MATA KULIAH
: MATEMATIKA II
POKOK BAHASAN : 1.
INTEGRAL TAK TENTU
2.
INTEGRAL TERTENTU SEBAGAI LIMIT JUMLAH
3.
SIFAT-SIFAT INTEGRAL TERTENTU
4.
TEOREMA-TEOREMA DASAR DALAM KALKULUS
5.
BEBERAPA TERAPAN DALAM INTEGRAL TERTENTU
6.
INTEGRAL NUMERIK
BUKU PEGANGAN : 1.
Salers, S.L., and Hille, E., 1995 : Calculus One and Several Variables, J. Wiley.
2.
Purcell, E., 1985 : Kalkulus dan Geometri Analitis, Erlangga.
KOMPONEN PENILAIAN 1.
UTS
: 20 %
2.
UAS
: 25 %
3.
KUIS
: 15 %
4.
PRESENTASI & DISKUSI
: 20 %
5.
TUGAS/ PR
: 15 %
6.
ABSENSI
:5%
SANGSI-SANGSI 1.
:
Tidak mengikuti Diskusi & Presentasi : NILAI NOL pada komponen nilai tersebut.
2.
Tidak mengikuti UTS & UAS : NILAI NOL.
3.
Menyontek dan bekerja sama pada saat Ujian & Kuis : NILAI NOL.
4.
Keterlambatan maksimal 15 menit.
ANTI DERIVATIF Contoh 1.
F ( x) = e x + 2 ⇒ F ′( x) = f ( x) = e x
2.
G( x) = e x + 3 ⇒ G ′( x) = g ( x) = e x
Diberikan fungsi-fungsi F ( x), G ( x), dan f ( x). a.
Jika F ′( x) = f ( x) , maka F (x) disebut Anti Derivatif fungsi f (x) .
b.
Jika F (x) dan G (x) masing-masing anti derivatif dari f (x) , maka F ( x) − G ( x) = c , dengan c suatu konstanta.
INTEGRAL TAK TENTU Diberikan fungsi-fungsi
F ( x) dan f ( x),
dengan
F (x)
anti
derivatif fungsi f (x) . F ( x) + c disebut Integral Tak Tentu dari f (x) dan ditulis :
∫ f ( x)dx = F ( x) + c . Contoh F ( x) = e x + 2 f ( x) = e x
⇒ ∫ e x dx =e x + 2 + c = e x + k , dengan k sebarang konstanta.
1
SIFAT-SIFAT INTEGRAL TAK TENTU 1.
∫ [ f ( x) + g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx
2.
∫ k . f ( x) dx = k ∫ f ( x)dx , dengan k sebarang konstanta.
RUMUS-RUMUS INTEGRAL TAK TENTU 1.
∫ dx = x + c
2.
∫x
3.
dx ∫ x = ln | x | +c
4.
∫ sin xdx = − cos x + c
5.
∫ cos xdx = sin x + c
6.
∫ tan xdx = − ln | cos x | +c
7.
∫ cot an xdx = ln | sin x | +c
8.
∫ sec xdx = ln | sec x + tan x | +c
9.
∫ cosec xdx = ln | cosec x − cotan x | +c
10.
∫ sec
11.
∫ cosec
12.
∫ sec
13.
∫ sec x tan x dx = sec x + c
14.
∫ cosec x cotan x dx = −cosec x + c
n
dx =
2
2
1 n+1 x + c , dengan n ≠ −1 n +1
xdx = tan x + c 2
xdx = −cotan x + c
xdx = tan x + c
2
15.
ax ∫ a dx = ln a , dengan a > 0 dan a ≠ 1
16.
x x ∫ e dx = e + c
17.
⎧arctan x + c = ⎨ ∫ 2 x + 1 ⎩− arccotan x + c
18.
⎧⎪ 1a arctan ax + c ∫ 2 2 =⎨ 1 x +a ⎪⎩− a arccotan ax + c
19.
∫
⎧arcsin x + c =⎨ 1 − x 2 ⎩− arccos x + c
20.
∫
⎧⎪arcsin ax + c =⎨ 2 2 ⎪⎩− arccos ax + c a −x
21.
⎧arcsec x + c = ⎨ ∫ x x 2 − 1 ⎩− arccosec x + c
22.
⎧⎪ a1 arcsec ax + c =⎨ ∫ 2 2 ⎪⎩− a1 arccosec ax + c x x −a
x
dx
dx
dx
dx
dx
dx
Contoh 2 ∫ x(1 + x ) dx = ∫ x(1 + 2 x + x)dx = ∫ ( x + 2 x x + x )dx 2
= ∫ xdx + ∫ 2 x xdx + ∫ x 2 dx = 12 x 2 + 2∫ x xdx + 13 x 3 = 3
1 x2 2
+
5
4 x2 5
+ 13 x 3 + c
TUGAS 1 1.
∫(
2.
⎛⎜ x3 −2 x 2 −5 x +7 ∫⎝ x2
∫ (sin x sec
3.
)
2 x + 2 x − 5 dx = .....
2
x⎞
⎟dx = ..... ⎠
)
x + 3 sec 2 x + 1 dx = .....
TEKNIK PENGINTEGRALAN
1.
1.
Metode Substitusi
2.
Metode Integral Parsial
3.
Integral Fungsi Pecah Rasional
4.
Integral fungsi Irasional
5.
Integral Fungsi Trigonometri METODE SUBSTITUSI adalah memasukkan (substitusi) variabel baru yang tepat sehingga dari bentuk fungsi yang belum dikenal didapat bentuk fungsi lain yang telah dikenal. Diberikan fungsi f terdefinisi pada [a,b] dan fungsi g : [α , β ] → [ a, b] mempunyai invers g −1 .
4
Jika g dan g −1 mempunyai derivatif dan kontinu masingmasing pada interval [α , β ] dan [a,b] serta f kontinu pada [a,b], maka : [α , β ]
∫ f ( x)dx = ∫ f ( g (t )) g ′(t )dt [a,b]
g
f
x = g (t )
t
Rf f ( x) = f ( g (t ))
( f o g )(t )
Bukti Cukup dibuktikan bahwa turunan kedua ruas terhadap x adalah fungsi yang sama. Misalkan
∫ f ( x)dx = F ( x) + c , maka :
d d f ( x)dx = ( F ( x) + c) = f ( x) ..... (i) ∫ dx dx Sedangkan, d d dt f ( g (t )) g ′(t )dt = ∫ f ( g (t )) g ′(t )dt dx ∫ dt dx dt = f ( g (t )) g ′(t ) dx = f ( g (t )) g ′(t ) dx1
dt
= f ( g (t )) g ′(t ) g ′1(t ) = f ( g (t )) = f ( x) 5
..... (ii)
Dari (i) dan (ii) terbukti bahwa
∫ f ( x)dx = ∫ f ( g (t )) g ′(t )dt
Contoh 2 ∫ sin x cos xdx = .....
Diambil substitusi : Sehingga diperoleh :
∫ sin x cos
2
xdx = − ∫ y 2 dy = − 13 y 3 + c = − 13 cos3 x + c
TUGAS 2 1.
dx ∫ x ln x = .....
2.
∫e
3.
3 2 ∫ x 1 + x dx = .....
4.
1+ x ∫ x − 1 dx = .....
2.
METODE INTEGRAL PARSIAL
sin x
cos xdx = .....
Misalkan u = f (x) dan v = g (x) , maka : d (uv) d ( f ( x) g ( x)) = = f ′( x) g ( x) + g ′( x) f ( x) dx dx
atau d (uv) = ( f ′( x) g ( x) + g ′( x) f ( x) )dx
6
■
Jadi,
∫ d (uv) = ∫ ( f ′( x) g ( x) + g ′( x) f ( x) )dx uv = ∫ f ′( x) g ( x)dx + ∫ g ′( x) f ( x)dx atau
∫ g ′( x) f ( x)dx = uv − ∫ f ′( x) g ( x)dx
..... (*)
Karena u = f ( x) v = g ( x)
⎧du = f ′( x)dx ⇒⎨ ⎩dv = g ′( x)dx
Sehingga persamaan (*) menjadi :
∫ udv = uv − ∫ vdu Contoh 1.
∫ x cos xdx = ..... Misalkan : u = x ⇒ du = dx dv = cos xdx ⇒ v = ∫ cos xdx v = sin x
Jadi,
∫ x cos xdx = ∫ xd (sin x) = x sin x − ∫ sin xdx = x sin x + cos x + c
7
2 ∫ x ln xdx = .....
2.
Misalkan : u = ln x ⇒ du = 1x dx dv = x 2 dx ⇒ v = ∫ x 2 dx v = 13 x 3
Jadi, 3
2 3 3 ∫ x ln xdx = ∫ ln xd ( 13 x ) = 13 x ln x − 13 ∫ xx dx
= 13 x 3 ln x − 13 ∫ x 2 dx = 13 x 3 ln x − 19 x 3 + c
TUGAS 3 1.
x ∫ e sin xdx = .....
2.
4 ∫ cos xdx = .....
3.
5 ∫ cos xdx = .....
4.
4 ∫ sin xdx = .....
5.
5 ∫ sin xdx = .....
6.
∫ sin 2 x cos 3xdx = .....
KUIS
∫
ln(sin x ) dx tan x
= .....
8
3.
INTEGRAL FUNGSI PECAH RASIONAL Diberikan persamaan P( x) = an x n + an−1 x n−1 + ..... + a1 x + a0 , dengan n ∈ Z + dan an ≠ 0. Selanjutnya P(x) disebut Polinomial berderajat n. Diberikan polinomial-polinomial P(x) dan Q(x) dengan derajat masing-masing adalah m dan n, maka
P ( x) disebut Q ( x)
Pecah Rasional. P ( x) disebut Pecah Rasional Sejati Q ( x)
i.
Jika m < n, maka
ii.
Jika m ≥ n , maka
P ( x) disebut Pecah Rasional Tak Q ( x)
Sejati dan dapat diubah menjadi : P ( x) R ( x) , dengan R(x) dan S(x) masing= S ( x) + Q( x) Q( x)
masing polinomial dan derajat R(x) lebih kecil dari n. Contoh 5 x 5 + 3x 2 x 4 + 3x3 + x 2 + 1
= (5 x − 15) +
40 x 3 + 18 x 2 − 5 x + 15 x 4 + 3x 3 + x 2 + 1
9
Diberikan pecah rasional
P ( x) . Q ( x)
Berdasarkan akar-akar Q(x)=0, akan dibahas integral fungsi pecah rasional dalam 4 kasus. I.
KASUS 1 Q ( x) = 0 mempunyai akar-akar real dan berbeda.
Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 ).....( x − xn ), dengan x1 , x2 ,..., xn real dan berbeda. P ( x) maka dapat dinyatakan sebagai berikut : Q ( x) An P( x) A1 A2 , = + + ..... + Q( x) x − x1 x − x2 x − xn
dengan A1 , A2 ,..., An ∈ R
konstanta-konstanta yang akan dicari. Contoh
∫
1 2
x −4
dx = .....
Q( x) = 0 ⇔ x 2 − 4 = ( x − 2)( x + 2) = 0
Jadi Q(x) mempunyai dua akar real yang berbeda. P( x) 1 A A A ( x + 2) + A2 ( x − 2) = 2 = 1 + 2 = 1 Q( x) x − 4 x − 2 x + 2 x2 − 4
Sehingga diperoleh : A1 ( x + 2) + A2 ( x − 2) = 1 A1 + A2 = 0 2 A1 − 2 A2 = 1
⎧ A1 + A2 = 0 ⇒⎨ ⎩ A1 − A2 = 1 / 2 10
A1 = 1 / 4 dan A2 = −1 / 4
Jadi,
∫
1/ 4 1/ 4 ⎛ 1/ 4 − 1/ 4 ⎞ dx dx dx dx = − = + ⎟ ⎜ ∫ ∫ ∫ 2 x x x x 2 2 2 2 − + − + ⎠ ⎝ x −4 = 14 ln | x − 2 | − 14 ln | x + 2 | +c 1
TUGAS 5 1.
∫
x +1 3
2
x + x − 6x
dx = .....
x2 + 1
2.
∫
II.
KASUS 2
3
2
x + x − 10 x + 8
dx = .....
Q ( x) = 0 mempunyai akar-akar real dan ada yang sama.
Q( x) = ( x − x1 ) p ( x − x2 ) q .....( x − xt ) r , dengan x1 , x2 ,..., xt real. maka
P ( x) dapat dinyatakan sebagai berikut : Q ( x)
Ap P( x) A1 A2 = + + ..... + + Q( x) x − x1 ( x − x1 ) 2 ( x − x1 ) p Bq B1 B2 + + ..... + + ..... + q ( x − x2 ) ( x − x 2 ) 2 ( x − x2 ) C1 C2 Cr + + ..... + ( x − xt ) ( x − xt ) 2 ( x − xt ) r
11
dengan Ai , B j , Ck ∈ R konstanta-konstanta yang akan dicari, i = 1,2,....., p ; j = 1,2,....., q ; k = 1,2,....., r.
Contoh
∫
3x 2 − 7 x + 5 2
( x − 1)( x − 4 x + 4)
dx = .....
Q( x) = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 − 4 x + 4) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2) 2 = 0
Jadi Q(x) mempunyai tiga akar real dan ada yang sama. 3x 2 − 7 x + 5 P( x) A1 B1 B2 = + + = Q( x) ( x − 1)( x − 2) 2 x − 1 x − 2 ( x − 2) 2 =
A1 ( x − 2) 2 + B1 ( x − 1)( x − 2) + B2 ( x − 1) ( x − 1)( x − 2) 2
Masukkan x pembuat nol ( x = 1 & x = 2) , sehingga diperoleh : *) x = 1 ⇒ A1 = 1 *) x = 2 ⇒ B2 = 3 *) x = 0 ⇒ 5 = 1 + 2 B1 ⇔ B1 = 2
Jadi,
12
⎛ 1 2 3 ⎞ ⎜ ⎟dx dx = + + ∫ ∫ ⎜ x −1 x − 2 2 2⎟ ( x − 1)( x − 4 x + 4) ( x − 2) ⎠ ⎝ 1 2 3 =∫ dx + ∫ dx + ∫ dx x −1 x−2 ( x − 2) 2 3x 2 − 7 x + 5
= ln | x − 1 | +2 ln | x − 2 | +3∫
1
( x − 2) 2 1 = ln | x − 1 | +2 ln | x − 2 | −3 +c x−2
d ( x − 2)
TUGAS 6
∫
1.
3x + 5 x3 − x 2 − x + 1
dx = .....
III. KASUS 3 Q ( x) = 0 mempunyai akar-akar imajiner dan berbeda.
Contoh : Q( x) = x 2 + 1 ⇒ D = b 2 − 4ac = −4 < 0 ⇒ Q( x) mempunyai akar - akar imajiner Akar-akar dari Q(x) adalah : x1, 2 =
−b ± D 2a 2
=
± −4 2
= ± − 1 = ±i
∴ Q( x) = x + 1 = ( x + i )( x − i )
Secara umum,
Q( x) = ( x − x1 )( x − x2 ) n .....(a1 x 2 + b1 x + c1 )(a2 x 2 + b2 x + c2 )
13
P ( x) dapat dinyatakan sebagai berikut : Q ( x)
maka
P( x) Ax + B Cx + D + = ..... + Q( x) a1 x 2 + b1 x + c1 a2 x 2 + b2 x + c2
Contoh
∫
2x + 1 2
x( x + 2 x + 6)
dx = .....
Q( x) = 0 ⇔ x( x 2 + 2 x + 6) = 0 ⇓ D = −20 < 0 Jadi Q(x) mempunyai akar imajiner. P( x) A Bx + C 2x + 1 = = + Q( x) x( x 2 + 2 x + 6) x x 2 + 2 x + 6 =
A( x 2 + 2 x + 6) + x( Bx + C ) x( x 2 + 2 x + 6)
sehingga diperoleh : *) 6 A = 1 ⇒ A = 1 / 6 *) 2 A + C = 2 ⇒ C = 5 / 3 *) A + B = 0 ⇒ B = −1 / 6
14
Jadi, ⎛ 16 − 16 x + 53 ⎞ ⎟dx ⎜ dx = ∫ + 2 ∫ 2 ⎟ ⎜ x( x + 2 x + 6) ⎝ x x + 2x + 6 ⎠ 2x + 2 1 1 11 = 16 ln | x | − 12 dx + dx ∫ 2 6 ∫ 2 x + 2x + 6 x + 2x + 6 1 1 ln | x 2 + 2 x + 6 | + 11 = 16 ln | x | − 12 dx 6 ∫ ( x + 1) 2 + 5 2x + 1
1 ln | x 2 + 2 x + 6 | + = 16 ln | x | − 12
11 arctan x +1 + c 6 5 5
TUGAS 7 1.
∫
x3 + x 2 + x + 2 x 4 + 3x 2 + 2
dx = .....
IV. KASUS 4 Q ( x) = 0 mempunyai akar-akar imajiner dan ada yang sama.
Q( x) = .....(ax 2 + bx + c) n
maka
P ( x) dapat dinyatakan sebagai berikut : Q ( x)
An x + Bn P ( x) A x + B1 A2 x + B2 = ..... + 21 + + ..... + Q ( x) ax + bx + c (ax 2 + bx + c) 2 (ax 2 + bx + c) n
Pada kasus ini akan muncul bentuk integral :
15
∫
Ax + B 2
(ax + bx + c)
n
dx
Secara umum,
∫
1 (x2 + a2 )
dx = n
1 a2
⎧ ⎫ 1 ( 2 n −3) x dx ⎨ ( 2n−2)( x 2 + a 2 )n −1 + ( 2n −2) ∫ 2 2 n −1 ⎬ x a ( ) + ⎩ ⎭
Contoh
∫
3x + 1 2
( x + 2)
2
dx = .....
Q( x) = 0 ⇔ ( x 2 + 2) 2 = 0 ⇓ D = −8 < 0 Jadi Q(x) mempunyai akar imajiner dan sama. P( x) A1 x + B1 A2 x + B2 3x + 1 = 2 = + 2 2 Q( x) ( x + 2) 2 x + 2 ( x + 2) 2 =
( A1 x + B1 )( x 2 + 2) + A2 x + B2 ( x 2 + 2) 2
sehingga diperoleh : *) A1 = 0 *) B1 = 0 *) 2 A1 + A2 = 3 ⇒ A2 = 3 *) 2 B1 + B2 = 1 ⇒ B2 = 1
16
Jadi,
∫
3x + 1 ( x 2 + 2)
dx = ∫ 2
3x ( x 2 + 2)
dx + ∫ 2
1 ( x 2 + 2) 2
dx
⎡ x ⎤ 1 1 1 + + dx dx ⎥ ∫ 2 2 ⎢ 2( x 2 + 2) 2 ∫ 2 ( x + 2) 2 ( x + 2) ⎦ ⎣ 1 2 = 32 ∫ 2 + 2) + 2x + 1 arctan d ( x 2 4( x + 2) 4 2 ( x + 2) 1 = − 32 2 + 2x + 1 arctan x + c 2 ( x + 2) 4( x + 2) 4 2 =
3 2
2x
TUGAS 8 1.
∫
x 3 + 3x 2 + 9 x + 8 2
( x + 2 x + 5)
2
dx = .....
17
x 2
4.
INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI
Di dalam Trigonometri terdapar rumus-rumus sebagai berikut : 1.
cos( a − b) = cos a cos b + sin a sin b
cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b
(i) cos(a − b) + cos(a + b) = 2 cos a cos b ⇒ cos a cos b = 12 [cos(a − b) + cos(a + b)] (ii) cos(a − b) − cos(a + b) = 2 sin a sin b ⇒ sin a sin b = 12 [cos(a − b) − cos(a + b)] 2.
sin( a + b) = sin a cos b + cos a sin b sin( a − b) = sin a cos b − cos a sin b
(i) sin(a + b) + sin( a − b) = 2 sin a cos b ⇒ sin a cos b = 12 [sin( a + b) + sin(a − b)] (ii) sin(a + b) − sin(a − b) = 2 cos a sin b ⇒ cos a sin b = 12 [sin(a + b) − sin(a − b)]
3.
1 + tan 2 x = sec 2 x
4.
1 + cotan 2 x = cosec2 x
5.
cos 2 x = 2 cos2 x − 1 ⇒ cos2 x = 12 [1 + cos 2 x] cos 2 x = 1 − 2 sin 2 x ⇒ sin 2 x = 12 [1 − cos 2 x]
6.
cos(− ax) = cos a(ax)
7.
sin( − ax) = − sin( ax) 18
A.
BENTUK :
∫ sin(nx) sin(mx)dx ; ∫ cos(nx) cos(mx)dx ; ∫ sin(nx) cos(mx)dx Contoh 1.
∫ sin 4 x sin 3xdx = ∫ 12 [cos(4 − 3) x − cos(4 + 3) x]dx = ∫ 12 [cos x − cos 7 x ]dx
[
]
= 12 sin x − 17 cos 7 x + c
2.
2 ∫ cos 6 xdx = ∫ cos 6 x cos 6 xdx
= ∫ 12 [cos 0 + cos12 x ]dx = ∫ 12 [1 + cos12 x ]dx
[
]
1 sin 12 x + c = 12 x + 12
Atau 2 ∫ cos 6 xdx = ∫ 12 [1 + cos12 x]dx
[
]
1 sin 12 x + c = 12 x + 12
3.
∫ sin 10 x cos 6 xdx = ∫ 12 [sin 16 x + sin 4 x]dx
[
]
1 cos16 x − 1 cos 4 x + c = 12 − 16 4
19
B.
BENTUK :
∫ f (sin x) cos xdx ; ∫ f (cos x) sin xdx , dengan f fungsi pecah rasional. Integrand dibawa dalam bentuk pecah rasional biasa dengan substitusi : (i).
u = sin x , untuk bentuk f (sin x)
(ii). u = cos x , untuk bentuk f (cos x) Contoh 1.
x dx = ∫ 2+cos ∫ 2+31sin x cos xdx 3 sin x
Ambil substitusi :
u = sin x ⇒ du = cos xdx x dx = ∴ ∫ 2 +cos ∫ 2+13u du = 13 ln | 2 + 3sin x | +c 3 sin x
2.
x dx = 4 cos x sin xdx = 4 cos x sin xdx ∫ 42sin−sinx cos ∫ ∫ 2 2 x 1+ (1−sin x ) 1+ cos 2 x
Ambil substitusi :
u = cos x ⇒ du = − sin xdx x dx = −4 ∴ ∫ 4 sin x cos ∫ 2 2 −sin x
u 1+ u 2
20
du = − 2 ln | 1 + cos 2 x | + c
C.
BENTUK : n n n ∫ sin xdx ; ∫ cos xdx ; ∫ tan xdx ; n n n n m ∫ cotan xdx ; ∫ sec xdx ; ∫ cosec xdx ; ∫ sin x cos xdx.
*)
Rumus Reduksi untuk ∫ cos n xdx
∫ cos
n
xdx = ∫ cos n −1 x cos xdx = ∫ cos n −1 xd (sin x)
Dengan Integrasi Parsial diperoleh :
∫ cos
n
xdx = cos n −1 x sin x + (n − 1) ∫ sin 2 x cos n − 2 xdx = cosn −1 x sin x + (n − 1) ∫ (1 − cos 2 x) cos n − 2 xdx = cos n −1 x sin x + (n − 1) ∫ cos n − 2 xdx − (n − 1) ∫ cos n xdx
cos n −1 x sin x n −1 ∴ ∫ cos xdx = + n ∫ cos n − 2 xdx , n ≥ 1. n n
*)
Rumus Reduksi untuk ∫ tan n xdx
∫ tan
n
xdx = ∫ tan n − 2 x tan 2 xdx = ∫ tan n − 2 x(sec2 x − 1)dx = ∫ tan n − 2 x sec 2 xdx − ∫ tan n − 2 xdx = ∫ tan n − 2 xd tan x − ∫ tan n − 2 xdx =
21
1 tan n −1 x − n −1
∫ tan
n−2
xdx , n > 1
Dengan cara yang sama, diperoleh rumus-rumus Reduksi sebagai berikut : n −1
1.
n ∫ sin xdx = − sin
2.
n ∫ cos xdx = cos
3.
n m ∫ sin x cos xdx = sin
4.
n ∫ tan xdx =
5.
n ∫ cotan xdx = − cotan n −1
6.
n ∫ sec xdx = sec
7.
n ∫ cosec xdx = − cosec
+ nn−1 ∫ sin n − 2 xdx , n ≥ 1
x cos x n
n −1
+ nn−1 ∫ cosn − 2 xdx , n ≥ 1
x sin x
n
tan n −1 x n −1
n +1
x cos m −1 x n+m
+ nm+−m1 ∫ sin n x cos m − 2 xdx , n ≠ −m
− ∫ tan n − 2 xdx , n > 1 n −1
x
n−2
x tan x n −1
− ∫ cotan n − 2 xdx , n > 1
+ nn−−12 ∫ secn − 2 xdx , n > 1
n−2
xcotanx n −1
+ nn−−12 ∫ cosecn − 2 xdx , n > 1
Contoh
∫ tan
6
xdx = .....
∫ tan
6
xdx = ∫ tan 4 x tan 2 xdx = ∫ tan 4 x(sec 2 x − 1)dx = ∫ tan 4 x sec 2 xdx − ∫ tan 4 xdx = ∫ tan 4 xd (tan x) − ∫ tan 2 x tan 2 xdx = 15 tan 5 x − ∫ tan 2 x(sec 2 x − 1)dx = 15 tan 5 x − 13 tan 3 x + ∫ (sec 2 x − 1)dx = 15 tan 5 x − 13 tan 3 x + tan x − x + c
Atau dengan rumus reduksi :
22
6 5 4 ∫ tan xdx = 15 tan x − ∫ tan xdx
= 15 tan 5 x − 13 tan 3 x + ∫ tan 2 xdx = 15 tan 5 x − 13 tan 3 x + tan x − x + c TUGAS 9 6 ∫ sec xdx = .....
D. SUBSTITUSI : y = tan 12 x Jika integrand merupakan fungsi pecah rasional dalam fungsi trigonometri, maka integrand dapat dibawa ke bentuk pecah rasional biasa dengan substitusi (sesuai bentuk integrandnya): y = tan 12 x (atau y = cotan 12 x) atau y = tan x (atau y = cotanx) Untuk y = tan 12 x ⇒ 12 x = arctan y ⇒ x = 2 arctan y (i).
dx =
2 1+ y 2
dy
(ii). sin x = 2 sin 12 x cos 12 x = 2 (iii). cos x =
2 cos2 12 x − 1 =
sin x = (iv). tan x = cos x
⎛ 2⎜⎜ ⎝
2y 1− y 2
23
y
1
y 2 +1
y 2 +1
2
=
2y y 2 +1
⎞ 1− y 2 1 ⎟ − 1 = ⎟ y 2 +1 y 2 +1 ⎠
Contoh =….. ∫ 2−dx sin x
∫ 2−dx sin x
⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ 2 + 1 y = ∫ ⎜ 1 ⎟dy = ∫ 2 1 dy = ∫ 11 2 3 dy = 2 3 3 arctan y − y +1 ( y− 2 ) + 4 ⎜ 2y ⎟ − 2 ⎜ ⎟ ⎝ y 2 +1 ⎠
TUGAS 10
∫ sin 2 x −3sindx2 x +5 cos 2 x =….. SUBSTITUSI FUNGSI TRIGONOMETRI (i).
Bentuk :
a2 − x2
Substitusi : x = a sin y atau x = a cos y (ii). Bentuk :
a2 + x2
Substitusi : x = a tan y atau x = a cotan y (iii). Bentuk :
x2 − a2
Substitusi : x = a sec y atau x = a cosec y
24
3 ( 2 y −1) 3
+c
Contoh
∫ x2
dx 4+ x 2
= .....
Substitusi : x = 2 tan y ⇒ dx = 2 sec 2 ydy
∫
dx 2 x 4+ x 2
=∫
2 sec2 y 4 tan 2 y.2 sec y
dy = ∫
sec y 4 tan 2 y
dy = ∫
cos y 4 sin 2 y
=∫
dy
1 d (sin 4 sin 2 y
1 +c = − 4 sin y
=−
TUGAS 11 1.
∫
9 − x 2 dx x
2.
∫
dx
3.
∫
4.
∫
[
= .....
]
3 4 x − 24 x + 72 2 2
3 2 2 (16 −9 x )
x6
x 2 dx 2x− x
2
=.....
dx = .....
= .....
25
x2 +4 4x
+c
y)
5.
INTEGRAL FUNGSI IRASIONAL
A.
Satu-satunya bentuk irasional adalah :
ax 2 + bx + c
i) Jika a > 0 , maka ambil substitusi ax 2 + bx + c = x a + y ii) Jika c ≥ 0 , maka ambil substitusi ax 2 + bx + c = xy + c Contoh x +1 1− 2 x − x 2
∫
dx = .....
Substitusi : kuadratkan kedua ruas
2
1− 2 x − x = xy + 1
⇔
1 − 2 x − x 2 = ( xy + 1) 2
⇔ 1 − 2 x − x 2 = x 2 y 2 + 2 xy + 1 ⇔ (1 + y 2 ) x 2 + (2 + 2 y ) x = 0 ⇔ x((1 + y 2 ) x + (2 + 2 y )) = 0 x = 0 ∨ x = − 2+ 22y
⇔
*) x = −
2+ 2 y 1+ y 2
Jadi, dx =
⇒
dx dy
=
− 2(1+ y 2 ) + 2 y ( 2+ 2 y ) (1+ y 2 ) 2
2( y 2 + 2 y −1) (1+ y 2 ) 2
*) x + 1 = − 2+ 22y + 1 = 1+ y
1+ y
=
2( y 2 + 2 y −1) (1+ y 2 ) 2
dy
y 2 − 2 y −1 1+ y 2
*)
1 − 2 x − x 2 = xy + 1 = − 2+ 22y y + 1 =
*)
1 − 2 x − x 2 = xy + 1 ⇔ y =
− y 2 − 2 y +1
1+ y
26
1− 2 x − x 2 −1 x
1+ y 2
∴∫
x +1 1− 2 x − x 2
dx = ∫ y
2
− 2 y −1
1+ y 2
= −2 ∫
.
1
− y 2 − 2 y +1 1+ y 2
y 2 − 2 y −1 (1+ y 2 ) 2
. 2( y
2
+ 2 y −1)
(1+ y 2 ) 2
dy
dy
Q( x) = 0 ⇔ (1 + y 2 ) 2 = 0 ⇓ D = −4 < 0 ⇒ Q( x) mempunyai akar imaginer yang sama. P( x) Q( x)
=
y 2 − 2 y −1 (1+ y 2 ) 2
=
Ay + B 1+ y 2
+
Cy + D (1+ y 2 ) 2
2
= ( Ay + B )(1+ y 2 )+2 (Cy + D ) (1+ y )
⇔ y 2 − 2 y − 1 = ( Ay + B)(1 + y 2 ) + Cy + D = Ay 3 + By 2 + ( A + C ) y + B + D sehingga diperoleh : A=0 B =1 A + C = −2 ⇒ C = −2 B + D = −1 ⇒ D = −2 Jadi,
27
∴∫
x +1 1− 2 x − x 2
dx = − 2 ∫ y
2
− 2 y −1
(1+ y 2 ) 2
dy
= −2⎡ ∫ 1 2 dy + ∫ −2 y2−22 dy ⎤ ⎥⎦ ⎢⎣ 1+ y (1+ y ) = −2⎡arctan y − ∫ 2 y2 2 dy + ∫ −22 2 dy ⎤ ⎢⎣ ⎥⎦ (1+ y ) (1+ y ) ⎡ ⎤ = −2⎢arctan y + 1 2 − 2⎛⎜ y 2 + 12 arctan y ⎞⎟⎥ + c 1+ y ⎝ 2(1+ y ) ⎠⎦ ⎣ = −2⎛⎜ 1− y2 ⎞⎟ + c ⎝ 1+ y ⎠ ⎛ ⎞ ⎜ 1− 1− 2 x − x 2 −1 ⎟ x ⎟ = −2⎜ 2 +c ⎜ ⎛⎜ 1− 2 x − x 2 −1 ⎞⎟ ⎟ ⎜ 1+⎜ ⎟ ⎟ x ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎛ ⎞ x − 1− 2 x − x 2 +1 ⎜ ⎟ x = −2⎜ 2 ⎟+c ⎛ x +1− 2 x − x 2 − 2 1− 2 x − x 2 +1 ⎞ ⎟⎟ ⎟ ⎜ ⎜⎜ x2 ⎠⎠ ⎝⎝ 2 2 = ⎛⎜ x + x − x 1− 2 x −2x ⎞⎟ + c ⎝ 1− x − 1−2 x − x ⎠ =
x ⎛⎜ x +1− 1− 2 x − x 2 ⎞⎟ ⎝ ⎠ 1− x − 1− 2 x − x 2
28
+c
B.
x+a x +b
Satu-satunya bentuk irasional adalah :
diambil substitusi :
x+a x +b
=y
Contoh
∫
x dx 2 x +1
= .....
∫
x dx 2 x +1
=∫
x dx 2( x + 12 )
=
1 2
∫
x dx x + 12
Substitusi : x x+ 1
=y⇔
2
dx dy
=
x x+ 1
2
2
= y ⇔ x( y − 1) =
2
− y ( y 2 −1) + y 3
(y −1)
2
2
⇔ dx =
y
(y −1) 2
2
− 12
2
y ⇔x=
dy
Jadi,
∫
x dx 2 x +1
=
1 2
∫
x dx x + 12
=
1 2
y2
∫ ( y 2 −1)2 dy
Q( x) = 0 ⇔ ( y 2 − 1) 2 = 0 ⇔ ( y − 1) 2 ( y + 1) 2 = 0 Jadi Q(x) mempunyai akar real dan ada yang sama.
29
− 1 y2 2 2
y −1
P( x) Q( x)
=
y2 2
( y −1)
2
= =
i)
A + B y −1 ( y −1) 2
+
A( y −1)( y +1) 2
B ( y +1) 2
+
( y 2 −1) 2
C + D y +1 ( y +1) 2 ( y 2 −1) 2
+
C ( y +1)( y −1) 2 ( y 2 −1) 2
+
D ( y −1) 2 ( y 2 −1) 2
y 2 = A( y − 1)( y + 1) 2 + B ( y + 1) 2 + C ( y + 1)( y − 1) 2 + D( y − 1) 2 untuk y = 1 ⇒ 1 = 4 B ⇒ B = 1 / 4
ii) untuk y = −1 ⇒ 1 = 4 D ⇒ D = 1 / 4 iii) untuk y = 0 ⇒ 0 = − A + 1 / 4 + C + 1 / 4 ⇒ A − C = 1 / 2 iv) untuk y = 2 ⇒ 4 = 9 A + 9 / 4 + 3C + 1 / 4 ⇒ 9 A + 3C = 3 / 2 dari (iii) dan (iv) diperoleh :
C = −1 / 4 A = 3/ 4 Jadi,
∫
x dx 2 x +1
=
1 2
y2
∫ ( y 2 −1)2 dy = =
=
3 ln | 4 2
x x+ 1
2
3 ln | 4 2
−1| −
1 2
⎡
y −1 | −
1 ln | 4 2
⎤
∫ ⎢⎣ (3y/−41) + ( y1−/14)2 − (1y/+41) + ( y1+/14)2 ⎥⎦ dy 1 ln | 4 2
x x+ 1
2
+1| −
y +1| −
1 4 2 ( y +1)
+c
1 ⎛ ⎞ 4 2 ⎜ x +1⎟ ⎜ x+ 1 ⎟ 2 ⎠ ⎝
+c
1 4 2 ( y −1)
1 ⎛ ⎞ 4 2 ⎜ x −1⎟ ⎜ x+ 1 ⎟ 2 ⎠ ⎝
−
−
C. Integrand hanya memuat bentuk irasional satu suku : n x diambil substitusi : n x = y
dengan n adalah Kelipatan Persekutuan Terkecil (KPK) dari pangkat-pangkat akar. 30
Contoh
∫⎛ ⎜ ⎝
33 x + 2 6 x x + 3 x − 2 ⎞⎟
2 dx
= .....
⎠
Substitusi : 6
x = y ⇔ x = y 6 ⇒ dx = 6 y 5 dy
Jadi,
∫⎛
33 x + 2 6 x
⎜ x + 3 x − 2 ⎞⎟ ⎠ ⎝
dx = ∫ 2
3 y 2 +2 y
(
.6 y 5 dy = ∫ − 6 y 5 d y 3 + y 2 − 2 2
(y 3 + y 2 − 2 )
⇓ u =
−6 y 5 y3 + y 2 −2
+∫
30 y 4 y 3 + y 2 −2
)−1
⇓ dv
dy
30 y 2 + 60 y −60 ⎤ ⎡ dy = 3 2 + ∫ (30 y − 30) + 3 2 ⎢⎣ y + y −2 y + y −2 ⎥ ⎦ −6 y 5
=
−6 y 5 y 3 + y 2 −2
2
+ 15 y 2 − 30 y + ∫ 30 y 3 +602 y −60 dy y + y −2
Q( x) = 0 ⇔ y 3 + y 2 − 2 = 0 ⇔ ( y − 1)( y 2 + 2 y + 2) = 0 ⇓ D = −4 < 0 Jadi Q(x) mempunyai akar real dan imajiner. P( x) Q( x)
2
= 30 y 3 + 602 y −60 = y + y −2
=
A + Bx +C y −1 y 2 + 2 y + 2 A( y 2 + 2 y + 2) + ( Bx +C )( y −1) y3 + y 2 −2
30 y 2 + 60 y − 60 = A( y 2 + 2 y + 2) + ( Bx + C )( y − 1) = ( A + B) y 2 + (2 A + C − B) y + 2 A − C 31
Sehingga diperoleh : i) A + B = 30 ii) 2 A + C − B = 60 iii) 2 A − C = −60 dari (ii) dan (iii) diperoleh : iv) 4 A − B = 0 dari (i) dan (iv) diperoleh :
A = 6 ⇒ B = 24 ⇒ C = 72 Jadi,
∫⎛
33 x + 2 6 x
⎜ x + 3 x − 2 ⎞⎟ ⎠ ⎝
dx = 2 =
= = =
−6 y 5 3
2
y + y −2 −6 y 5 3
2
y + y −2 6
−6 x5 y3 + y 2 −2
−6 y 5 y3 + y 2 −2
2
+ 15 y 2 − 30 y + ∫ 30 y 3 + 602 y −60 dy y + y −2
+ 15 y 2 − 30 y + ∫ ⎛⎜ y6−1 + −2 ⎝
−6 y 5 3
y +y
2
+ 15 y 2 − 30 y + 6 ln | y − 1 | +12 ∫
y
2 y +2 2
⎞dy ⎟ +2 y+2 ⎠
24 y + 72
y +2 y +2
2
dy + ∫
48 dy ( y +1) 2 +1
+ 15 y 2 − 30 y + 6 ln | y − 1 | +12 ln | y 2 + 2 y + 2 | +48 arctan( y + 1) + c
+ 153 x − 306 x + 6 ln | 6 x − 1 | +12 ln | 3 x + 26 x + 2 | +48 arctan(6 x + 1) +
32
TUGAS 12 3 x
1.
∫ 1+ x dx = .....
2.
∫
3.
∫x
1−cos x sin xdx 2+ cos dx 1+ x − x 2
= .....
= .....
x2 dx x 2 − 2 x −3
= .....
4.
∫
5.
∫ x + x dx = .....
33
INTEGRAL TERTENTU
1.
1.
Definisi Integral Tertentu
2.
Eksistensi Integral Tertentu
3.
Teorema Fundamental Kalkulus
4.
Sifat-Sifat Integral Tertentu
5.
Mengubah Variabel
6.
Improper Integral
DEFINISI INTEGRAL TERTENTU Diketahui f : [a, b] → R fungsi bernilai real.
{
Himpunan bagian P = x0 , x1 ,....., x n
[a,b] dengan sifat :
} pada interval tertutup
a = x0 < x1 < ..... < xn = b
disebut
PARTISI pada [a,b]. Contoh Diberikan interval [0,2]= {x ∈ R / 0 ≤ x ≤ 2}. P1 = {12 ,1,2} ⊂ [0,2]
{ } P3 = {0, 12 , 13 ,2} ⊂ [0,2] P4 = {13 ,0, 12 ,2} ⊂ [0,2] P5 = {0, 14 , 12 ,1,2} ⊂ [0,2] P2 = 0, 13 , 12 ,2 ⊂ [0,2]
P2 dan P5 merupakan partisi dari interval tertutup [0,2] 34
{
}
Diberikan partisi P = x0 , x1 ,....., x n . Diambil sebarang xi * ∈ [xi −1 , xi ] , untuk setiap i = 1,2,....., n . n
Selanjutnya dibentuk Jumlahan Riemann S ( P, f ) = ∑ f ( xi * ).Δxi , i =1
dengan Δxi = xi − xi −1.
Norm P, dinotasikan dengan |P|, didefinisikan sebagai : | P |= max{Δxi ; i = 1,2,....., n}.
Jika untuk | P |=→ 0 (n → ∞), lim S ( P, f ) ada, maka f dikatakan | P|→0
TERINTEGRAL pada [a,b] dan dinotasikan sebagai berikut : b
n
* ∫ f ( x)dx = lim S ( P, f ) = lim ∑ f ( xi ).Δxi
a
| P|→0
n →∞ i =1
Secara umum, Diambil : Δxi = b−na xi = Δxi .i + a
xi * = xi , untuk setiap i = 1,2,....., n
35
INGAT n
1.
∑ a = na , dengan a sebarang konstanta
i =1 n
2.
∑ i = n2 (n + 1)
i =1 n
3.
n ( n +1)( 2 n +1) 6
∑i2 =
i =1
[
n
4.
]
n ( n +1) 2 2
∑ i3 =
i =1
Contoh 2
Hitung ∫ xdx dengan definisi integral tertentu 0
Diambil partisi P = {x0 , x1 ,....., xn } pada [0,2], 0 = x0 < x1 < ..... < xn = 2 , dengan :
Δxi = b−na =
2−0 n
=
2 n
xi * = xi = Δxi .i + a =
2i n
+0 =
2i n
, untuk setiap i = 1,2,....., n
Sehingga diperoleh : n
n
S ( P, f ) = ∑ f ( xi ).Δxi = ∑ i =1
*
i =1
2i . 2 n n
n 4 = 2 i n i =1
∑ = n42 n2 (n + 1) = n2 (n + 1) = 2 + n2
36
Jadi, 2
S ( P, f ) = lim (2 + n2 ) = 2 ∫ xdx = |Plim n →∞ |→0
0
Latihan Hitung dengan definisi integral tertentu 2
1.
∫x
2
dx =.....
1 2
2.
∫ (2 x − 1)
2
dx = .....
1 1
3.
x ∫ e dx = .....
0
2.
EKSISTENSI INTEGRAL TERTENTU
Definisi Fungsi f dikatakan terintegral pada [a,b] jika dan hanya jika : Terdapat bilangan L sehingga lim S ( P, f ) = L , i.e. | P|→0
∀ε > 0, ∃δ > 0 sehingga untuk setiap partisi P = {x0 , x1 ,....., xn } pada [a,b] dengan | P |< δ berlaku : | S ( P, f ) − L |< ε .
37
Teorema Jika lim S ( P, f ) ada, maka limitnya bernilai Tunggal. | P|→0
Dengan kata lain, Jika fungsi f terintegral pada [a,b], maka integralnya bernilai Tunggal.
Contoh Diberikan fungsi f ⎧1 , x rasional f ( x) = ⎨ ⎩0 , x irasional
Dengan x ∈ [0,1]. Apakah f terintegral pada [0,1] ? Diambil sebarang partisi P = {x0 , x1 ,....., xn } pada [0,1], 0 = x0 < x1 < ..... < xn = 1, dengan : Δxi = b −n a = 1−n0 = 1n dan
xi * ∈ [ xi −1 , xi ] , untuk setiap i = 1,2,....., n Terdapat dua kemungkinan, yaitu : i). Jika xi * rasional untuk setiap i = 1,2,....., n , misalkan diberi n
n
i =1
i =1
notasi xt , maka S ( P, f ) = ∑ f ( xt ).Δxi = ∑1. 1n = 1 ii). xi * irasional untuk setiap i = 1,2,....., n , misalkan diberi notasi n
n
i =1
i =1
xu , maka S ( P, f ) = ∑ f ( xu ).Δxi = ∑ 0. 1n = 0
38
Karena untuk sebarang partisi P berlaku : lim S ( P, f ) = 1 dan | P|→0
lim S ( P, f ) = 0 , maka lim S ( P, f ) tidak ada.
| P|→0
| P|→0
Dengan kata lain, f tidak terintegral pada [0,1].
3.
TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS
Jika fungsi [a,b] dan
f :[a,b] → R terintegral (tertentu/Riemaan) pada
F :[a,b] → R suatu anti derivatif fungsi f pada [a,b],
maka :
b ∫ f ( x)dx = F (b) − F (a) a Contoh
2 ∫ xdx = ..... 0 2 ∫ xdx = F (2) − F (0) 0 dengan F ( x) = 1 x2 + c 2 F (2) = 1 (2)2 + c = 2 , F (0) = 1 (0)2 + c = 0 2 2 2 ∫ xdx = F (2) − F (0) = 2 0
39
4.
SIFAT-SIFAT INTEGRAL TERTENTU
Teorema (i)
Jika fungsi f terintegral pada [a,b] dan
a ≤ c ≤ b maka f
terintegral pada [a,c] dan pada [c,b]. b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
a
(ii)
∫ f ( x)dx = 0
a
(iii) Jika f terintegral pada [a,b], maka : a
b
b
a
∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx
Contoh 4
Hitunglah nilai integral dari
∫ f ( x)dx , jika diketahui :
−1
⎧⎪ x 2 + 4 , − 1 ≤ x ≤ 2 f ( x) = ⎨ ⎪⎩5 , 2< x≤4
40
5.
MENGUBAH VARIABEL
Bertujuan untuk menyederhanakan integrand agar anti derivatifnya mudah ditentukan. Teorema Jika fungsi
g :[α , β ] → [a,b] naik monoton dan mempunyai
derivatif dan fungsi
f :[a,b] → R terintegral maka :
β
b ∫ f ( g ( y )) g ′( y )dy = ∫ f ( x)dx a α Teorema Jika fungsi
g :[α , β ] → [a,b] turun monoton dan mempunyai
derivatif dan fungsi
f :[a,b] → R terintegral maka :
β
a b ′ ∫ f ( g ( y)) g ( y)dy = ∫ f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx a b α Contoh π 2
∫e
sin x
cos xdx = ...
0
Misalkan y = sin x ⇒ dy = cos xdx
x=0⇒ y =0 x = π ⇒ y =1 2
41
π 2
Sehingga diperoleh :
∫e
sin x
]1
1
cos xdx = ∫ e y dy = e y 0 = e − 1
0
0
Latihan (halaman 57) Improper Integral (Integral Tak Sejati/ Integral Tak Wajar) b
Diberikan
∫ f ( x)dx dengan a dan b adalah bilangan-bilangan real
a
dan f terintegral pada [a,b]. b
Jika kedua syarat di atas tidak dipenuhi, maka
∫ f ( x)dx disebut
a
Integral Tak Wajar. Definisi 1.
Integral Tak Wajar Tipe I (i)
Jika f terintegral pada [a,b] untuk setiap b > a , maka ∞
integral tak wajar
∫ f ( x)dx didefinisikan sebagai :
a ∞
b
a
b →∞ a
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx
(ii)
Jika f terintegral pada [a,b] untuk setiap a < b , maka b
integral tak wajar
∫ f ( x)dx didefinisikan sebagai :
−∞
42
b
b
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx a → −∞ a
−∞
b
*)
Jika
b
lim ∫ f ( x)dx dan
lim ∫ f ( x)dx nilainya ada,
b →∞ a
a → −∞ a
maka : ∞
b
a
−∞
∫ f ( x)dx dan ∫ f ( x ) dx dikatakan KONVERGEN. b
**) Jika
b
lim ∫ f ( x)dx dan
lim ∫ f ( x)dx nilainya tidak
b →∞ a
a → −∞ a
ada, maka : ∞
b
a
−∞
∫ f ( x)dx dan ∫ f ( x ) dx dikatakan DIVERGEN.
∞
(iii) Integral tak wajar
∫ f ( x)dx didefinisikan sebagai :
−∞ ∞
c
∞
−∞
−∞
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx c
b
= lim ∫ f ( x ) dx + lim ∫ f ( x ) dx a → −∞ a b →∞ c 43
∞
***)
∫ f ( x)dx KONVERGEN j.h.j.
−∞
c
lim ∫ f ( x)dx dan
a → −∞ a
b
lim ∫ f ( x) dx keduanya KONVERGEN untuk setiap
b →∞ c
c ∈ ( a, b) . 2.
Integral Tak Wajar Tipe II (i)
Jika f kontinu pada (a,b] tetapi tidak terdefinisi di a, b
maka integral tak wajar
∫ f ( x)dx didefinisikan sebagai
a b
b
a
t →a t
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx
Asalkan limit tersebut ada. (ii)
Jika f kontinu pada [a,b) tetapi tidak terdefinisi di b, b
maka integral tak wajar
∫ f ( x)dx didefinisikan sebagai
a b
t
a
t →b a
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx
Asalkan limit tersebut ada.
44
(iii) Jika f kontinu pada (a,b) tetapi tidak terdefinisi di a dan b
∫ f ( x)dx didefinisikan
b, maka integral tak wajar
a
sebagai : b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx c
t
= lim ∫ f ( x ) dx + lim ∫ f ( x ) dx , t →b c s →a s Asalkan kedua limit tersebut ada, dengan a < c < b .
3.
Integral Tak Wajar Bentuk Campuran ∞
(i)
∫ f ( x)dx dengan f tak terdefinisi di suatu titik
a ∞
b ≥ a , integral tak wajar ∫ f ( x)dx didefinisikan a
sebagai : ∞
b
c
∞
a
a
b
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx c
s
t
= lim ∫ f ( x) dx + lim ∫ f ( x) dx + lim ∫ f ( x) dx t →∞ s p →b p s →b a
45
b
(ii)
∫ f ( x)dx dengan f tak terdefinisi di suatu titik
−∞
b
a ≤ b , integral tak wajar ∫ f ( x) dx didefinisikan −∞
sebagai : b
c
a
b
−∞
−∞
c
a
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx t
c
b
= lim ∫ f ( x) dx + lim ∫ f ( x) dx + lim ∫ f ( x) dx p →a p t →a c s → −∞ s
Contoh ∞
1.
b d (3 x + 1) 1 = lim = lim ∫ 2 b →∞ ∫ 2 b →∞ 3 ∫ 2 1 (3 x + 1) 1 (3 x + 1) 1 (3 x + 1)
dx
b
dx
b
⎡ −1 ⎤ = lim ⎢ ⎥ b →∞ ⎣ 3(3 x + 1) ⎦ x =1 =−
46
1 1⎤ 1 ⎡ 1 lim ⎢ − ⎥= 3 b →∞ ⎣ 3b + 1 4 ⎦ 12
1 dx ⎤ ⎡ = lim 2 ∫ ln xd x = 2 lim ⎢ x ln x − ∫ ⎥ x x a →0 a a →0 ⎣⎢ ⎦⎥ a
1 ln xdx
2. ∫ 0
1
[ x ln x − 2 x ]1x =a a →0 = 2 lim [− 2 − a ln a + 2 a ] = −4 = 2 lim
a →0
−1 dx 0 dx 1 dx 2 dx ∫ 2 = ∫ 2 + ∫ 2 +∫ 2 +∫ 2 − 2 x − 1 − 2 x − 1 −1 x − 1 0 x − 1 1 x − 1 2
3.
dx
p
r dx 0 dx 2 dx = lim ∫ + lim ∫ + lim ∫ + lim ∫ 2 2 2 p → −1 − 2 x − 1 q →−1 q x − 1 r →1 0 x − 1 s →1 s x 2 − 1
1
=
dx
B ( A + B) x + ( A − B) A + = x −1 x +1 x2 − 1
x2 − 1 A+ B = 0 ⎫ ⎬ ⇒ A = 1 / 2 & B = −1 / 2 A− B =1 ⎭ Jadi,
p dx 0 dx r dx 2 dx lim ∫ + lim ∫ + lim ∫ + lim ∫ 2 2 2 p → −1 − 2 x − 1 q → −1 q x − 1 r →1 0 x − 1 s →1 s x 2 − 1 1⎧ ⎪
p
0
r
2
⎡ x −1 ⎤ ⎡ x −1 ⎤ ⎡ x −1 ⎤ ⎡ x −1 ⎤ lim ln lim ln lim ln + + + = ⎨ lim ⎢ln ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 2 ⎪ p → −1⎣ x + 1 ⎦ − 2 q → −1⎣ x + 1 ⎦ q r →1⎣ x + 1 ⎦ 0 s →1⎣ x + 1 ⎥⎦ s ⎩ r
r −1 ⎡ x −1 ⎤ Tetapi karena lim ⎢ln = = −∞ lim ln ⎥ + + x 1 r 1 r →1⎣ ⎦ 0 r →1 47
2
maka
∫
dx 2
−2 x − 1
divergen.
Latihan 1
1.
2.
dw ∫ −∞ 2 − w 2 x−3
∫
0 2x − 3 ∞
3.
∫
dx
dx
2 2x x −4
48
KUIS Hitunglah : ∞ e − 2 x dx
∫
x
0
49
SISTEM PERSAMAAN LINEAR(SPL) DAN MATRIKS Diberikan m SPL dalam n peubah sbb :
a11x1 + a12 x2 + ..... + a1n xn = b1 a21x1 + a22 x2 + ..... + a2n xn = b2 . .
am1 x1 + am 2 x2 + ..... + amn xn = bm Dibawa ke bentuk matriks yang diperluas : ⎡ a11 a12 ⎢a a22 ⎢ 21 L ⎢ M ⎢a ⎣ m1 am 2
K a1n ⎤ ⎡ x1 ⎤ ⎡ b1 ⎤ K a2 n ⎥ ⎢ x2 ⎥ ⎢ b2 ⎥ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ O M ⎥⎢ M ⎥ ⎢ M ⎥ K amn ⎥⎦ ⎣⎢ xn ⎥⎦ ⎣⎢bm ⎥⎦
Penyelesaian : dengan mereduksi matriks menjadi bentuk baris eselon (eliminasi Gaussian, selanjutnya diselesaikan dengan substitusi balik), atau menjadi bentuk eselon baris tereduksi (eliminasi GaussJordan).
⎡ a11 a12 ⎢a a22 ⎢ 21 L ⎢ M ⎢a ⎣ m1 am 2
a1n b1 ⎤ a2 n b2 ⎥ ⎥ O M M ⎥ K amn bm ⎥⎦ K K
Contoh Selesaikan SPL berikut :
2 x + 5 y + 5z = 1 4 x + 10 y = 2 x + 10 y = 8 Penyelesaian
⎡2 5 5 1 ⎤ ⎢4 10 0 2⎥ = ..... ⎢ ⎥ ⎢⎣1 10 0 8 ⎥⎦ Diperoleh penyelesaian :
x = −2 , y = 1 , z = 0
DETERMINANT 1.
⎡a b ⎤ a b = = ad − bc det ⎢ ⎥ ⎣c d ⎦ c d
2.
Ekspansi Laplace Kasus matriks 3x3 (ekspansi baris pertama)
⎡a b det ⎢ d e ⎢ ⎢⎣ g h
c⎤ e ⎥ f =a ⎥ h i ⎥⎦
f d −b i g
f d +c i g
e h
INVERSE Definisi Jika A adalah matriks bujur sangkar dan jika B adalah matriks berukuran sama sedemikian hingga AB=BA=I maka A dikatakan dapat dibalik dan B disebut inverse dari A.
Ekspansi
Laplace
dan
sifat-sifat
dasar
dari
determinant dapat digunakan untuk memperoleh formula dari penyelesaian SPL Aturan Cramer Diberikan matriks nxn nonsingular, dan Adj(A) merupakan transpose dari matriks kofaktor, maka :
A−1 =
Adj ( A) det( A)
Selanjutnya jika Bi adalah matriks yang diperoleh dengan mengganti kolom ke-i dengan kolom vektor b, maka persamaan Ax=b mempunyai solusi tunggal xi =
det( Bi ) det( A)
Dari aturan Cramer di atas dapat diperoleh secara eksplisit inverse dari matriks 2x2 dengan nonzero determinant :
⎡a b ⎤ ⎢c d ⎥ ⎣ ⎦
−1
=
1 ⎡ d − b⎤ ad − bc ⎣⎢− c a ⎥⎦
Contoh
⎡0 1 4 ⎤ Diberikan matriks A = ⎢1 0 0⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 − 2 2⎥⎦ Tentukan inverse dan determinant dari matriks A Penyelesaian
1.
Dengan ekspansi laplace Det(A) = ...
2.
Dengan Aturan Cramer i. Hitung kofaktor Matriks kofaktor = ... ii. Matriks adjoint = ... A−1 =
Adj ( A) det( A)
Transpose matriks
⎡ a11 a12 ⎢a a22 21 ⎢ A= L ⎢ M ⎢a ⎣ m1 am2 ⎡ a11 ⎢a AT = ⎢ 12 ⎢ M ⎢a ⎣ 1m
a1n ⎤ K a2n ⎥ ⎥ O M ⎥ K amn ⎥⎦ K
K an1 ⎤ K an 2 ⎥ ⎥ L O M ⎥ a2m K anm ⎥⎦ a21 a22
Contoh
⎡0 1 4 ⎤ A = ⎢1 0 0⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 − 2 2⎥⎦ ⎡0 1 0 ⎤ AT = ⎢1 0 − 2⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣4 0 2 ⎥⎦
Kofaktor ⎡ a11 a12 ⎢a a22 21 ⎢ A= L ⎢ M ⎢a ⎣ m1 am2
a1n ⎤ K a2n ⎥ ⎥ O M ⎥ K amn ⎥⎦ K
⎡ c11 c12 ⎢c c22 21 ⎢ Kofaktor ( A) = C = L ⎢ M ⎢c ⎣ m1 cm2 Dengan
⎡ c22 L c2 n ⎤ c11 = (−1)1+1 det ⎢ M O M ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣cm 2 L cmn ⎥⎦ ⎡ c21 L c2 n ⎤ c12 = (−1)1+ 2 det ⎢ M O M ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣cm 2 L cmn ⎥⎦
K c1n ⎤ K c2n ⎥ ⎥ O M ⎥ K cmn ⎥⎦
PERSAMAAN DIFERENSIAL (PD)
PD adalah suatu persamaan yang mengandung satu atau beberapa turunan dari suatu fungsi yang tidak diketahui. Contoh d2y dx 2
+ 3x
dy − 2 y + 10 = 0 dx
1.
PD dengan satu peubah bebas disebut PD biasa
2.
PD dengan lebih dari satu peubah bebas disebut PD parsial. Contoh
d 2u dx 2
+
d 2u dy 2
=0
A. PD LINEAR ORDE SATU Bentuk umum : y′ + P ( x) y = Q( x) , y′ =
Penyelesaian
dy dx
Mengalikan kedua ruas dengan faktor integral
e ∫ P( x)dx , sehingga diperoleh : e ∫ P ( x ) dx
(
dy ∫ P ( x ) dx +e P ( x) y = e ∫ P ( x ) dxQ ( x) dx
)
d ye ∫ P ( x) dx = e ∫ P ( x ) dxQ( x) dx Integralkan kedua ruas diperoleh :
ye ∫ P ( x) dx = ∫ e ∫ P ( x ) dxQ( x)dx 1 ∫ P ( x ) dxQ ( x)dx y= e P ( x ) dx ∫ ∫ e Contoh y′ + 2 y = 3 x Penyelesaian
y=
1
e∫
1
= e e
= =
3 xe 2x ∫ 3
= =
e∫ ∫ 2dx
xe 2x ∫ 3
2dx
2x
2x
3 xdx
dx
dx
xde 2x ∫
2x
2e 3
( xe 2 x − ∫ e 2 x dx ) 2e 2 x 3 ⎛ 2x 1 2x ⎞ ⎜ xe − e ⎟ + c x 2 2 ⎠ 2e ⎝
B. PD HOMOGEN ORDE DUA Bentuk umum : y′′ + a1 y′ + a2 y = 0 , y′ =
dy , a1 dan a2 suatu kons tan ta dx
Penyelesaian Menggunakan persamaan bantu r 2 + a1r + a2 = 0 1.
Jika r1 dan r2 akar-akar real dan berbeda, maka penyelesaian umumnya (PU) adalah :
y = c1e r1x + c2e r2 x 2.
Jika r1 dan r2 akar-akar real dan sama, maka penyelesaian umumnya (PU) adalah : y = c1e r1x + c2 xe r2 x
3.
Jika r1 dan r2 akar-akar imajiner, yaitu
r1,2 = α ± iβ , maka penyelesaian umumnya (PU) adalah : y = c1eαx cos βx + c2eαx sin βx Contoh y′′( x) + 4 y ( x) = 0 Penyelesaian persamaan bantu : r 2 + 4 = 0 ⇔ r 2 = −4 ⇔ r = ± − 4 ⇔ r = ±2i
Jadi penyelesaiannya : y = c1 cos 2 x + c2 sin 2 x
