Halaman : 184
Bab VI
Integral Tak Tentu Dan Integral Tentu
6 Pendahuluan
Integral tak tentu adalah suatu bentuk anti turunan dari suatu fungsi yang dapat diturunkan differentiabel pada suatu selang tertentu. Pada bab ini konsep Integral Tak Tentu akan
diperkenalkan sebagai kebalikan operasi pendiferensialan, yakni sebagai bentuk paling
umum dari “anti turunan“. Sedangkan Integral tentu diperkenalkan sebagai limit jumlah Reimann, sebagai generalisasi dari proses perhitungan luas daerah tertutup pada bidang
datar.
6.1 Integral Tak Tentu
Pandang suatu fungsi f yang terdefinisi pada selang terbuka I, selanjutnya akan ditentukan suatu fungsi F yang memenuhi
F’x = f x pada I. Jika Fx adalah suatu fungsi yang mempunyai turunan
F’x = fx dalam suatu interval tertentu pada sumbu x, maka Fx disebut anti turunan atau integral tak tentu dari fungsi f
pada I. Untuk suatu fungsi f yang diketahui, dapat ditemukan lebih dari satu anti turunan,
sebagaimana ditunjukkan dalam contoh 1 berikut. Contoh 6.1 :
Tentukan anti turunan atau fungsi yang turunannya adalah : fx = 3x
2
Jawab : Fungsi dengan turunan :
fx = 3x
2
Halaman : 185
ialah : F
1
x = x
3
, F
2
x = x
3
+ 1, F
3
x = x
3
+ 2 , . . .
sebab
3
2 3
2 1
x f
x x
F x
F x
F
jadi fungsi F
1
, F
2
, F
3
, … semuanya adalah anti turunan dari fungsi f. Dapat dilihat disini bahwa hubungan antara fungsi anti turunan yang satu dengan yang lainnya dibedakan
oleh suatu konstanta riil. Secara umum, jika fx = 3x
2
, maka anti turunannya adalah Fx = x
3
+ C atau semua anti turunan dari :
fx = 3x
2
termuat di dalam . x
3
+ C
dimana C disebut konstanta integrasi yang merupakan suatu konstanta riil. Dari contoh dapat dikatakan bahwa anti turunan dari suatu fungsi tidak tunggal, dan
bahwa anti turunan yang satu dengan yang lain hanya dibedakan oleh konstanta. Definisi 6.2 :
Anti turunan dari fungsi fx dinotasikan sebagai
dx x
f
yang dinamakan “Integral tak tentu dari f ”.
Dalam hal ini, jika
C
x F
dx x
f maka
x f
x F
,
, C : konstanta Integrasi.
maka F disebut anti turunan fungsi primitif dari f pada I dan fx disebut integran. Notasi fx dx
dibaca “ Integral tak tentu dari fungsi f dengan variabel x”. Disebut Integral tak tentu karena nilainya tergantung pada konstanta C sebarang. Dari Persamaan integral di
atas diperoleh hubungan : F’x =
dx x
dF = fx
dFx = fx dx Sehingga
dFx = fx dx = Fx + C Contoh 6.3 :
Jika Fx = x
24
maka dFx = 24x
23
dx,
sehingga dFx = 24x
23
dx = x
24
+ C = Fx + C. Jadi notasi
24x
23
dx = x
24
+ C menyatakan “integral tak tentu” dari fungsi fx =
24x
23
terhadap peubah x, yang hasilnya adalah fungsi Fx = x
24
+ C, dengan C konstanta riil.
Halaman : 186
Karena hasil integral tak tentu adalah suatu anti turunan ditambah konstanta jadi rumus- rumus integral tak tentu dapat diperoleh dari rumus-rumus diferensial yang bersesuaian.
Teorema A Aturan Pangkat
. Jika
r
adalah bilangan rasional kecuali
1
, maka
C r
x dx
x
r r
1
1
Contoh 6.3. Cari anti turunan yang umum dari
3 4
x x
f
Penyelesaian
C x
x dx
x
3 7
3 7
3 4
7 3
3 7
Teorema B
C
x dx
x C
x dx
x sin
cos ,
cos sin
Untuk membuktikan teorema tersebut , cukup perhatikan bahwa turunan pertama dari
x cos
adalah
x sin
, kemudian turunan pertama dari
x sin
adalah
x cos
. Teorema C
Kelinearan integral. Misalkan fungsi
f
dan
g
mempunyai anti turunan integral tak tentu dan misalkan k suatu konstanta. Maka :
i
dx
x f
k dx
x f
k
ii
dx x
g dx
x f
dx x
g x
f
Kemudian dari sifat i dan ii, diperoleh iii
dx x
g dx
x f
dx x
g x
f
Contoh 6.4. Cari integral tak tentu berikut ini dengan menggunakan sifat kelinearan ; a
dx
x x
4 3
2
b
du u
u 14
3
2 3
c
dt
t t
2
1
Penyelesaian a
dx
x x
4 3
2
=
dx
x dx
x 4
3
2
=
dx x
2
3
+
dx x
4
Halaman : 187
=
2 2
1 3
2 4
3 3
C x
C x
=
2 1
2 3
4 3
2 C
C x
x
= C
x x
2 3
2
b
du u
u 14
3
2 3
C u
u u
du du
u du
u
14 2
3 5
2 1
14 3
2 2
5 2
3
c
dt
t t
2
1
=
C t
t dt
t dt
t dt
t t
2 3
2 1
2 2
1 2
3 2
1
6.1.1.a. Integral Dengan Subtitusi Penggantian
Misalkan fungsi g terdifferensial pada Domain fungsi g D
g
dan Range fungsi G = R
g
I, selang di mana fungsi f terdefinisi :. Jika
,
x f
x F
dx x
f x
F
maka
c x
g F
dx x
g x
g f
. Misalkan
x g
u
diperoleh :
u
F du
u f
dx dx
du u
f dx
x g
x g
f +c.
Contoh 6.5 : Selesaikanlah integral berikut dengan metode subtitusi :
a.
dx
x x
2 2
3
3 2
b.
dx x
x cos sin
10
Jawab :
a. Misalkan
. 2
3
x
u Maka
dx x
du
2
3
. Jadi
c
x c
u du
u dx
x x
3 3
3 2
2 2
3
2 3
1 3
1 3
2
b. Misalkan
dx x
du maka
x u
cos ;
sin
Jadi
dx x
x cos sin
10
=
C x
C u
du u
11 11
10
sin 11
1 11
1
Halaman : 188
Contoh 6.6 . Selesaikan integral berikut ini ;
a.
dx x
x x
12 6
6
2 5
3
b.
dx
x x
10 2
4
c.
dx
x x
4 3
2
2
d.
dx
x x
2 2
2
3 2
Penyelesaian a. Misalkan
x x
u 6
3
; maka .
6 3
2
dx x
du
Sehingga
du dx
x dx
x 2
6 3
2 12
6
2 2
, dengan demikian
dx x
x x
12 6
6
2 5
3
=
C
u du
u du
u 6
2 2
2
6 5
5
=
K x
x C
u
3
6 2
3
6 3
6
Perhatikan bahwa
dx x
12 6
2
adalah
du 2
bukan du , tetapi hal ini tidak menimbulkan kesukaran karena factor 2 dapat dipindahkan kedepan tanda integral
karena sifat kelinearan integral. Kemudian penyelesaian berakhir dengan suatu konstanta sebarang 2C, dimana diganti dengan K yang masih tetap sebagai suatu
konstanta sembarang. b. Misalkan
4
2
x
u ; maka
dx x
du 2
, sehingga,
dx
x x
10 2
4
=
dx
x x
2 2
1 4
10 2
=
du u
10
2 1
=
C
u 11
2 1
11
=
K x
22 4
11 2
c. Misalkan .
2
3
x
u Maka
dx x
du
2
3
, sehingga,
dx
x x
4 3
2
2
=
dx
x x
2 4
1 3
3 2
3 1
=
du u
4 1
3 1
=
K x
C x
C u
4 3
3 4
3 3
4 3
2 9
4 3
1 2
9 4
3 4
3 1
Halaman : 189
c. Misalkan
3 2
2
x
u ; maka
dx x
du
. Menyelesaikan integral ini dengan metode substitusi gagal karena
du x
dx x
x dx
x
2
, dimana x tidak dapat dipindahkan kedepan tanda integral karena x bukan suatu konstanta. Sehingga untuk
menyelesaikan integran ini harus dengan cara lain yakni dengan menguraikan integran menggunakan aljabar biasa dan kemudian menggunakan aturan pangkat. Jadi
dx
x x
2 2
2
3 2
=
dx x
x x
2 2
4
9 3
4 =
dx x
x x
2 4
6
9 3
4
= C
x x
x
3 5
7
3 5
3 28
Berikut diberikan beberapa contoh penyelesaian soal integral dengan metode yang telah dijelaskan sebelumnya.
Contoh 6.8 : Gunakan rumus integral untuk menghitung :
a. dx
x x
x
1
1
3 2
2 3
b.
dx x
2 1
cos
2
c.
dx x
2 sin
Jawab : a. I =
dx x
x x
1
1
3 2
2 3
=
dx dx
x dx
x dx
x
3 2
2 3
=
1 3
2 1
2 1
3
4 3
1 3
2 2
1 2
1 1
3
c x
c x
c x
c x
I = 5
3 4
1
4 3
2 1
3 5
1 4
c c
c c
x x
x x
C x
x x
x
3 5
4
5 3
1 4
1
dengan C = c
1
+ c
2
– c
3
+ c
4
.
b. ∫ � �
= dapat diselesaikan dengan rumus kesamaan trigonometri :
dx
x dx
dx x
dx x
I x
x x
x misal
cos 2
1 2
1 cos
1 2
1 2
1 cos
sehingga ,
cos 1
2 1
2 1
cos akibatnya
, 2
cos 1
2 1
cos
2 2
2
Halaman : 190
I =
2 1
2 1
dengan ,
sin 2
1 sin
2 1
2 1
c c
c c
x x
c x
c x
c. ∫ �
Dapat diselesaikan dengan tiga cara yakni: Cara I:
Misalkan u = 2x du = 2dx atau dx = ½ du, sehingga
I =
C x
c u
du u
dx x
2 cos
2 1
cos 2
1 sin
2 1
2 sin
dengan
c C
2 1
Cara II : Karena sin 2x = 2 sin x cos x, dan cos x dx = dsin x, maka
I =
c x
x d
x dx
x x
dx x
2
sin sin
sin 2
cos sin
2 2
sin
Cara III : Kita ganti sin x dx dengan -dcos x, maka
c x
x d
x x
d x
dx x
x dx
x I
2
cos cos
cos 2
cos cos
2 cos
sin 2
2 sin
Ketiga cara di atas memberikan hasil yang sama karena
, sin
1 cos
sedangkan ,
sin cos
2 1
2 cos
2 1
2 2
2 2
x x
c x
x c
x
Diperoleh :
2 2
2
cos 1
sin 2
1 sin
c x
c x
c x
2 2
1 dengan
, cos
1 cos
c C
C x
c x
Contoh 6.9:
Hitung : a.
dx x
cos
c.
dt t
4
sin
b.
dx x
5
cos
d. Jawab :
a. Misalkan t = ,
2
2
t dx
dan x
t x
sehingga
I =
, cos
2 2
cos cos
dt t
t dt
t t
dx x
gunakan integral parsial untuk menghitung
dt t
t cos
dengan memisalkan
dt t
t t
dt t
t dx
x I
t v
dt t
dv dt
du t
u sin
sin 2
cos 2
cos sehingga
sin ,
cos dan
I =
dt t
t cos
=
c x
x x
c t
dt t
t
cos sin
2 cos
sin 2
dt t
6
sec
Halaman : 191
b. I =
sin
sin 1
cos cos
cos
2 2
4 5
x d
x dx
x x
dx x
I =
sin sin
sin sin
2 1
4 2
x xd
x d
x x
I
sin
sin sin
sin 2
sin
4 2
x d
x xd
x d
c x
x x
5 3
sin 5
1 sin
3 2
sin
c. I =
dt t
dt t
2 2
4
cos 1
sin
= ? latihan d. I =
tan
tan 1
sec sec
sec
2 2
2 4
6
t d
t dt
t t
dt t
I =
c t
t t
t d
t t
5 3
4 2
tan 5
1 tan
3 2
tan tan
tan tan
2 1
Contoh 6.10 : Selesaikan integral tentu
dx
x x
1 dengan 4 cara berikut :
a. Dengan subtitusi penggantian
x u
1
b. Dengan subtitusi u = 1 + x
c. Dengan menuliskan pembilang x = 1 + x – 1
Jawab : a.
Subtitusi du
u dx
u dx
x dx
du x
u 2
2 1
2 1
. Dari
x u
1
, juga diperoleh sehingga
, 1
atau ,
1
2 2
u x
x u
I =
c u
u du
u u
udu u
x dx
x
2 3
2 1
2 2
1 1
3 2
2
= c
x x
2 1
2 3
1 2
1 3
2 .
b. Subtitusi u = 1 + x = du = dx dan x = u – 1, sehingga
c u
u u
du du
u du
u u
x dx
x
2 1
2 3
2 3
2 1
1 =
C x
x
2 1
2 3
1 2
1 3
2
c. Tulis pembilang sebagai x = 1 + x – 1 sehingga
Halaman : 192
x dx
dx x
dx x
x dx
x x
1 1
1 1
1 1
C x
x
2 1
2 3
1 2
1 3
2 .
Contoh 6.11 :
Tentukan aturan fungsi f, bila diketahui fungsi f kontinu pada R, mempunyai tepat satu titik balik
di
2
7 ,
2 3
dengan garis
singgung dititik
baliknya sejajar
garis
12 dan
2 3
x
f x
y
. Jawab :
Karena
1
12 12
12 c
x dx
x f
x f
.
Selanjutnya karena f mempunyai titik belok di
2
7 ,
2 3
maka sehingga
, 18
diperoleh 2
3 12
2 3
1 1
c
c f
18 12
x
x f
. Dari sini kita peroleh aturan fungsi f ’ yaitu
2 2
18 6
18 12
c x
x dx
x x
f
. Karena garis singgung dititik beloknya sejajar garis
x y
2 3
, maka
2 2
2 3
18 2
3 6
2 3
akibatnya ,
2 3
2 3
c f
. Diperoleh c
2
= 12, karena itu aturan fungsi f ’ adalah
12 18
6
2
x x
x f
. Dari sini diperoleh aturan fungsi f adalah
3 2
3 2
12 9
2 12
18 6
c x
x x
dx x
x x
f
. Selanjutnya karena f melalui titik
2 7
, 2
3 maka
1 diperoleh
, 2
3 12
2 3
9 2
3 2
2 7
2 7
2 3
3 3
2 3
c c
f
, dengan demikian aturan fungsi f adalah
1 12
9 2
2 3
x x
x x
f .
Halaman : 193
LATIHAN
Hitunglah integral tak tentu berikut : 1.
dx x
x x
1
10. dx
x x
sin 2
1 2
sin
2.
dz
z z
2 2
1 11.
dy
y y
5 2
3
2
3.
ds
s s
s
2
1 12.
xdx ctg
4.
dx
x 2
1 2
3
13.
dx
x Sin
2 1
3
5.
dx
x x
3 5
2 1
14.
dx x
cos
6.
dx
x x
2 4
3
3 1
15.
dx
x 3
1 sin
7.
dx
x x
sin 1
cos
16.
dx x
3 sec
2
8.
dx
x x
3
cos 1
sin 17.
dx x
x 4
sin 2
cos
9.
dx
x x
x x
3 2
4 2
4 2
3
1 1
cos 1
sin
18.
dx x
tg
19. Hitung
dx x
x
1
2
dengan dua cara. a. Subtitusi u = 1
– x b. Subtitusi
x u
1
20. Hitung
dx x
F
, jika Fx = x|x| adalah suatu anti turunan dari fx = 2|x| pada R. 21. Tentukan aturan fungsi implisit Fx, y = 0 yang melalui titik 2,-1 dan gradien
garis singgungnya disetiap titik x, y pada grafik Fx, y = 0 ditentukan oleh aturan ,
4
y y
x y
22. Gradien garis singgung disetiap titik pada fungsi f adalah
2 1
2 1
x x
x f
. Jika f melalui titik 4,0 tentukan aturan fungsi f.
23. Sebuah titik
materi bergerak
dari keadaan
diam dengan
kecepatan
dtk m
t t
t a
3 12
. Tentukan kecepatannya pada setiap saat t dan saat titik materi itu berhenti kemudian bergerak lagi. Tentukan pula persamaan gerak dari titik
materi tersebut. 24. Hitung
dengan ,
1 dx
x x
a. Subtitusi t = x-1
b. Subtitusi 1
x
t 25. Tentukan aturan fungsi f yang kontinu pada R, mempunyai tepat satu titik belok di
1,3 dengan garis singgung di titik beloknya sejajar garis y = -2x dan
2
x f
Halaman : 194
1. Notasi Sigma
1.1. Notasi Sigma
Misalkan kita tuliskan polinomial P
n
x sebagai : P
n
x = a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ ….+ a
1
x + a atau
P
n
x = a + a
1
x + a
2
x
2
+ ….+ a
n-1
x
n-1
+ a
n
x
n
…………. 1 Mungkin penulisan dan pengucapan bentuk 1 ini dirasa terlalu panjang dan tidak praktis.
Sebuah notasi jumlah
akan memendekkan dan menghemat penulisan tersebut, sehingga bentuk persamaan 1 diatas dapat dituliskan dengan menggunakan notasi jumlah
sebagai berikut :
n i
i i
n
x a
x P
………………… 2
huruf i disebut “variable dummy” yaitu “indeks jumlah” disingkat indeks saja. Notasi
adalah huruf kapital yunani yaitu “sigma” yang berkorespondensi dengan huruf latin “S” bandingkan dengan SUM dalam bahasa Inggris.
Artinya “sigma untuk jumlah”. Indeks i mengambil harga-harga bilangan bulat dari yang kecil ke yang terbesar.
Perhatikan persamaan 2 jika disubtitusikan i = 0 pada a
i
x
i
, diperoleh a x
. Jika disubtitusikan i = 1 pada a
i
x
i
, diperoleh a
1
x dan seterusnya. Jika disubtitusikan i = n pada a
i
x
i
, diperoleh a
n
x
n
. untuk lebih jelasnya perhatikan ekspresi berikut : Polinom derajat 1 : P
1
x = a + a
1
x =
1
i i
i
x a
Polinom derajat 2 : P
2
x = a + a
1
x + a
2
x
2
=
2
i i
i
x a
Polinom derajat 5 : P
5
x = a + a
1
x + a
2
x
2
+ ….+ a
5
x
5
=
5
i i
i
x a
……………… Polinom derajat n : P
n
x = a + a
1
x + a
2
x
2
+ ….+ a
n-1
x
n-1
+ a
n
x
n
Halaman : 195
Huruf indeks yang sering digunakan selain huruf i juga biasa digunakan huruf kecil seperti j, k, r, dan lain-lain.
Contoh 1 : b
j
+ b
j+1
+ b
j+2
+ …..+ b
k-1
+ b
k
dapat ditulis secara singkat sebagai :
k
j i
i
b dibaca “sigma dari b
i
, i mulai j sampai k “
indek i bisa dimulai dari sembarang bilangan yang dikehendaki, misalnya : a
3
+ a
4
+ a
5
+ ….+ a
10
dapat disingkat sebagai :
10
3 i
i
a
Perhatikan pula contoh-contoh berikut : a.
a
2
+ a
4
+ a
6
+ a
8
+ a
10
+ a
12
dapat disingkat sebagai :
12
2 genap
i i
i
a
b.
5
1
2
ganjik j
j j
dapat disajikan sebagai : 2 + 2
3
+ 2
5
= 2 + 8 + 32 = 42
c. 3
2
+ 4
2
+ 5
2
+ 6
2
+ 7
2
dapat dituliskan sebagai :
7
3 2
7 3
2
atau
x i
i i
Contoh 2 :
Hitunglah : a.
7
3 2
i
i
b.
3
1 2
i i
i
c.
3
2 3
k
k
Penyelesaian : a.
7
3 2
i
i
= 3
2
+ 4
2
+ 5
2
+ 6
2
+ 7
2
= 9 + 16 + 25 + 36 + 49 = 135 b.
3
1 2
i i
i
= 1
2
+ 2
2..2
+ 3
2..3
= 1 + 2
4
+ 3
6
= 1 + 16 + 729 = 746
c.
3
2 3
k
k
= 0+2 + 3+2 + 6+2 + 9+2 = 2 + 5 + 8 + 11 = 26
Halaman : 196
Sifat-sifat sigma :
i
konstan ;
...
1
c nc
c c
c c
c
suku n
n i
ii
n i
i n
i i
a c
ca
1 1
iii
n i
i n
i i
n i
i i
b a
b a
1 1
1
iv
1 1
1 1
1 n
i i
n j
j n
i i
a a
a
v
n i
i i
n i
i n
i i
n i
i n
i i
b a
a b
a a
b a
1 1
1 1
Beberapa rumus-rumus sigma
1. 1
2 1
... 3
2 1
1
n n
n i
n i
2. 1
2 1
6 1
... 3
2 1
2 2
2 2
1 2
n n
n n
i
n i
3.
2 3
3 3
3 1
3
1 2
1 ...
3 2
1
n n
n i
n i
Contoh 3 :
a.
n i
n i
n i
n i
n i
i i
i i
i
1 1
1 1
1 2
2 2
1 2
1 2
1
6 13
9 2
2 1
2 1
2 1
6 1
2 3
n n
n n
n n
n n
n
b.
10 1
10 1
3 10
1 3
3 2
3 2
i i
i
i i
i i
6215 2
11 10
3 2
11 10
2
2
Halaman : 197
c.
n n
n n
n i
i i
n i
n i
n i
2 2
1 2
1 2
1
2 1
1 1
2 2
d.
n i
n i
n i
i i
i i
3 3
2 3
2
4 6
4 6
4 4
6 6
2 1
1 2
1 2
1 2
i n
i i
n i
i i
i i
2
1 4
2 1
. 4
4 1
6 6
1 2
1 6
n n
n n
n
18 1
2 1
2 1
.
n
n n
n n
LATIHAN
1. Tentukan nilai dari jumlahan berikut a.
5 1
3 4
k
k
b.
6 1
2
5
k
k
c.
5 1
2 1
k i
i
d.
5 1
2 1
j
j j
j e.
8
1
cos
k
k
2. Hitung jumlahan berikut : a.
10 1
1 1
1
i
i i
b.
20 3
2 2
2
k
k k
c.
10 1
1
2 2
j j
j
d.
11 1
2 2
1 1
1
k
k k
e.
20 1
2 2
1
k
k k
3. Diketahui
99
20 1
k
k
a
dan
21
20 1
k
k
b
. Hitunglah :
a.
20 1
k k
k
b a
b.
20 1
2 4
k k
k
b a
c.
20 1
3
k k
k
b a
4. Tuliskan kembali
10
1
2
k k
dari k = 0 sampai k = 9
Halaman : 198
6.2. Integral Tentu
