interval [xk xk sedemikian sehingga f (xk )

f (xk

1)

= f 0 (xk ) (xk 0

yk = f (xk )

1 ; xk 1 ]

xk

terdapat suatu titik

1)

x:

Oleh karena itu, panjang ruas garis Pk 1 Pk dapat dituliskan kembali menjadi q q 2 2 Sk = ( x)2 + f 0 xk x = ( x)2 + f 0 xk ( x)2 q 2 = 1 + f 0 xk x:

Sekarang panjang kurva AB dihampiri oleh jumlahan panjang ruas garis-ruas garis dimulai dari titik A = P0 , kemudian P1 , dan seterusnya, berakhir di titik B = Pn . Dengan kata lain, n X S Sk k=1

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

lim

n!1

Z

a

b

n X k=1

q

Sk = lim

n!1

1 + [f 0 (x)]2 dx

q 1 + f 0 xk

2

x

85

Bab 4. Aplikasi Integral

berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1. Notasi yang lebih sesuai yaitu Z bs dy 2 (4.4) S= 1+ dx: dx a

Contoh 4.14 Cari panjang kurva p 4 2 3 y= x2 3

1,

0

x

1:

Penyelesaian. Dalam kasus ini digunakan persamaan (4.4) dengan a = 0, b = 1, dan p 4 2 3 y = x2 1 3 p p 1 dy 4 2 3 1 = x 2 = 2 2x 2 dx 3 2 2 p 1 2 dy = 2 2x 2 = 8x: dx Panjang kurva dari x = 0 sampai x = 1 yaitu s Z 1 Z 1 p dy 2 S = 1+ dx = 1 + 8x dx dx 0 0 =

3 2 1 (1 + 8x) 2 3 8

1

= 0

13 : 6

dy Perlakuan untuk Ketakkontinuan dalam dx dy dx Diandaikan bahwa di suatu titik pada kurva adalah tidak ada, tetapi mungkin dx dy ada. Dalam kasus ini kita akan bisa mencari panjang kurva dengan menyatakan x sebagai fungsi dari y. Dengan cara yang serupa untuk mendapatkan rumus (4.4), kita juga dapat menurunkan suatu rumus panjang kurva x = g (y) untuk y 2 [c; d]. Rumus tersebut yaitu Z ds dx 2 (4.5) S= 1+ dy: dy c Contoh 4.15 Cari panjang kurva y=

x 2

2 3

,

0

x

1 2

1 = 3

2:

Penyelesaian. Derivatif dy 2 x = dx 3 2

1 3

2 x

1 3

86

Bab 4. Aplikasi Integral

tidak terde…nisi di x = 0, sehingga kita tidak bisa mencari panjang kurva menggunakan rumus (4.4). Oleh karena itu, kita menuliskan kembali persamaan kurva dengan menyatakan x sebagai fungsi dari y: y =

x 2

2 3

x 2 3 x = 2y 2 : 3

y2

=

Dari situ kita melihat bahwa panjang kurva yang ingin dicari adalah panjang kurva 3 x = 2y 2 dari y = 0 sampai y = 1. Derivatif dx =2 dy

3 2

1

1

y 2 = 3y 2

kontinu pada interval [0; 1]. Oleh karena itu kita bisa menggunakan rumus (4.5) untuk mencari panjang kurva: s Z d Z 1r 1 2 dx 2 S = dy = 1+ 1 + 3y 2 dy dy c 0 Z 1p 1 3 1 2 = 1 + 9y dy = (1 + 9y) 2 9 3 0 0 p 2 10 10 1 : = 27

4.3.2

Persamaan Parameter

Dalam bagian ini kita akan mencari panjang suatu kurva paramater yang diberikan oleh 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 juga mengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan t dari a sampai b 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 > 0 untuk a dt

t

b:

Persamaan umum untuk panjang suatu kurva parameter diturunkan dari rumus panjang 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 dt dt

dan

dy = G0 (t) dt =

dy dt. dt

87

Bab 4. Aplikasi Integral Selanjutnya dari rumus (4.4) diperoleh v 0 1 u dy 2 Z bu u u1 + B dt C dx dt S = @ dx A t dt a dt v u 2 u dx dy 2 Z bu + u dt dx dt u = dt u 2 dt dx a t dt s Z b 1 dx 2 dy 2 dx = + dt: dx dt dt dt a dt

Berdasarkan asumsi yang sudah diberikan, kita bisa menghapus dua derivatif di luar akar kuadrat dan karena itu rumus panjang kurva parameter menjadi Z bs dy 2 dx 2 (4.6) + dt: S= dt dt a

Contoh 4.16 Cari panjang kurva parameter yang diberikan oleh persamaan-persamaan parameter: x = 3 sin (t) dan y = 3 cos (t) , 0 t 2 . Penyelesaian. Kita mengetahui bahwa kurva yang diberikan adalah lingkaran berjarijari 3 dengan pusat di titik asal O (0; 0). Kita juga mengetahui bahwa kurva melintasi titik tepat satu kali ketika t berubah dari 0 sampai 2 . Jadi kita dapat menggunakan rumus yang telah diperoleh sebelumnya. Pertama kali dicari dx = 3 cos (t) dt

dan

dy = dt

3 sin (t) ;

dan selanjutnya dx dt

2

+

dy dt

S=

Z

Jadi

2

2

= 9 cos2 (t) + 9 sin2 (t) = 9: p

0

9 dt = [3t]20 = 6 :

Contoh 4.17 Cari panjang astroida x = cos3 (t)

dan

y = sin3 (t) ,

0

t

2 .

88

Bab 4. Aplikasi Integral Penyelesaian. Kurva astroida adalah seperti berikut:

y 1

t = 12 π

t =π

t = 0, t = 2π

-1

-1

x

1

0

t = 32 π

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

s

dx dt

2

+

dx dt

2

dy dt

2

dy dt

2

=

3 cos2 (t) ( sin (t))

=

3 sin2 (t) (cos (t))

= =

2

2

= 9 cos4 (t) sin2 (t)

= 9 sin4 (t) cos2 (t)

q

9 cos2 (t) sin2 (t) cos2 (t) + sin2 (t)

q 9 cos2 (t) sin2 (t) = 3 jcos (t) sin (t)j

= 3 cos (t) sin (t) : Oleh karena itu panjang kurva di kuadran I =

Z

1 2

3 cos (t) sin (t) dt

0

=

3 2

Z

1 2

sin (2t) dt

0

3 cos (2t) 4

=

1 2

0

3 = : 2

Jadi, panjang astroida yaitu S=4

4.3.3

3 2

= 6:

Persamaan Kutub

Dalam bagian ini kita akan mencari panjang kurva yang diberikan oleh persamaan kutub: r = f ( ),

89

Bab 4. Aplikasi Integral

dimana kita mengasumsikan bahwa kurva melintasi titik tepat satu kali. Pertama kali kita menuliskan persamaan kurva dalam persamaan-persamaan parameter: x = r cos ( ) = f ( ) cos ( )

dan

y = r sin ( ) = f ( ) sin ( ) :

Berikutnya kita mencari dx d dy d dx d

2

+

dy d

2

dr cos ( ) r sin ( ) d dr = f 0 ( ) sin ( ) + f ( ) cos ( ) = sin ( ) + r cos ( ) d 2 2 dr dr = cos ( ) r sin ( ) + sin ( ) + r cos ( ) d d = f 0 ( ) cos ( )

dr d

= + =

2

cos2 ( )

= r2 +

2r

dr cos ( ) sin ( ) + r2 sin2 ( ) d

2

dr d dr d

f ( ) sin ( ) =

sin2 ( ) + 2r

dr cos ( ) sin ( ) + r2 cos2 ( ) d

2

cos2 ( ) + sin2 ( ) + r2 cos2 ( ) + sin2 ( ) dr d

2

:

Jadi, berdasarkan rumus (4.6) diperoleh rumus panjang suatu kurva kutub yaitu Z s dr 2 2 d : S= r + d

Contoh 4.18 Cari panjang kurva kardioda r=1

cos ( ) :

Penyelesaian. Pertama kali kita menggambar kardioda untuk menentukan batas integrasi: y r = 1− cos(θ )

P ( r ,θ ) r 2

1

θ 0

x

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

90

Bab 4. Aplikasi Integral . Dihitung dr d 2

dr d

r2 +

= sin ( ) = [1

cos ( )]2 + sin2 ( )

= 1

2 cos ( ) + cos2 ( ) + sin2 ( )

= 2

2 cos ( )

dan Z

S =

2

0

Z

=

2

0

Z

=

p

s

2

2 cos ( ) d =

2

2 2 sin2

2

2 sin 4 cos

1 2

1 2 2

p

2 [1 cos ( )] d Z 2 s 1 1 d = d 4 sin2 2 2 0 Z 2 1 2 sin d d = 2 0 0

0

=

Z

= 4 + 4 = 8: 0

SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 4.3 Dalam masalah 1 1. y =

1 3

10, cari panjang kurva yang diberikan dalam persamaan kartesius.

x2 + 2

3 2

dari x = 0 sampai x = 3

3

2. y = x 2 dari x = 0 sampai x = 4 3. x = 31 y 3 +

1 dari y = 1 sampai y = 3 4y

[Petunjuk: 1 + 3

4. x = 13 y 2

adalah suatu kuadrat sempurna.]

1

dx dy

2

adalah suatu kuadrat sempurna.]

1 dari y = 1 sampai y = 2 8y 2

[Petunjuk: 1 + 6. x = 16 y 3 +

2

y 2 dari y = 1 sampai y = 9

[Petunjuk: 1 + 5. x = 14 y 4 +

dx dy

dx dy

2

adalah suatu kuadrat sempurna.]

1 dari y = 2 sampai y = 3 2y

[Petunjuk: 1 +

dx dy

2

adalah suatu kuadrat sempurna.]

91

Bab 4. Aplikasi Integral 4

3 23 8x

7. y = 43 x 3

+ 5 dari x = 1 sampai x = 8

8. y = 31 x3 + x2 + x + 9. y =

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

3

2 3

(x + 2) 2 dari x = 0 sampai x = 3 3 2

2 3

10. y = x2 +

dari x =

2 sampai x = 5

1)2 = x3 dari x = 0 sampai x = 2

11. (3y

5

12. y = 54 x 4 dari x = 0 sampai x = 1 2

13. y = (x

1) 3 dari x = 1 sampai x = 9

[Petunjuk: Selesaikan x sebagai fungsi dari y.] 14. y =

1 3 12 x

1 dari x = 1 sampai x = 3 x

+

y4 + 3 dari y = 3 sampai y = 6 6y p p 16. y = 31 x x x dari x = 1 sampai x = 100

15. x =

5

3 13 4x

17. y = 53 x 3

dari x = 1 sampai x = 8

18. 8x = 2y 4 + y 2 dari x = 1 sampai x = 2 Z y p 19. x = sec4 (t) 1 dt dari y = 41 sampai y = 0

20. y = 21. y =

Z

xp

3t4

1 dt dari x =

2 sampai x =

1 4

1

2

Z

xp

t2 + 2t dt dari x = 0 sampai x = 10

0

Z x p 22. y = 2 t2 + t dt dari x = 2 sampai x = 6 1

23. y =

Z

2x p

4

t

+t

2

dt dari x = 1 sampai x = 3

1

24. x =

Z yp p

t

1 dt dari y = 1 sampai y = 4

1

25. y =

Z

x2

p

t+1

2

dt dari x = 0 sampai x = 1

1

Dalam masalah 26 26. x = 1

41, cari panjang kurva parameter yang diberikan.

t, y = 2 + 3t,

2 3

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

t

1 t

92

Bab 4. Aplikasi Integral 28. x = t3 , y = 32 t2 , 0 29. x = 12 t2 , y = 30. x =

1 3

1 3

p

t

3

3

(2t + 1) 2 , 0

t

4

(2t + 3) 2 , y = t + 21 t2 , 0

t

3

3

31. x = 8 cos (t) + 8t sin (t), y = 8 sin (t) 32. x = 1 + 3t2 , y = 4 + 2t3 , 0 33. x = t

3

t2 , y = 43 t 2 , 1

t

t

8t cos (t), 0

t

1 2

1

2

[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi trigonometri.] 34. x = et + e t , y = 5

2t, 0

t

35. x = et cos (t), y = et sin (t), 0 36. x = cos (t) + ln tan

1 2t

t, y = 4e 2 t ,

38. x = 3t

t3 , y = 3t2 ,

t

, y = sin (t),

1

37. x = et

3

8 p

t

t

3 4

3 p

3

t

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

t

40. x = cos2 (t), y = cos (t), 0

1 4

3

1 2

t

[Petunjuk: Selesaikan masalah integrasi dengan substitusi u = cos (t) dan selanjutnya menggunakan substitusi trigonometri.] Dalam masalah 41 50, cari integral tentu untuk panjang kurva parameter, tetapi tidak perlu dihitung integralnya. 16t2 , 0

t

1 42. x = , y = t2 , 1 t 5 t p 43. x = 2t + 1, y = t, 1 t

2

41. x = 20t, y = 32t

44. x = t2

3

t, y = 43 t 2 , 0

45. x = 31 t3 , y = 21 t2 , 0 46. x = 1 + et , y = t2 ,

t t

3

2

1 1

t

3

47. x = t + cos (t), y = t sin (t), 0 p 48. x = ln (t), y = t + 1, 1 t 5 49. x = t 50. x =

et , y = t + et ,

6

t , y = ln (1 + t), 0 1+t

Dalam masalah 51

t

t

2

6 t

2

70, cari panjang kurva kutub yang diberikan.

93

Bab 4. Aplikasi Integral p

51. spiral r = , 0

5

52. spiral r =

2

, 0

2

53. spiral r =

4

, 0

2

e 54. spiral r = p , 0 2 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

1 2

, 0

2 , a>0

61. kurva r = a sin3

1 3

, 0

3 , a>0

62. ruas parabolik r = 63. ruas parabolik r =

6 , 0 1 + cos ( ) 1+

2 , cos ( )

64. kurva r = cos2

1 2

, 0

1 2

65. kurva r = cos3

1 3

, 0

1 4

66. kurva r = cos4 41 , 0 p 67. kurva r = 1 + sin (2 ), 0 p 68. kurva r = 1 + cos (2 ), 0

1 2 1 2

1 2

p

2 p 2

69. mawar berdaun empat r = 3 sin (2 ), 0 70. mawar berdaun tiga r = 4 sin (3 ), 0

2

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 Transcendental Functions, 4th Edition, Houghton Mi- in Company.

94