BAB : INTEGRAL TOPIK: Sifat-sifat Integral Tentu Kompetensi yang diukur adalah kemampuan mahasiswa menyelesaikan integral tentu dengan menggunakan sifat-sifat integral tentu.
1
Sifat Penambahan Selang 1. UAS Kalkulus 1, Semester Pendek 2004 no. 3b (kriteria: mudah) Z4 Tentukan x jx 2j dx: 0
Jawab: Karena jx
x 2; jika x 2 (x 2) ; jika x < 2
2j =
maka Z4
x jx
2j dx =
Z2
=
Z2
0
x (x
2) dx +
0
=
x (x
2) dx
2
2
x + 2x dx +
0
=
Z4
Z4
x2
2x dx
2
1 3 x + x2 3 8 +4 3
2
1 + x3 x2 3 0 64 0+ 16 3
4 2
8 3
4
= 8 2. UAS Kalkulus 1, tahun 2004 no. 3 (kriteria: mudah) Hitung Z1
jxjx dx
2
Jawab: Karena jxj =
x; jika x 0 x; jika x < 0
maka Z
Z
1 2
jxj x dx =
Z
=
0
( x) x dx + 2 0
Z
1
(x) x dx
0
x
2
dx +
2
Z
1
x2 dx
0
0
1 1 3 x + x3 = 3 3 2 8 1 = 0 + 0 3 3 7 = : 3
1 0
3. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 1b. (kriteria: mudah) Z2
xjx
1 j dx
2
Jawab: Karena jx
x 1; untuk x 1 (x 1) ; untuk x < 1
1j =
maka Z
= = = = =
2
Z Z
2 2 1
x jx x (x
1j dx 1) dx +
Z
2
x (x
1) dx
x2
x dx
1 3 1 2 1 x + x + x3 3 2 3 2 1 1 1 + ( 8) + 3 2 3 2 11 3= : 3 3
1 2 x 2 1 1 ( 2)2 2
2 1
x2 + x dx + 2
1 Z 2 1
1
2
+
8 3
2
1 3
1 2
Teorema Dasar Kalkulus (Kedua) 1. UAS Kalkulus 1, Semester Pendek 2004 no. 3a (kriteria: mudah)
Tentukan
0 x3 1 Z d @ t sin(t2 + 1) dtA dx 2
Jawab: 0
d @ dx
Zx3 2
1
t sin t2 + 1 dtA = x3 sin
2
x3
+1
d x3 dx
= x3 (sin x6 + 1 ) 3x2 = 3x5 sin x6 + 1 :
2. UAS Kalkulus (1), Semester Pendek 2004 no. sulit)
9 (kriteria:
Misalkan fungsi f kontinu pada R sehingga Zx
f (t) dt = cos x +
Tentukan
f (t) sin2 t dt
0
0
Z4
Zx
f (x) dx:
0
Jawab: d dx 1
Z
x
f (t) dt
=
0
f (x) = sin x f (x) = 2
f (x) = Jadi
Z x d cos x + f (t) sin2 (t) dt dx 0 sin x + f (x) sin2 (x) sin x sin x sin x = 2 cos2 x 1 sin x
Z=4 Z=4 sin x f (x) dx = dx: cos2 x 0
0
Dengan memisalkan u = cos x =) du =
sin x dx;
dan mengubah batas pengintegralan x = 0 =) u = cos 0 = 1 p x =
4
=) u = cos
4
=
2 2
diperoleh Z=4
p
Z2=2
sin x dx = cos2 x
0
1 du = u2
1 u
1
2 p 2
=
p
2=2
1
( 1) = 1
p
2 p =1 2
3. UAS Kalkulus 2004 no.2 (kriteria: mudah) Z1 Jika fungsi f kontinu pada R dan f (x) = t cos(
2:
t) dt; tentukan
x
f 0 (x).
Jawab: f (x) =
Z1 x
t cos ( 0
t) dt 1
Z1
d @ t cos ( t) dtA dx 0x x 1 Z d @ = t cos ( t) dtA = dx
f 0 (x) =
x cos (
x) :
1
4. UAS Kalkulus 1 2004 no. 2 (kriteria:mudah) Misalkan fungsi f kontinu pada selang [1; 1) dan f (x) =
Zx2 1
tentukan f 0 (x).
1+
p
Jawab: f (x) =
Zx2
p
t dt 1 + 3t2
1+ 0 x2 1 Z d @ t p dtA f 0 (x) = dx 1 + 1 + 3t2 1
1
=
1+
d 2x3 p x2 = : 4 2 dx 1 + 1 + 3x 2 1 + 3 (x )
q
x2
5. UAS Kalkulus (1) tahun 2003 no. 2b (kriteria: mudah)
t dt; 1 + 3t2
Tentukan
0 2x 1 Z p d @ 1 + et dtA dx 0
Jawab:
1 0 2x Z p p p d @ 1 + et dtA = 1 + e2x (2) = 2 1 + e2x : dx 0
6. UAS Kalkulus 2002 no. 5 Tentukan
0
d @ dx
Zex p
e
x
1
1 + ln (t) dtA :
Jawab: 1 0 0 1 0 ex Z p Zex p Z p d @ d @ 1 + ln (t)dtA = 1 + ln (t)dt + 1 + ln (t)dtA dx dx 0 e x e x 0 e x 1 0 ex 1 Z p Z p d @ d @ = 1 + ln (t)dtA + 1 + ln (t)dtA dx dx 0 0 p p x x = 1 + ln (e ) e + 1 + ln (ex ) (ex ) p p = e x 1 x + ex 1 + x: 7. UAS Kalkulus tahun 2001 no. 7. 0 x3 1 Z d @ Tentukan x sin ( t) dtA dx 0
Jawab: ! Z x3 d d x sin ( t) dt = dx dx 0 = 1
x
Z
x2
sin ( t) dt
0
Z
!
x2
sin ( t) dt
0
(di sini u = x; v = Z
=
!
Z
Z
d +x dx
x2
sin ( t) dt)
0
x2
sin ( t) dt + x sin 1 1
=
1
=
sin ( t) dt
0
x2
0
=
!
x2
2
[cos t]x0 + x (2x) sin x2
cos cos
d x2 dx
x2
cos 0 + 2x2 sin
x2 +
1
+ 2x2 sin
x2
x2 :
8. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 8 Misalkan f fungsi polinomial sehingga f kontinu pada R. Jika Zx
tf (t2 )dt = x6
2x2
0
maka (a) Tentukan rumus f (x) . (b) Tentukan f 0 (2) . Jawab: Misalkan f fungsi polinomial sehingga f merupakan fungsi kontinu pada R: (a) Jika
Z
x
t f t2 dt = x6
2x2 ;
0
maka d dx
Z
x
t f t2 dt
0
x f x2 f x2
d x6 2x2 dx = 6x5 4x = 6x4 4 =
Misalkan
p
z = x2 =) x =
z =) x4 = z 2 ;
sehingga f (z) = 6z 2
=) f (x) = 6x2
4
4:
(b) f 0 (x) = 12x
=) f 0 (2) = 24:
9. UAS tahun 1996 no. 3b. Tentukan G0 (x) jika G (x) =
Z
2
p
t2 + 2dt
x2
Jawab: ! Z x2 p d G0 (x) = t2 + 2dt dx 2 q = (x2 )2 + 2 (2x) p = 2x x4 + 2: 10. UAS tahun 1995 no. 3. Tentukan G0 (x) jika diketahui G (x) =
Z
5
p
t2 + 2 dt:
2x
Jawab: G (x) =
Z5
p
t2 + 2dt
Z2x
=
t2 + 2dt
!
5
2x
G0 (x) =
3
p
q 2 (2x)2 + 2 =
p 2 4x2 + 2:
Sifat Keterbatasan 1. UAS Kalkulus 1 tahun 2002 no. 8 (kriteria: sedang) Diketahui f fungsi kontinu pada [a; c] dan b 2 [a; c] : Jika f naik pada [a; b], turun pada [b; c] dan f (a) < f (c) ; maka tunjukkan f (a) (c
a)
Zc a
f (x) dx
f (b) (c
a) :
Jawab: Karena f naik pada selang [a; b] dan turun pada selang [b; c], f (a) < f (c) serta f fungsi kontinu, maka: nilai minimum global fungsi f adalah f (a) nilai maksimum global fungsi f adalah f (b) Jadi f (a)
f (x)
f (b) :
dan karena f fungsi kontinu pada [a; c] ; maka menurut Sifat Keterbatasan berlaku Z c f (a) (c a) f (x) dx f (b) (c a) : a
2. UAS Kalkulus 1 tahun 2001 no. 4 (kriteria: mudah) 6 : Gunakan Teorema Diberikan fungsi turun f dengan f (x) = p 1 + x2 Keterbatasan untuk menunjukkan bahwa 0
Z2 0
p
6 dx 1 + x2
12:
Jawab: 6 merupakan fungsi turun pada [0; 2] : 1 + x2 6 Karena f (0) = 6; f (2) = p dan f fungsi turun, maka nilai 5 maksimum global dari f pada [0; 2] adalah 6 dan nilai minimum global 6 dari f pada [0; 2] adalah p : Jadi menurut Teorema Keterbatasan 5 Z 2 6 6 p (2 0) p dx 6 (2 0) 1 + x2 5 0 Z 2 12 6 p p dx 12: 1 + x2 5 0
f (x) = p
12 Karena selang p ; 12 termuat dalam [0; 12] maka 5 Z 2 6 p dx 12: 0 1 + x2 0
4
Gabungan Beberapa sifat 1. UAS Kalkulus tahun 2003 no. 6 (kriteria: sedang) Diketahui fungsi f dan g kontinu di R dengan Z4
Z2
f (x) dx = 5 dan
2
(g (x)
f (x)) dx = 10:
4
Dengan menggunakan sifat-sifat integral, hitunglah (a)
Z4
g (x) dx;
Z2
f (2x) dx:
2
(b)
1
Jawab: Diketahui (a)
R4 2
f (x) dx = 5 dan Z
R2 4
[g (x)
f (x)] dx = 10: Maka:
4
[g (x) f (x)]dx = Z 4 Z 4 g (x) dx f (x) dx =
10
2
2
10
2
Jadi Z
4
g (x) dx =
10 +
2
Z
4
f (x) dx =
10 + 5 =
5:
2
1 du = dx: 2 Ubah batas integral: x = 1 ! u = 2 dan x = 2 ! u = 4: Jadi
(b) Misalkan u = 2x; maka du = 2dx, sehingga Z2
f (2x) dx =
1
Z4 2
f (u)
1 du 2
1 = 2
Z
2
4
f (u) du =
1 5 (5) = : 2 2
2. UAS Kalkulus 1 tahun 2003 no. 9 (kriteria: sedang) Z3 Diketahui f adalah fungsi ganjil yang kontinu pada R: Jika f ( x) dx = 1
2; tentukan
Z3
1
f (x) dx:
Jawab: Misalkan u = x; maka du = dx dan x = 1 ! u = 1; sedangkan x = 3 ! u = 3: Jadi Z 3 Z 3 f ( x) dx = f (u) du = 2: 1
1
Jadi
Z
3
f (x) dx =
2:
1
Sedangkan Z 3 Z f (x) dx =
Z
1
3
f (x) dx + f (x) dx 1 1 Z 3 = 0+ f (x) dx (karena f fungsi ganjil)
1
1
= 0 + ( 2) =
2:
3. UAS Kalkulus1 tahun 2002 no. 10 (kriteria: sedang-sulit) Jika f (0) =
f (4) ; maka hitunglah Z4
f 3 (t) f 0 (t) dt: 1 + f 4 (t)
0
Jawab: Diketahui f (0) =
f (4) : Maka dengan memisalkan
1 u = 1 + f 4 (t) =) du = 4f 3 (t)f 0 (t) dt =) f 3 (t) f 0 (t) dt = du; 4 dan dengan pengubahan batas t = 0 =) u = 1 + f 4 (0) t = 4 =) u = 1 + f 4 (4) = 1 + ( f (0))4 = 1 + f 4 (0) maka integral Z4 0
f 3 (t) 1 f 0 (t) dt = 4 1 + f (t) 4
4 1+f Z (0)
1 du u
1+f 4 (0)
= 0 (karena batas pengintegralannya sama) 4. UAS Kalkulus tahun 2001 no. 6 Tentukan apakah pernyataan-pernyataan berikut ini BENAR ataukan SALAH. (Jawaban tepat: nilai 2 12 ; jawaban tidak tepat: nilai 1; tidak menjawab: nilai 0)
(a) Luas daerah yang dibatasi kurva y = f (x) ; sumbu-x; garis x = a; Rb dan garis x = b adalah a f (x) dx :
(b) Jika f terintegralkan pada [a; b] ; pastilah f kontinu pada [a; b] :
(c) Jika f takkontinu pada [a; b] ; pastilah tak ada c 2 [a; b] sehingga Rb f (x) dx f (c) = a : b a Zx (d) Misalkan f kontinu pada [a; b] dan x 2 [a; b] ; maka f (t) dt = a
f (x) : Jawab: (a) Salah (karena rumus yang benar adalah Z b Z b f (x) dx 6= jf (x)j dx): a
Z
a
b
jf (x)j dx sedangkan
a
(b) Salah (karena fungsi takkontinu juga terintegralkan asalkan ketakkontinuannya di sejumlah hingga titik dan fungsinya terbatas, misalkan fungsi tangga). (c) Salah (karena ada fungsi takkontinu yang mempunyai nilai c yang demikian). (d) Salah (karena persamaan yang benar adalah Z x d f (t) dt = f (x)) dx a 5. UAS Kalkulus 1 tahun 2000 no. 7b. Tunjukkan bahwa untuk a dan b sebarang bilangan nyata positif, berlaku : Z1 Z1 b a x (1 x) dx = xb (1 x)a dx 0
0
Petunjuk : gunakan substitusi u = 1
x.
Jawab: Misalkan u=1
x =) du =
dx (dan x = 1
Ubah batas pengintegralan: x = 0 =) u = 1 x = 1 =) u = 0;
u) :
sehingga Z
1 a
x (1
Z
b
x) dx =
0
0
1
= Z
=
0
1
Z0 1
=
(1 u)a ub du Z 1 (1 u)a ub du
ub (1
u)a du
xb (1
x)a dx:
0
6. UAS Kalkulus1 tahun 1999 no. 9 Diketahui fungsi f dengan sifat-sifat f (x) = f ( x); Z2 f (x) dx = 4
0 dan
f (x)
0
Tentukan (a)
Z2
(f (x) + f ( x)) dx
Z2
jf (x)j dx
2
(b)
2
Jawab: Diketahui f (x) = f ( x) (berarti f fungsi genap);
f (x)
0; dan
Z
2
f (x) dx =
0
(a) Z
2
[f (x) + f ( x)] dx = 2
Z
= 2
2
[f (x) + f (x)] dx 2
Z
2
f (x) dx 2
= 2 (2)
Z
2
f (x) dx (karena f fungsi genap)
0
= 4 ( 4) =
16
4:
(b) f (x) ; bila f (x) 0 f (x) ; bila f (x) < 0
jf (x)j =
Karena untuk f (x) = 0 berlaku f (x) = dapat dituliskan sebagai
f (x) ; bila f (x) > 0 f (x) ; bila f (x) 0
jf (x)j = Jadi Z 2
2
jf (x)j dx = =
Z
f (x) ; maka jf (x)j
2
[ f (x)] dx (karena f (x)
0)
2
2
Z
2
f (x) dx (karena f fungsi genap)
0
= ( 2) ( 4) = 8 7. UAS Kalkulus 1 tahun 1998 no. 10. Diketahui f kontinu dan monoton turun pada selang [c; 1) dan diberikan Z x p t3 f (t) dt = x2 1: c
(a) Tentukan f (x) : (b) Dengan menggunakan Sifat Keterbatasan berikut, tentukan selang Z 4
tertutup yang memuat nilai dari
f (x) dx:
2
Catatan: (Sifat Keterbatasan) Jika f terintegralkan pada [a; b] dan jika m f (x) M untuk semua x dalam [a; b], maka m (b
a)
Z
b
f (x) dx
M (b
a) :
a
Jawab:
(a) Z
c
x 3
t f (t) dt =
p
x2
1 =) Dx
Z
c
x
g (t) dt
= Dx
p
x2
1 :
Misalkan g (t) = t3 f (t) : Karena f kontinu pada [c; 1) maka g kontinu pada [c; 1); sehingga menurut Teorema Dasar Kalkulus II : Z x Z x Dx g (t) dt = Dx t3 f (t) dt = x3 f (x) : c
Jadi x3 f (x) = p
c
x x2
1
=) f (x) =
x2
p
1 x2
1
:
(b) Diketahui f fungsi monoton turun pada [2; 4] ; maka 1 p merupakan nilai maksimum, dan 4 3 1 p merupakan nilai minimum. f (4) = 16 15 f (2) =
Karena f kontinu pada [2; 4] maka f terintegralkan pada [2; 4] ; sehingga menurut Sifat Keterbatasan : Z 4 f (4) (4 2) f (x) dx f (2) (4 2) 2 Z 4 1 1 p p : f (x) dx 8 15 2 3 2 R4 Jadi selang tertutup yang memuat f (x) dx (antara lain) adalah 2 h i 1 1 p ; p 8 15 2 3
8. UAS Kalkulus1 tahun 1997 no. 2.
Tuliskan semua persyaratan agar fungsi f terintegralkan pada suatu interval [a; b] : (a) Untuk setiap fungsi di bawah ini, periksalah apakah fungsi ini terintegralkan pada interval [ 2; 2] : Anda hanya diminta untuk memeriksanya, bukan menentukan nilai integralnya. (b) f (x) = x2 (c) f (x) = jxj 1 (d) f (x) = x (e) f (x) = [x] ; dengan [x] dide…nisikan sebagai bilangan bulat terbesar yang lebih kecil atau sama dengan x: Jawab: Teorema Keterintegralan :
(a) Jika f terbatas dan kontinu pada [a; b] kecuali di sejumlah berhingga titik, maka f terintegralkan pada [a; b] : Khususnya, jika f kontinu pada [a; b] maka f terintegralkan pada [a; b] : (b) f (x) = x2 terintegralkan pada [ 2; 2] karena f fungsi polinomial sehingga f kontinu pada [ 2; 2] : (c) f (x) = jxj terintegralkan pada [ 2; 2] karena f fungsi nilai mutlak sehingga f kontinu pada [ 2; 2] : 1 (d) f (x) = tidak terintegralkan pada [ 2; 2] karena kontribusi sex lang bagian yang memuat 0 kepada sembarang jumlah Riemann dapat dibuat berapapun besarnya (1) atau berapapun kecilnya ( 1) dengan cara memilih titik sampel xi yang cukup dekat dengan 0 dari kanan (kiri) yang mengakibatkan Limit Jumlah Riemann n X lim f (xi ) 4xi tidak ada. kP k!0
i=1
(e) f (x) = [x] terintegralkan pada [ 2; 2] karena f terbatas dan ketidakkontinuannya hanya di sejumlah berhingga titik. 9. UAS tahun 1995 no. 10 Z
(a) Jika diketahui f (x) = f ( x) dan Z 4 f (x) dx:
4
f (x) dx = 2; tentukan 0
4
(b) Jika diketahui Z tentukan
Z
0
f (x) dx = 4 dan 2
Z
2
f (x) dx = 2;
0
2
f ( x) dx: 0
Jawab:
(a) Karena f (x) = f ( x) ; yaitu f merupakan fungsi genap, maka Z 4 Z 4 f (x) dx = 2 f (x) dx = 2 (2) = 4: 4
0
(b) Dengan mengambil substitusi u = x, maka du = Ubah batas: x=0 ) u=0 x= 2 ) u=2
dx:
sehingga
Z
0
2
f ( x) dx =
Z
0
2
f (u) du =
2:
