BAB 6
PENGANTAR TEORI INTEGRAL One can not understand . . . the universality of law of nature, the realtionship of things, without an understanding of mathematics. There is no way to do it. Richard P FEYNMAN
6.1 Pendahulan Dalam kalkulus siswa mempelajari dua macam integral. Diperhatikan dua ilustrasi berikut. ˆ
1 x3 dx = x4 + C 4
di mana C adalah konstanta sebarang, dan ˆ
2
1
1 4 x dx = x 4 3
2 = 1
15 1 4 2 − 14 = . 4 4
Ekspresi pertama adalah integral taktentu (inde nite integral ) atau antiderivatif dan ekspresi kedua adalah integral tertentu (de nite integral ). Sepintas lalu kedua bentuk ini identik dan teori yang mendasarinya adalah sama yaitu menggunakan konsep derivatif. Selama puluhan tahun para matematikawan mende nisikan integral tertentu langsung dari antiderivatif. Padahal sesungguhnya cara ini kurang pas karena dapat menghambat perkembangan teori integral itu sendiri seperti pernah dikemukan oleh Cauchy. Cauchy melihat bahwa pengertian integral tertentu dapat dipisahkan dari integral taktentu. 1
2
BAB 6. PENGANTAR TEORI INTEGRAL
Untuk ini dia kembali ke geometri orang-orang Yunani kuno yang menyajikan metoda menghitung luas daerah di dalam kurva tertutup dengan pendekatan bangun-bangun sederhana (persegi panjang, segitiga, bujursangkar). Kembali ke contoh, bahwa integral berikut ˆ
2
x3 dx 1
dapat diinterpretasikan sebagai luas daerah di dalam kurva yang dibatasi oleh gra k y = x3 , garis x = 1 dan x = 2 serta garis y = 0 (sumbu X ). Caranya adalah dengan membagi interval [1, 2] dalam n subinterval [1, 1+ n1 ], [1+ n1 , 1+ n−1 2 n ], · · · , [1 + n , 2]. Selanjutnya dibangun para persegipanjang dengan alas subinterval tersebut. Untuk itu dua kemungkinan dari sekian banyak kemungkinan pemilihan tinggi persegipanjang adalah diambil ujung kiri dan ujung kanan subinterval seperti disajikan pada gambar berikut. Pada gambar kiri diperoleh para persegi panjang dengan lebar alas n1 dan tinggi f (1 + k−1 n ), k = 1, 2, · · · , n sehingga luas keseluruhannya adalah SnL
=
n X
(1 +
k=1
k−1 31 ) . n n
Gambar 6.1: Ilustrasi aproksimasi luas Sedangkan pada gambar kanan para persegi panjang tersebut mempunyai lebar alas n1 dan tinggi f (1+ nk ), k = 1, 2, · · · , n sehingga luas keseluruhannya adalah SnU =
n X k=1
(1 +
k 31 ) . n n
Dapat dipahami bahwa luas sesungguhnya berada di antara kedua kuantitas ini. Bila n membesar maka kedua kuantitas ini saling mendekati. Perhatikan hasil perhitungan numerik berikut.
6.2.
3
PENDEFINISIAN INTEGRAL
n SnL SnU
5
20
50
100
150
200
400
3.0800 3.5769 3.6803 3.7151 3.7267 3.7325 3.7413 4.4800 3.9269 3.8203 3.7851 3.7773 3.7675 3.7588
Dapat´ diamati bahwa dari bawah meningkat dan dari ´ 2 3atas menurun menuju 2 3 15 nilai 1 x dx = 4 = 3.75. Jelas, berlaku 3.7413 ≤ 1 x dx ≤ 3.7588. Ilustrasi ini mendasari pende nisian integral taktentu ˆb f (x) dx.
(6.1.1)
a
6.2 Pende nisian Integral Pertama-tama, interval [a, b] dipecah berdasarkan titik-titik partisi a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b
sehingga terbentuk subinterval [x0 , x1 ], [x1 , x2 ], · · · , [xn−1 , xn ]. Himpunan titiktitik π = {x0 , x1 , x2 , · · · , xn } ini disebut partisi pada [a, b]. Norma (mesh ) partisi π dide nisikan sebagai kπk :=
max (xk − xk−1 ).
k=1,2,··· ,n
Lebar masing-masing subinterval tidak harus sama. Berdasarkan de nisi ini maka partisi minimal memuat dua titik ujung interval a dan b.
Contoh 6.1. Misalkan I := [0, 1] maka 1. π1 = {0, 1} adalah partisi pada I dengan norma |π1 | = 1. (a) π2 = {0, 31 , 21 , 1} adalah partisi dengan norma |π2 | = max{( 13 − 0), ( 12 − 13 ), (1 − 12 )} = 12 . (b) πn = {0, n1 , n2 , · · · , nn = 1} partisi pada I yaitu partisi seragam karena lebar setiap subintervalnya sama. Mesh partisi ini adalah |πn | = n1 . Banyak titik pada partisi ini bergantung pada n ∈ N. (c) Q = {0, 41 , 21 } bukan partisi dikarenakan titik ujung interval x = 1 tidak masuk himpunan ini. (d) Q = {0, 31 , 14 , 1} bukan partisi sebab urutan 0 := x0 < x1 := 13 < x2 := 14 < x3 := 1 tidak dipenuhi.
BAB 6. PENGANTAR TEORI INTEGRAL
4 y=f(x)
y=f(x)
y=f(x)
Gambar 6.2: Berbagai jumlahan Riemann Pembahasan konsep partisi lebih detail akan diberikan pada pokok bahasan berikutnya. Selanjutnya dibentuk jumlahan berikut. S(π, f ) :=
n X
f (ξk )(xk − xk−1 )
(6.2.1)
k=1
di mana ξk ∈ [xk−1 , xk ] disebut label (tag ) subinterval Ik = [xk−1 , xk ]. Ekspresi (6.2.1) disebut jumlahan Riemann (Riemann sum ). Jumlah Riemann ini sesungguhnya fungsi dari label ξk . Artinya setiap label diganti maka nilai jumlahan Riemann juga berubah. Interpretasi beberapa jumlahan Riemann ditunjukkan pada Gambar 6.2. Pende nisian integral tertentu (6.1.1) selanjutnya didasarkan pada jumlahan Riemann ini dan tidak menggunakan konsep diferensial sama sekali. 6.2.1
Metoda Cauchy
Cauchy mende nisikan integral untuk fungsi kontinu. Bila fungsi f kontinu maka limit jumlahan Riemann (6.2.1) ada apapun label ξk yang dipilih di dalam Ik . Selanjutnya limit jumlahan Riemann ini diambil sebagai nilai integral taktentu (6.1.1). Eksistensi limit ini diberikan dalam teorema berikut.
Teorema 6.1. Misalkan f fungsi kontinu pada interval [a, b]. Maka terdapat
bilangan I sehingga setiap > 0 terdapat δ > 0 di mana setiap partisi π = {a = x0 , x1 , x2 , · · · , xn = b} dengan norma |π| < δ berlaku n X f (ξ )(x − x ) − I < k k k−1 k=1
di mana label ξk ∈ [xk−1 , xk ] dipilih sebarang. Selanjutnya bilangan I pada teorema ini dide nisikan sebagai nilai integral takentu, ditulis ˆ
b
f (x) dx = I. a
6.2.
5
PENDEFINISIAN INTEGRAL
Bukti. Lihat Thomson, Bruckner and Bruckner (2001). De nisi 6.1. Berdasarkan teorema di atas, integral fungsi kontinu dide nisikan sebagai limit jumlahan Riemann berikut ˆ
b
f (x) dx := lim
|πn |→0
a
n X
(6.2.2)
f (ξk )(xk − xk−1 ).
k=1
Limit ini diambil untuk norma partisi menuju nol. Bila |πn | → 0 maka n → ∞. Sebaliknya, bila n → ∞ belum tentu |πn | → 0. Hal ini dikarenakan dapat saja penambahan titik-titik partisi hanya dilakukan pada beberapa subinterval saja. Tetapi dalam kasus partisi seragam, yaitu semua subintervalnya mempunyai panjang sama maka kedua syarat ini ekuivalen, yaitu n → ∞ bila hanya bila |πn | → 0. Misalkan πn = {x0 , x1 , · · · , xn } partisi seragam pada [a, b], yaitu |Ik | = (xk − xk−1 ) = b−a n := h maka diperoleh titik partisi xk = a + kh, k = 0, 1, 2, · · · , n. Dengan mengambil ξk sebagai tepi kiri subinterval [xk−1 , xk ], yaitu ξk = xk + (k − 1)h maka berdasarkan (6.2.2) diperoleh ˆ
n X
b
f (x) dx := lim
|πn |→0
a
n
b−a X k f (a + (b − a)). n→∞ n n
f (ξk )(xk − xk−1 ) = lim
k=1
(6.2.3)
k=1
Formula (6.2.3) akan berbeda jika diambil label ξk berbeda, misalnya sebagai tepi kanan subinterval namun hasil limitnya akan memberikan nilai yang sama.
Contoh 6.2. Buktikan bila f fungsi konstan, yaitu f (x) = α maka α(b − a).
´b a
f (x) dx =
Bukti. Untuk sebarang partisi π = {x0 , x1 , · · · , xn } maka diperoleh jumlahan Riemann berikut S(π, f ) =
n X
f (ξk )(xk − xk−1 )
k=1 n X
(xk − xk−1 )
= α
k=1
= α(x1 − x0 + x2 − x1 + x3 − x2 + · · · + xn − xn−1 ) = α(xn − x0 ) = α(b − a).
Karena sebarang partisi dan label (ξk ), S(π, f ) = α(b − a) tidak bergantung pada n maka berdasarkan (6.2.2) disimpulkan ˆ
b
f (x) dx = α(b − a). a
BAB 6. PENGANTAR TEORI INTEGRAL
6
Contoh 6.3. Buktikan
´2 1
x3 dx =
dengan menggunakan partisi seragam.
15 4
Bukti. Cukup gunakan (6.2.2) di mana a = 1, b = 2 dan f (x) = x3 . Diperoleh n
k b−a X f (a + (b − a)) n n
n
=
k=1
1X k f (1 + ) n n k=1 n X
=
1 n
=
n 1X k k2 k3 1+3 +3 2 + 3 n n n n
=
(1 +
k=1
k 3 ) n
k=1 n X
n n n 3 X 3 X 2 1 X 3 1 1+ 2 k+ 3 k + 4 k =: p n n n n k=1 k=1 k=1 k=1 | {z }
Selanjutnya dengan menggunakan rumus jumlahan nk=1 k = n2 (n + 1), 2 Pn Pn n n 2 3 maka diperoleh k=1 k = 6 (n + 1)(2n + 1) dan k=1 k = 2 (n + 1) P
2 3 n 3 n 1 n (n + 1) + (n + 1)(2n + 2) + (n + 1) n2 2 n3 6 n4 2 1 1 3 = 1 + + 1 + + O( ) 2 4 n 15 1 = + O( ) 4 n
p = 1+
di mana O( n1 ) suku yang didominasi dari atas oleh n1 , yaitu O( n1 ) = K · n1 untuk suatu konstanta K . Mudah ditunjukkan dengan menjabarkan semua suku dalam operasi di atas (lihat de nisi big-O pada bab sebelumnya). Diperhatikan berlaku limn→∞ O( n1 ) = 0. Akhirnya diperoleh ˆ
2
n
b−aX k f (a + (b − a)) n→∞ n n k=1 15 1 = lim + O( ) n→∞ 4 n 15 = . 4
x3 dx = 1
lim
Contoh 6.4. Nyatakan limit berikut dalam bentuk integral pada n
1X lim f n→∞ n k=1
k . n
6.2.
7
PENDEFINISIAN INTEGRAL
Penyelesaian. Bandingkan dengan (6.2.3), diperoleh b−a = 1 k k a + (b − a) = n n
Substitusi persamaan pertama ke persamaan kedua diperoleh a+
k k · 1 = → a = 0 → b = 1. n n
Jadi diperoleh n
1X lim f n→∞ n k=1
ˆ 1 k = f (x) dx. n 0
Contoh 6.5. Nyatakan limit berikut dalam bentuk integral, kemudian hitunglah nilainya dengan kalkulus biasa.
e1/n + e2/n + · · · + e(n−1)/n + en/n n→∞ n lim
dan
lim n
n→∞
1 1 1 + + ··· + 2 2 (n + 1) (n + 2) (n + n)2
.
Penyelesaian. 1. Tulis dulu dalam notasi sigma, diperoleh n
1 X k/n e . n→∞ n lim
k=1
Berdasarkan contoh sebelumnya bentuk ini dapat ditulis dalam integral ˆ
1
ex dx, 0
sebab f ( nk ) = ek/n , jadi f (x) = ex . Selanjutnya diselesaikan dengan kalkulus diperoleh n
1 X k/n lim e = n→∞ n k=1
ˆ 0
1
ex dx = [ex ]10 = e1 − e0 = e − 1.
BAB 6. PENGANTAR TEORI INTEGRAL
8
2. Ubah dulu kedalam bentuk standar n
n X k=1
n
1X 1 = 2 (n + k) n
k=1
n n+k
2
n
1X = n
k=1
1 1 + ( nk )
!2
n
1X 1 . k 2 n k=1 1 + ( n )
=
Dengan membandingkan ini terhadap (6.2.2) maka diperoleh f (x) = 1 , a = 0, b = 1. Jadi limit ini dapat dinyatakan dalam integral (1+x)2 berikut lim n
n→∞
1 1 1 + + ··· + 2 2 (n + 1) (n + 2) (n + n)2
ˆ
1
= 0
1 dx. (1 + x)2
Selanjutnya diselesaikan dengan kalkulus biasa diperoleh ˆ
1
0
dx (1 + x)2
ˆ
1
=
(1 + x)−2 d(1 + x)
0
1 (1 + x)−2+1 = −2 + 1 = − 2−1 − 1−1 1 . = 2
1 0
Biasanya proses pembuktian integral menggunakan partisi seragam seperti beberapa contoh sebelumnya. Namun demikian kita dapat juga mengambil partisi takseragam seperti diberikan contoh berikut.
Contoh 6.6. Hitunglah integral
´b
xp dx, p 6= −1 dengan memecah interval [a, b] dalam subinterval [a, aq], [aq, aq 2 ], · · · [aq n−1 , aq n ] di mana aq n := b. a
Penyelesaian. Perhatikan bahwa partisi πn = {a, aq, aq 2 , · · · , aq n−1 , aq n = b} bukan partisi seragam seperti dalam banyak contoh sebelumnya. Diamati bahwa panjang subintervalnya membentuk barisan geometri, yaitu a(q − 1), aq(q − 1), aq 2 (q − 1), · · · . Ini merupakan partisi takseragam. Dengan k demikian subinterval Ik = [aq k−1 , aq k ] mempunyai q lebar |Ik | = 4xk = aq − 1/n aq k−1 = aq k−1 (q − 1). Karena aq n = b maka q = n ab = ab . Amati bahwa bila n → ∞ maka q → 1. Bila q → 1 maka lebar subinterval |Ik | → 0 sehingga norma partisi |πn | → 0 untuk n → ∞. Jadi kita dapat menghitung integral ini sebagai berikut ˆ
b
f (x) dx = lim a
n→∞
n X k=1
f (ξk )4xk = lim
n→∞
n X k=1
f (ξk )aq k−1 (q − 1)
6.2.
9
PENDEFINISIAN INTEGRAL
maka ξk ∈ [xk−1 , xk ] sebarang titik label. Untuk kali ini diambil labelnya sebagai ujung kanan subinterval, yaitu ξk = xk−1 = aq k . Diperoleh n X
f (ξk )aq
k−1
(q − 1) =
k=1
n X
(aq k )p aq k−1 (q − 1)
k=1
=
n X
ap+1 q kp+k−1 (q − 1)
k=1 n
= ap+1
q − 1 X p+1 k q . q |k=1 {z } Sn
Karena p 6= −1 maka Sn adalah deret geometri dengan suku pertama q p+1 dan rasio r = q p+1 . Dengan menggunakan rumus jumlah deret geometri diperoleh
Sn = = = =
q p+1 q (p+1)n − 1 q p+1 − 1 q p+1 (q n )p+1 − 1 q p+1 − 1 q p+1 a−(p+1) (aq n )p+1 − 1 q p+1 − 1 q p+1 a−(p+1) (b)p+1 − 1 . q p+1 − 1
Kemudian disubstitusikan ke dalam persamaan sebelumnya, diperoleh n X
f (ξk )aq
k−1
p+1 q
(q − 1) = a
k=1
n
− 1 X p+1 k q q k=1 | {z } Sn
a−(p+1) (b)p+1 − 1 −1 = a q q p+1 − 1 q p+1 − q p p+1 p+1 = b − a . q p+1 − 1 p+1 q
q p+1
BAB 6. PENGANTAR TEORI INTEGRAL
10 Selanjutnya diperoleh ˆ
n X
b
f (x) dx = a
lim
n→∞
f (ξk )aq k−1 (q − 1)
k=1
q p+1 − q p p+1 = lim p+1 b − ap+1 q→1 q −1 q p+1 − q p = bp+1 − ap+1 lim p+1 . q→1 q −1 | {z } L
Hitung dulu nilai limit L. Karena limit ini merupakan bentuk taktentu dapat digunakan aturan L'Hospital, yaitu
0 0
maka
q p+1 − q p q→1 q p+1 − 1 (p + 1)q p − pq p−1 = lim q→1 (p + 1)q p p = 1 − lim q→1 (p + 1)q 1 p = . = 1− p+1 p+1
L = lim
Akhirnya diperoleh ˆ a
b
1 q p+1 − q p = xp dx = bp+1 − ap+1 lim p+1 bp+1 − ap+1 . q→1 q −1 p+1 {z } | L
Perhatikan dengan saksama bahwa metoda perhitungan di atas tidak berlaku jika a = 0 sebab partisi yang dimaksud tidak terde nisi.
