Bab 6 Integral Tak Tentu Integral Tak Tentu Dan Integral Tentu 6 Pendahuluan

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 F(x) adalah suatu fungsi yang mempunyai turunan F’(x) = f(x) dalam suatu interval tertentu pada sumbu x, maka F(x) 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 :

f(x) = 3x2

Jawab :

Fungsi dengan turunan :

Halaman : 185 ialah :

F1(x) = x3, F2(x) = x3 + 1, F3(x) = x3 +  2 , . . .

sebab

 

'

 

'

 

3 ( )

' _{2 3} 2

1 x F x F x x f x

F    

jadi fungsi F1, F2, F3, … 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 f(x) = 3x2, maka anti turunannya adalah F(x) = x3 + C atau semua anti turunan dari :

f(x) = 3x2

termuat di dalam .

x3 + 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 f(x) dinotasikan sebagai



f(x)dx yang dinamakan “Integral tak tentu dari f ”. Dalam hal ini, jika



 

 f x maka f x dx F x C

x

F'( ) ( ), ( ) ( ) , C : konstanta Integrasi.

maka F disebut anti turunan (fungsi primitif) dari f pada I dan f(x) disebut integran. Notasi

f(x) 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( )

= f(x)  dF(x) = f(x) dx

Sehingga

 dF(x) =  f(x) dx = F(x) + C

Contoh 6.3 :

Jika F(x) = x24_{maka dF(x) = 24x}23 _dx,

sehingga  dF(x) = 24x23_{dx = x}24 _{+ C = F(x) + C.}

Jadi notasi 24x23 _{dx = x}24 _{+ C} menyatakan “integral tak tentu” dari fungsi _{f(x) =}

24x23 terhadap peubah x, yang hasilnya adalah fungsi F(x) = x24 + 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-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 f(x)x43 Penyelesaian

C x x

dx

x   



73

3 7 3

4

7 3

3 7

Teorema B



sin x dx cosxC,



cos x dx sin x  C

Untuk membuktikan teorema tersebut , cukup perhatikan bahwa turunan pertama dari x

cos

 adalah sinx, kemudian turunan pertama dari sinx adalah cosx. Teorema C

(Kelinearan integral). Misalkan fungsi f dan g mempunyai anti turunan (integral tak tentu) dan misalkan k suatu konstanta. Maka :

(i)



k f(x)dx k



f(x)dx

(ii)





f(x)g(x)



dx 



f(x)dx 



g(x)dx Kemudian dari sifat (i) dan (ii), diperoleh (iii)





f(x)  g(x)



dx 



f(x)dx 



g(x)dx

Contoh 6.4. Cari integral tak tentu berikut ini dengan menggunakan sifat kelinearan ; (a)





3x24x



dx (b)





u323u14



du (c)





1 t2 t



dt

Penyelesaian

Halaman : 187

= _

  

 

 

   

 

 ₁ 2 ₂

3

2 4 3

3 x C x C = x32x23C₁4C₂

= x32x2C

(b)





u323u14



du

C u u

u

du du

u du u

  



 









14 2

3 5

2

1 14 3

2 2

5 2 3

(c)





1 t2 t



dt =





 







 



  t C t

dt t dt t dt t

t 2 12 2 12 32

3 2 1

6.1.1.a. Integral Dengan Subtitusi (Penggantian)

Misalkan fungsi g terdifferensial pada Domain fungsi g (Dg) dan Range fungsi

G = Rg I, selang di mana fungsi f terdefinisi :.

Jika



 

 ( ) ( ) ( ),

)

(x f x dx F' x f x F

maka



g x



g x dx F



g x



c

f  



( ) '( ) ( ) .

Misalkan ug(x) diperoleh :





( )



'( ) 



( ) dx



f(u)duF(u)

dx du u f dx x g x g

f +c.

Contoh 6.5 :

Selesaikanlah integral berikut dengan metode subtitusi : a.



x3  2 x2dx

3 ) 2 (

b.



sin10xcosxdx Jawab :

a. Misalkan ux32. Maka du3x2dx.

Jadi





x3



2 x2dx



u2du  u3c



x3



3c

2 3 1 3

1 3

2

b. Misalkan usinx;makaducosxdx

Jadi



sin10xcosxdx=



u10du  u11C sin11xC

11 1 11

Halaman : 188 Contoh 6.6 .

Selesaikan integral berikut ini ;

a.





x36x

 

5 6x212



dx b.





x2 4



10xdx c.







_ dx

x x

4 3 2

2

d.



_

  

 

 x dx

x 2

2 2

3 2 Penyelesaian

a. Misalkan ux36x; maka du (3x26)dx. Sehingga



6x212



dx2(3x26)dx2du, dengan demikian





x36x

 

5 6x212



dx =





_

  

 

 

 u du u C

du u

6 2 2

2

6 5

5

= u  C



x  x



K

3 6 2

3

6 3 6

Perhatikan bahwa



6x2 12



dx adalah 2dubukan 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 ux24; maka du2xdx, sehingga,







x2 410xdx=





x 



2x dx

2 1 410 2

=



u10du

2 1

= _

  

 

C u

11 2 1 11

=



x 



K

22 411

2

c. Misalkan ux32. Maka du3x2dx, sehingga,







_ dx

x x

4 3 2

2

=





x32



143x2dx

3 1

=



u14du

3 1

= u C



x 



 C



x 



K

  



 _{34 3} 34 ₃ 34

2 9

4 3 1 2 9

4 3

4 3 1

Halaman : 189 c. Misalkan ux2 2  3; maka duxdx. Menyelesaikan integral ini dengan metode

substitusi gagal karena x2dxx(xdx)xdu, 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



     

 x dx

x2 2 ₂

3

2 =



_

 

 



 x x dx

x4 _{2 2}

9 3

4 =



_

 

 



 x x dx

x6 _{4 2}

9 3 4

= x  x  x3C

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. x dx

x x



      _{  } 1 1 3 2

2 3

b. xdx

2 1 cos2



c.



sin2xdx

Jawab :

a. I = x dx

x x



      _{  } 1 1 3 2

2 3

=



x dx



x dx



x3dx



dx

2 2 3 = ( ) 1 3 2 1 2 1

3 3 4

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         x x C

x

x    

 4 3 5

5 3 1 4 1

dengan C = c1 + c2–c3 + c4 . 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 = _{1 2} ( sin ) ,dengan _{1 2}

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 =



xdx



udu   uc  cos2xC

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 xdx = d(sin x), maka I =



xdx



x xdx



xd x  2 xc

sin ) (sin sin 2 cos sin 2 2 sin

Cara III :

Kita ganti sin x dx dengan -d(cos 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 sin2 * 1 cos2 *

2 1

sin x c xc   xc

    _{ } 

cos2x(1c*)cos2xC ,dengan C1c*

Contoh 6.9:

Hitung : a.



cos xdx c.



sin4tdt b.



cos5 xdx d. Jawab :

a. Misalkan t = x t2 x dan dx2t, sehingga

I =



cos xdx 



cost(2tdt)2



tcostdt,

gunakan integral parsial untuk menghitung



tcostdt 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 =



tcostdt =2



tsintdtcost



c2



xsin xcos x



c

dt t



6

Halaman : 191 b. I =



cos5 xdx 



cos4 xcosxdx





1sin2 x



2d(sinx)

I =





12sin2 xsin4 x



d(sinx)xd(sinx)

Id(sinx)2sin2 xd(sinx)sin4d(sinx) c

x x

x  

 3 5

sin 5 1 sin 3 2 sin

c. I =



4tdt





 2t



2dt

cos 1

sin = ? (latihan)

d. I =



sec6tdt 



sec4tsec2tdt





1tan2t



2d(tant)

I =



 2t 4t d t  t 3t tan5tc

5 1 tan 3 2 tan ) (tan ) tan tan

2 1 (

Contoh 6.10 :

Selesaikan integral tentu



x dx x

1 dengan 4 cara berikut : a. Dengan subtitusi (penggantian) u  1x

b. Dengan subtitusi u = 1 + x

c. Dengan menuliskan pembilang x = (1 + x) – 1 Jawab :

a. Subtitusi dx udu

u dx x dx du

x

u 2

2 1

2

1   

   

 .

Dari u 1x, juga diperoleh u2 1x ,atau xu21 ,sehingga

I =











u



du u u c

u udu u

x dx x

    

 









2

3 2 1

2 2

1 1

3 2

2

= x  x 2 c

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

=



x







x



2 C

1 2

3 1 2 1

3 2

Halaman : 192













   _       x dx dx x dx x x dx x x 1 1 1 1 1

1 



 x



  x C

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 f

 

x 12 f 

 

x 



12 dx12 xc₁. Selanjutnya karena f mempunyai titik belok di 

     2 7 , 2 3 maka sehingga , 18 diperoleh 2 3 12 0 0 2 3 1

1  

              

 c c

f

 

12 18

 x x

f . Dari sini kita peroleh aturan fungsi f ’ yaitu

  



2

2 18 6

18

12x dx x x c x

f 



    .

Karena garis singgung dititik beloknya sejajar garis y x

2 3



 , maka

2 2 2 3 18 2 3 6 2 3 akibatnya , 2 3 2 3 c

f 

                       .

Diperoleh c2 = 12, karena itu aturan fungsi f’ adalah

 

6 2 18 12

 x x x

f .

Dari sini diperoleh aturan fungsi f adalah

 





3

2 3 2 12 9 2 12 18

6x x dx x x x c 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 ,

Halaman : 193 LATIHAN

Hitunglah integral tak tentu berikut :

1. dx

x x x





  



 _ 1

10. dx

x x



₁sin_22_sin

2.



 dz z z2 1)2 (

11.



 dy

y y

5 2

3 2

3.



 ds

s s s( 1)2

12.



ctgxdx 4.





2x1



3 2dx 13.



Sin3



12x



dx 5.



x5  x3 dx

2

1 14.



cos xdx

6.





x31



43 x2dx 15.



sin



13x



dx 7.



cosx 1sinxdx 16.



sec23x dx 8.



 x dx

x

3_{1 cos}

sin

17.



cos2xsin4xdx 9.



3





x2 



4







x2



4





x2



3xdx

1 1

cos 1

sin 18.



tgx dx

19. Hitung



x2 1xdx dengan dua cara.

a. Subtitusi u = 1 – x b. Subtitusi u 1x

20. Hitung



F(x)dx, jika F(x) = x|x| adalah suatu anti turunan dari f(x) = 2|x| pada R. 21. Tentukan aturan fungsi implisit F(x, y) = 0 yang melalui titik (2,-1) dan gradien

garis singgungnya disetiap titik (x, y) pada grafik F(x, y) = 0 ditentukan oleh aturan 0

, 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( ) (123 ) . 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 1dx

x x



_

a. Subtitusi t = x-1 b. Subtitusi t x1

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 f'''

 

x 2

Halaman : 194

1. Notasi Sigma

1.1. Notasi Sigma (



)

Misalkan kita tuliskan polinomial Pn(x) sebagai :

Pn(x) = anxn + an-1xn-1+ ….+ a1x + a0

atau

Pn(x) = a0 + a1x + a2x2+ ….+ an-1xn-1 + anxn …………. (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

0 )

( ……… (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 aixi , diperoleh a0x0. Jika

disubtitusikan i = 1 pada aixi , diperoleh a1x dan seterusnya. Jika disubtitusikan i = n pada

aixi , diperoleh anxn. untuk lebih jelasnya perhatikan ekspresi berikut :

Polinom derajat 1 : P1(x) = a0 + a1x =





1 0 i

i ix

a

Polinom derajat 2 : P2(x) = a0 + a1x + a2x2 =





2 0 i

i ix

a

Polinom derajat 5 : P5(x) = a0 + a1x + a2x2+ ….+ a5x5=





5 0 i

i ix

a

………

Halaman : 195 Huruf indeks yang sering digunakan selain huruf i juga biasa digunakan huruf kecil seperti

j, k, r, dan lain-lain.

Contoh 1 :

bj + bj+1 + bj+2+ …..+ bk-1 + bk

dapat ditulis secara singkat sebagai :





k j i

i

b dibaca “sigma dari bi, i mulai j sampai k“

indek i bisa dimulai dari sembarang bilangan yang dikehendaki, misalnya :

a3 + a4 + a5+ ….+ a10 dapat disingkat sebagai :





10 3 i

i

a Perhatikan pula contoh-contoh berikut :

a. a2 + a4 + a6 + a8 + a10 + a12 dapat disingkat sebagai :





12 2 genap i

i i

a

b.





5 1

2 ganjik j j

j

dapat disajikan sebagai : 2 + 23 _{+ 2}5 _{= 2 + 8 + 32 = 42}

c. 32 + 42 + 52 + 62 + 72 dapat dituliskan sebagai :    

 3 7

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 0

) 2 3 ( k

k Penyelesaian :

a.





7 3

2 i

i = 32 + 42 + 52 + 62 + 72 = 9 + 16 + 25 + 36 + 49 = 135

b.





3 1

2 i

i

i = 12 + 22..2 + 32..3 = 1 + 24 + 36 = 1 + 16 + 729 = 746

c.



 

3 0

) 2 3 ( k

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 c a

ca

1 1

(iii)







      n i i n i i n i i

i b a b

a 1 1 1 ) (

(iv)







         1 0 1 1 0 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 0 1 1 0 1 0 ) (

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

12 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 n3 n2 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).



i i



i n n n n n

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 (

6 6 (4 4 )

2 1 1 2 1 2 1

2









        i n i i n i i i i i        _{ }           

 4(1 2)

2 ) 1 ( . 4 ) 4 1 ( 6 6 ) 1 2 )( 1 (

6 n n n n n

.n(n1)(2n1)2n(n1)18

LATIHAN

1. Tentukan nilai dari jumlahan berikut a.



  5 1 ) 3 4 ( k

k b.



  6 1 2 ) 5 ( k

k c.



   5 0 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

Halaman : 198

6.2.

Integral Tentu

Pada sub bagian sebelumnya, telah diperkenalkan integral tak tentu dimana batas dari integral tidak ditentukan. Pada bagian ini akan di perkenalkan integral tentu sebagai limit jumlah Riemann sebagai generalisasi dari proses perhitungan luas daerah tertutup pada bidang datar. Eudoxus dan Archimedes memberikan suatu cara untuk menghitung luas. Archimedes mengandaikan luas suatu lingkaran adalah suatu bilangan yang dapat dihampiri dengan menghitung luas segi banyak beraturan. Luas lingkaran akan mendekati nilai sebenarnya (nilai eksaknya) bila mana persegi banyak beraturannya dibuat dengan sisi lebih banyak (diperluas).

Kalkulus integral adalah menghitung luas daerah yang dibatasi oleh beberapa lengkungan yang persamaannya diketahui. Pada sub bab ini kita akan mempelajari nilai hampiran dan cara untuk memperoleh nilai eksak dari luas daerah di bidang datar yang dibatasi oleh grafik fungsi kontinu f, garis x = a dan x = b dan sumbu-x. Konsep menentukan nilai eksak

dari luar daerah ini memberikan motivasi untuk mendefinisikan konsep integral tentu.

Misalkan kita mempunyai daerah D (gambar 6.3) pada bidang datar yang dibatasi grafik fungsi kontinu f, garis x = a, x = b, dan sumbu-X, dengan f(x)0 pada [a,b] dan ab

yang secara singkat dapat ditulis sebagai berikut:



(x,y); a x b,0 y f(x)



D     .

Luas daerah D dihitung dengan proses limit Jumlah Riemann dengan langkah-langkah konstruksi sebagai berikut :

1. Selang tertutup [a,b] dibagi atas n bagian yang sama (boleh juga bagian tidak sama). Sehingga diperoleh titik-titik pembagian

b x x x

x x

x x

a  0  1 2  i1 i  n1 n 

dengan panjang selang:

n a b x

x i

    

C1 C2 Ci Cn

a= x0 x1 x2 … xi-1 xi … xn-1 xn =b

D f

0 a b

Gambar 6.3

x y

Halaman : 199 Himpunan titik-titik pembagian P = {a = x0, x1, x2, …, xn = b} dinamakan partisi

dari selang tertutup [a,b]. Selang bagian ke - i dari partisi P adalah [xi-1,xi],

i = 1, 2, …, n, dan panjangnya adalah x_i x_ix_i1. Panjang partisi P ditulis ||P|| dan

didefinisikan sebagai _{i i}

n

i x x

P   



 ,

maks

1 menyatakan panjang selang bagian ke-i, dimana

1 1 1 2 2

0 1 1

: :

    

  

  

  

n n n

i i i

x x x

x x x

x x x

x x x

2. Pilihc_i



x_i1,x_i



,i1,2,...n, kemudian buatlah persegi panjang dengan ukuran alasxi  xi xi1, i1,2,,n

dan

tinggi f(c_i),c_i



x_i₁,x_i



, i1,2,,n.

Maka luas persegi panjang ke-i adalah D_i  f

 

c_i x_i (gambar 6.5), sehingga luas daerah D yang dihampiri oleh n buah persegi panjang adalah :

Luas D =



 





n i

i i x

c f

1

Bentuk jumlah



 





n i

i i x

c f

1

dinamakan jumlah Reimann dari fungsi f pada [a,b].

Segi enam beraturan

dalam

Lingkaran Segi empat beraturan luar

Segi empat beraturan

dalam

(b) (a)

Gambar 6.4

0

y

f

a=x0 b=xn

gambar 6.5

x ci

xi

xi-1

cn

. . .

Halaman : 200 3. Nilai eksak luas daerah D dicapai bila partisinya diperluas yaitu bila natau dengan

kata lain P 0, sehingga luas daerah

D = lim

 

lim

 

. 1

1 p 0







 



   

n i

i i n

i

i i

n f c x f c x

Jika limit ini ada, fungsi f dikatakan terintegralkan secara Riemann pada selang tertutup [a,b] dan ditulis sebagai



 



b

a

dx x

f lim

 

lim

 

.

1

1 p 0







 



   

n i

i i n

i

i i

n f c x f c x

6.2.1 Definisi Integral Tentu

Integral tentudari fungsi f pada selang tertutup [a,b] ditulis dengan notasi :

 



b

a

dx x f

dan didefinisikan sebagai

 



b 

a

dx x

f



 

 

 

n i

i i n f c x

1

lim

asalkan limitnya ada. Dalam hal ini a dan b masing-masing disebut batas bawah dan batas atas dari integral tak tentunya, n adalah banyaknya partisi pada iterval [a,b] dan f(x) disebut integran.

Contoh 6.13 :

Gunakanlimit jumlah Riemann untuk menghitung luas daerah D =



 

x,y ;1x4, 0 yx2



.

Jawab :

Kita akan menggunakan limit jumlah Riemann untuk menghitung luas daerah D yang dibatasi oleh grafik fungsi y = x2 , garis x = 1, garis x = 4 dan sumbu-x (gambar 6.6a dan 6.6b).

1. Langkah pertama, selang tetutup [1,4] dibagi n bagian yang sama panjang sehingga panjang setiap selang adalah

n n x xi

3 1 4 _

  

 ; dengan titik-titik pembagiannya adalah 1

0 

x

n x₁ 1 3

       

n x₂ 1 2 3



y

. ... ...

y=x2

4 1

0 16

x

gambar 6.6a

y

x

4 1

0 16

y=x2

... ...

Halaman : 201 n

i n

i

x_i 1 313

        4 3 1 

       n n x_n

2. Misalkan f(x) x2,dan pilih

n i x

c_i  _i 13 maka

2 2 2 9 6 1 3 1 ) ( ) ( i n i n n i x f c

f i i    

        .

3. Dengan mengambil limit jumlah Reimann untuk n diperoleh

Luas D =

 



           _{ }  





    

 f c x _ni _n i _n

n i n i n i i n 3 9 6 1 lim lim 2 2 1 1 =      

_

_

_

_

_

     n i n i n i

n _{n n} i _n i

1 2 2 1 1 9 6 1 3

lim , (dengan menggunakan rumus sigma pada

Bab 1, yaitu

















         n i n i n i n n n i n n i n 1 2 1 1 6 1 2 1 dan 2 1 ;

1 ) sehingga

Luas D =











                





₆

1 2 1 9 2 1 6 3 lim ) ( lim 2 1 n n n n n n n n n x c f n i n i i n =











             ₆ 1 2 1 27 2 1 18 3

lim _{2 3} n n n

n n n n n n n

= 2 21

6 27 2 18

3    . Jadi luas daerah D = 21 satuan luas.

Keterkaitan antara kekontinuan fungsi pada selang tertutup [a,b] dengan keterintegralan

Teorema 6.4 :

Jika fungsi f kontinu pada selang tertutup [a,b], kecuali disejumlah berhingga titik, dan fungsi f terbatas pada [a,b], maka fungsi f terintegralkan pada [a,b].

Contoh 6.14 :

Hitung integral tentu







 

3

1 2

4x dx

x dengan limit jumlah Riemann. Jawab :

Selang [-1,3] dibagi atas n bagian yang sama panjang sehingga panjang setiap selang bagiannya adalah

 

n n

x 3 1  4

Halaman : 202 3 , ... , 4 1 , ... , 4 2 1 . , 4 1 ,

1 _{1 2}

0  

              

 i xn

n i x n x n x x

Misalkan f

 

x x2 4x, dan pilih

n i x

c_i  _i 14 maka

 

 

2

2 2 16 24 5 4 1 4 4 1 i n i n n i n i x f c

f _{i i}   

    _{ }       _{ }  

Dengan limit jumlah Riemann integral tentu fungsi f pada selang [-1,3] adalah









 



             _{ }     n i n n i i i

n f c x _n i _n i _n

dx x x 1 2 2 1 3 1

2 24 16 4

5 lim lim 4 =        







     n i n i n i

n _{n n} i _n i

1 2 2 1 1 16 24 1 5 4 lim =











      _{ }  _     ₆ 1 2 1 16 2 1 24 5 4

lim ₂ n n n

n n n n n n n =











      _{ }  _     ₆ 1 2 1 64 2 1 96 1 20

lim _{2 3} n n n

n n n n n = 3 2 6 2 6 64 2 96

20    .

Teorema Dasar Kalkulus

Proses menghitung integral tentu dengan limit jumlah Riemann cukup rumit meskipun menggunakan bentuk fungsi sederhana. Untuk itu akan diberikan rumus yang prosesnya lebih sederhana untuk menghitung integral tentu. Rumus yang mengaitkan integral tentu dan integral tak tentu ini dikenal sebagai Teorema Dasar Kalkulus.

y = x2-4x

x

3

2

-1 0

-4

gambar 6.7 +

Halaman : 203 Jika fungsi f kontinu pada selang [a,b] dan fungsi F adalah suatu anti turunan dari f pada [a,b], maka

 

x dx



F

 

x



F

 

b F

 

a

f b_a

b

a

 





.

Contoh 6.15 :

Selesaikan contoh diatas dengan menggunakan Teorema Dasar Kalkulus ! Jawab :

Dengan menggunakan rumus di atas proses menghitung integral tentu lebih sederhana dan memberikan hasil yang sama.

Dari contoh (12) diperoleh

D =



4 1



21.

3 1 3

3 3 4

1

4

1 3

2   

      



x dx x

Dari contoh (13) diperoleh









 





 





.

3 2 6 1

3 2 1 3

3 1 2

3

4 3 3 2 2

3

1

3

1 2 3

2 _{      }

   

 

  



 

x x dx x x

6.2.2 Sifat-Sifat Integral Tentu

1. Jika f terintegralkan pada [a,b], maka nilai integralnya sebagai limit jumlah Riemann adalah tunggal.

2. Jika f suatu fungsi konstan dalam [a,b], yang didefinisikan sebagai f

 

x k, k

konstan, maka integral tentunya adalah



b a



k x k dx

k _i

n b

a

   

 



lim .

3. Jika f dan g dua fungsi yang terintegralkan pada [a,b], maka fungsi (f + g) dan fungsi (k1f + k2g) juga terintegralkan pada [a,b] dan memenuhi

   





_

 

_

 



  

b

a b

a b

a

dx x g dx x f dx x g x f

dan

 

 





_

 

_

 



   b

a b

a b

a

dx x g k dx x f k dx x g k x f

k_{1 2 1 2} dengan k1 dan k2konstanta.

4. Jika fungsi f terintegralkan pada [a,b] dan c[a,b], maka fungsi f juga terintegralkan pada [a,c] dan pada [c,b] dengan

Halaman : 204

 

_

 

_

 



 b

c c

a b

a

dx x f dx x f dx x

f .

5. Jika fungsi f terintegralkan pada [a,b] dan f

 

x 0 pada [a,b], maka

 

0



b a

dx x

f .

6. Jika f dan g dua fungsi yang terintegralkan pada [a,b] dan f

   

x g x pada [a,b], maka

 



 

.



 b

a b

a

dx x g dx x f

7. Jika fungsi f terintegralkan pada [a,b], maka fungsi f juga terintegralkan pada

[a,b] dan memenuhi f

 

x dx f

 

x dx.

b

a b

a







8. Jika fungsi f terintegralkan pada [-c,c] dan

 Jika f fungsi genap pada [-c,c] maka



 





 



c c

c

dx x f dx

x f

0

2

 Jika f fungsi ganjil pada [-c,c] maka



 

0



c

c

dx x

f .

9. Jika fungsi f kontinu pada [a,b] dan m f

 

x M maksf

 

x

b x a b

x

a    

min dan , maka



b a



f

 

x dx M



b a



m

b

a

  





.

10.



( ) 0

a

a

dx x

f .

11.



( ) 



( ) .

b

a a

b

dx x f dx x f

Contoh 6.16 :

Diketahui f fungsi ganjil pada selang [-2,2] dan

 

5

2

0





f x dx . Hitunglah



 



0

2

dx x

f !

Jawab :

Diketahuhi bahwa f fungsi ganjil pada [-2,2] atau

 

x f

 

x  x[2,2]

Halaman : 205 Akibatnya, pada selang [-2,2] berlaku f

 

x f

 

x sehingga integral yang akan dihitung dapat ditulis sebagai :

 

_

 



 

   0

2 0

2

dx x f dx

x

f .

Untuk menghitung integral di ruas kanan kita subtitusi t = -x, maka dt = -dx atau

dx = - dt.

Batas-batas integrasi berubah, untuk x₁2t₁2danuntuk x₂2t₂ 0, sehingga diperoleh

 

_

 

_

 





     

 

0

2 0

2 0

2

dt t f dx x f dx

x

f =



 





 





0

2

0

2

5

dx x f dt

t

f .

Contoh 6.17 :

Hitunglah integral tentu





1

2

dx x x .

Jawab :

Menurut definisi nilai mutlak :

  

 

 

. 0 ,

0 ,

x x

x x x

Maka pada selang :

 

 

  

  



    

 

2 2

, 1 0

, 0 2

x x x x x berlaku x

x x x x x berlaku x

Sehingga

. 3 7 3

1 3

1 1

0 3 0

2 3 1

0 2 0

2 2 1

2

            

 

 









x x

dx x dx x dx

x x

Contoh 6.18 Hitung ∫√�⁄ �� cos

Penyelesaian Misalkan � = �� , sehingga � = � .

Maka

∫ �� cos = ∫ �� ∙ � = ∫ � �

Halaman : 206 Jadi, menurut Teorema dasar kalkulus,

∫ �� cos _{= [8 ��} ]√�⁄

√�⁄

= �� � − ∙ = Contoh 6.19 Hitung ∫_−�� � �

Penyelesaian Karena � −� = � � , maka � = � � adalah fungsi genap.Jadi

∫_−�� � � = ∫� � � = 8 ∫_−�� � � = √ Contoh 6.20 Hitung ∫ �

� + −

Penyelesaian Perhatikan � = ⁄ + adalah fungsi ganjil. Jadi

∫ ₊

−

=

Contoh 6.21 Hitung ∫₋ �� + −

Penyelesaian Dua suku pertama dalam integran adalah ganjil, sedangkan yang terakhir

genap. Jadi kita tuliskan integral tersebut diatas sebagai

∫ �� + −

−

= ∫ �� +

−

− ∫

−

Halaman : 207 LATIHAN

Untuk soal no 1 sampai 6, hitunglah luas daerah D dengan limit jumlah Riemann. 1. D



 

x,y ;0x2;2 y4



2. D



 

x,y;0x3;0 y2x



3. D



 

x,y ;2x2;0 y4x2



4. D



 

x,y;2x2;x  y2



5. Daerah D dibatasi oleh grafik fungsi kontinu

 

2

2 1 4x x x

f   , garis x = 1, garis x = 6 dan sumbu-x. Hitunglah luas hampiran daerah D yang dihampir oleh luas 4 buah persegi panjang dengan selang-selang bagian masing-masing [1,2], [2,4], [4,5] dan [5,6], dengan memilih (i = 1, 2, 3, 4) sebagai titik tengah setiap bagian selang.

6. Hitunglah luas daerah D yang dibatasi oleh grafik fungsi kontinu f

 

x x2 garis x = 1, garis x = 3 dan sumbu-x dengan cara membagi selang tertutup [1,3] menjadi n bagian yang sama dan

a. f

 

c_i sebagai nilai maksimum dari fungsi f pada selang bagian ke –i b. f

 

c_i sebagai nilai minimum dari fungsi f pada selang bagian ke –i

7.





2

1

dx x

x 8.





3

1 2

) 4

(x dx 9.





2

1 2

dx

x 10.





3

1 2

) 2 (x x dx

11. Tunjukan bahwa





  3

0 2

2 3 1

10 9

x dx x

.

Untuk soal 12 s/d 15, hitung integral tentu yang diberikan dengan menggunakan teorema Dasar kalkulus

12.





4

0 1 2

dx x x

14.



 x dx

9

0

1

13.





2

6 1 sin cos





dx x x

15.



x x dx





2

2 2

5

16. Jika f fungsi ganjil pada selang [-1,1] dan ( ) 3

1

0





f x dx , buktikan bahwa

 





 

0

1

3

dx x f

Halaman : 208

6.2.3 Aplikasi Integral Tentu

1. Luas Daerah bidang rata

Berikut ini kita akan aplikasikan integral tentu untuk menghitung luas daerah-daerah yang bentuknya rumit. Seperti biasa kita mulai dengan kasus yang sederhana.

Daerah di atas sumbu -x Misalkan = � menentukan persamaan sebuah kurva di bidang misalkan fungsi � kontinu serta � ,

∀ ∈ [ , ]. (seperti pada gambar) Tinjau daerah yang dibatasi oleh grafik-grafik = � ,

= , = dan = . Dalam hal ini kita mengacu sebagai daerah di bawah =

� , antara = , = . Maka luas daerah diberikan oleh

� = ∫ �

Contoh 6.18 Tentukan luas daerah dibawah kurva

= − + diantara = − dan = .

Penyelesaian Grafik diperlihatkan disamping,

dimana � = − + , ∀ ∈ [− , ]. Jadi luas daerah adalah

� = ∫ − + = [ − + ]

− −

= − + − − − − = = , Contoh 6.19 :

Gambar daerah R dan hitung luasnya jikaDaerah R dibatasi oleh grafik f

 

x  x3, garis x

= 0, garis x = 3 dan sumbu-x.

Penyelesaian Perhatikan gambar disamping

grafik fungsi f pada selang [0,3]. Maka

3

gambar

x

D+ 27

y = x3

0 y

Halaman : 209 Luas daerah R adalah







_ _  



3

0

4 4 3

0 4 3

0 3 4 1 4

1 )

(R x dx x A

= .

4 81

luas satuan

Daerah di bawah sumbu x Jika grafik = � terletak di bawah sumbu , ∀ ∈ [ , ] ,yang dalam hal ini f(x)0, ∀ ∈ [ , ] maka ∫ � adalah bilangan negatif (sebagaimana sifat integral tentu) , sehingga tak dapat melukiskan suatu luas, dimana seharusnya luas dinyatakan oleh bilangan yang tak negative. Maka luas daerah yang dibatasi oleh = � , = , = dan = adalah

� = ∫ −� = − ∫ �

Contoh 6.19 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh = ⁄ - 4, sumbu , = − dan = .

Penyelesaian Daerah diperlihatkan pada gambar ,dimana � = ⁄ – 4

adalah negative pada selang [− , ].Maka luas daerah adalah

� = − ∫ −

−

= [−� + ]

−

= − + − − 8

=

Perhatikan jika suatu daerah dibatasi oleh kurva = � , dimana � pada suatu interval tertentu dan � pada interval lainnya,

a c _d b

y=f(x)

Halaman : 210 (lihat gambar disamping) maka luas diperoleh dengan

menjumlahkan semua integral untuk f(x)0 dikurangi integral untuk f(x)0. Dalam hal ini luas daerah adalah :

� = ∫ � − ∫ � + ∫ �

Contoh 6.20 Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh = − − + , ruas sumbu antara = − dan = , dan oleh garis = .

Penyelesaian Untuk dapat menghitung luas daerah , maka tentunya terlebih dahulu

digambarkan daerah . Gambar daerah dapat dilihat sebagai berikut :

dari gambar tersebut terlihat bahwa ada sebagian diatas sumbu dan bagian yang lain di bawah sumbu . Pada selang [− , ] grafik diatas sumbu , sedangkan pada

selang [ , ] grafik di bawah

sumbu . Maka luas daerah adalah

� = ∫ − − +

−

− ∫ − − +

= [� − � −� + �]

−

− [� − − � + ]

=

− − =

Perhatikan bahwa kita dapat menyatakan luas daerah ini sebagai satu integral dengan menggunakan lambang nilai mutlak, yaitu

Halaman : 211

� = ∫| − − + |

−

Tetapi penulisan ini bukanlah penyederhanaan dalam perhitungan, sebab untuk menghitung integral terakhir kita harus menulis integral ini sebagai dua integral seperti yang telah kita lakukan.

Contoh 6.20

Hitunglah luas daerah R jikadaerah R dibatasi oleh grafik f

 

x x3, garis x = -2, garis x = 3 dan sumbu-x.

a. Penyelesaian Perhatikan gambar grafik fungsi f pada selang [-2,-3] memotong

sumbu-x di titik (0,0).

Karena itu

  

   

  

. 0 2

,

3 0

,

3 3 3

x untuk

x

x untuk x

x

Sehingga berdasarkan definisi diperoleh

 

x dx x dx

dx

x







  

 

3

0 3 0

2 3 3

2 3

=

3

0 4 0

2 4

4 1 4

1

       





x x

=



4

 

4





34 04



4

1 2 0

4 1

 

 

 .

4 97

luas satuan



Contoh 6.21 :

Gambar dan hitung luas daerah R jika

Daerah R dibatasi oleh fungsi f

 

x cosx garis x = 0 garis x =  dan sumbu-x.

Jawab :

a. Daerah D ditunjukkan oleh gambar 6.13

2

 x 0

y

1

-1

 y= cos x

gambar 6.14

3

Gambar 6.13

x

D+ 27

y = x3

0 y

Halaman : 212 grafik fungsi f

 

x cosx memotong sumbu-x

b. di titik 

    

0 , 2



, karena itu

Sehingga



xdx



xdx





 x



dx

 

 

2 2

cos cos

cos

0 0

=



 





  



 _

    



 _

 

2 sin sin

0 sin 2 sin sin

sin

2 2

0

 

 

 

x x

= (1- 0) – (1 – 0) = 2 satuan luas. c. Luas Daerah Diantara Dua Kurva

Rumus luas daerah juga dapat dirancang untuk daerah yang dibatasi oleh dua buah kurva yang kontinu pada selang tertutup [a,b] yang didefinisikan sebagai:

Definisi 6.6 :

Misalkan daerah R dibatasi oleh grafik fungsi kontinu f dan g pada [a,b], dengan

) ( ) (x g x

f  pada [a,b], garis xa,garis xb. Daerah R dapat ditulis sebagai

)}, ( ) ( , );

,

{(x y a x b f x g x

R    gambar 6.15. Dan luas daerah R didefinisikan sebagai











_





    

 n

i

b

a i i i

n f c g c x f x g x dx

R

1

) ( ) ( )

( ) ( lim

D

D

a ci b

f y

x f > g pada [a,b]

g

gambar 6.15

a b

f y

x g

gambar 6.16

D D

    

  

  

 



x x

x x x

2 , cos

2 0

, cos cos

Halaman : 213 Jika grafik fungsi f memotong grafik fungsi g pada [a,b], gambar 6.16 maka luas daerah D

didefinisikan sebagai berikut :

. ) ( ) ( )

( ) ( )

( 1

dx x g x f x

c g c f R

A b

a i n

i

i

i





   

 

Catatan

Perhatikan bahwa

  

  

  

 

0 ) ( ) ( jika ), ( ) (

0 ) ( ) ( jika ), ( ) ( ) ( ) (

x g x f x

f x g

x g x f x

g x f x g x f

Contoh 6.20 :

Gambarkan daerah R dan hitung luasnya jika

a. Daerah R dibatasi oleh kurva y = x2 dan y = 8 –x2

b. Daerah R dibatasi oleh grafik fungsi 3 2

parabola

, y x

x

y  dan garis x =1

Jawab :

a. Kita cari lebih dahulu titik perpotongan kedua kurva.

Misalkan y f(x)8x2 dan yg(x)x2, titik perpotongan kedua kurva dicapai bilamana

0 4 2

8 8

) ( )

(x g x  x2x2  x2x2 

f (x2)(x2)0diperoleh

x = -2 dan x = 2, sehingga kedua kurva berpotongan dititik (-2,4) dan (2,4), lihat gambar 6.17 dan 6.18.

Perhatikan bahwa pada selang [-2,2] f

   

x g x . Menurut definisi, maka luas daerah R

adalah



   



   

 

    

 2

2 1

0 lim )

(R f c g c x f x g x dx

A _i

n i

i i

P

=

















 

 



 2

2 2 2

2

2

2 2

2

2 8

8 x x dx dx x dx

y=8-x2

y=x2 y

x

0 ci

4

(-2,4)

-2 2

(2,4)

gambar 6.17

 

3

x x

f 

x y

0 1

-1

-1

Halaman : 214

=

 



 





 



.

3 1 21 2

2 3 2 2 2 8 3

2

8 3 3

2

2 2 2

2        

   



 x

x

b. Misalkan _y _f

 

_x 3 _{xdan y}_g

 

_x _x2_{, titik potong kedua kurva dicapai}

jika

3 x x2xx6xx60 0

1 0

) 1

(  5    

x x x dan x , sehingga titik potong kedua kurva adalah titik (-1,1) dan (0,0).

Perhatikan bahwa pada selang [-1,0] berlaku f

   

x g x dan pada selang [0,1] berlaku f

   

x g x sehingga luas daerah D adalah

 

_

 



 

      



1

1

2 3

1

2 3

0 lim )

(R c c x x x dx

A _i

n i

i i P

=





   











   







1

0 0

1

dx x g x f dx x f x

g =





 











 







1

0

2 3

0

1

3

2 _{x dx x x dx}

x

=

1

0 3 0

1 3

3 1 4 3 4

3 3

1 ₃4

3 4

  

 _

   

_{ }



x x x

x

=



 





 





 



.

6 5 1 0 1 3 1 0 1 4 3 1 0

4 3 1 0

3 1

3 4 3

4

3

3          



Contoh 6.21 :

Gambar dan hitung luas daerah R yang dibatasi oleh parabola x y2 dan garis xy2.

Jawab :

Untuk menyelesaikan soal ini kita tunjukkan dengan dua cara sebagai berikut: Cara I.

Kita tentukan dahulu titik potong kurva sebagai pembatas daerah R, sebagai berikut: 0

2

2 2

2     

y y y

Halaman : 212 grafik fungsi f

 

x cosx memotong sumbu-x

b. di titik      

0 , 2



, karena itu

Sehingga



xdx



xdx





 x



dx

 

 

2 2

cos cos

cos

0 0

=



 





  



 _

    



 _

 

2 sin sin

0 sin 2 sin sin

sin

2 2

0

 



  

x x

= (1- 0) – (1 – 0) = 2 satuan luas.

c. Luas Daerah Diantara Dua Kurva

Rumus luas daerah juga dapat dirancang untuk daerah yang dibatasi oleh dua buah kurva yang kontinu pada selang tertutup [a,b] yang didefinisikan sebagai:

Definisi 6.6 :

Misalkan daerah R dibatasi oleh grafik fungsi kontinu f dan g pada [a,b], dengan

) ( )

(x g x

f  pada [a,b], garis xa,garis xb. Daerah R dapat ditulis sebagai

)}, ( ) ( , );

,

{(x y a x b f x g x

R    gambar 6.15. Dan luas daerah R didefinisikan sebagai











_





    

 n

i

b

a i i i

n f c g c x f x g x dx

R

1

) ( ) ( )

( ) ( lim

D

D

a ci b

f y

x f > g pada [a,b]

g

gambar 6.15

a b

f y

x g

gambar 6.16

D D

    

  

  

 



x x

x x x

2 , cos

2 0

, cos cos

Halaman : 213 Jika grafik fungsi f memotong grafik fungsi g pada [a,b], gambar 6.16 maka luas daerah D didefinisikan sebagai berikut :

. ) ( ) ( )

( ) ( )

(

1

dx x g x f x

c g c f R

A b

a i n

i

i

i





   





Catatan

Perhatikan bahwa

  

  

  

 

0 ) ( ) ( jika ), ( ) (

0 ) ( ) ( jika ), ( ) ( ) ( ) (

x g x f x

f x g

x g x f x

g x f x g x f Contoh 6.20 :

Gambarkan daerah R dan hitung luasnya jika

a. Daerah R dibatasi oleh kurva y = x2 dan y = 8 – x2

b. Daerah R dibatasi oleh grafik fungsi 3 2

parabola

, y x

x

y  dan garis x =1

Jawab :

a. Kita cari lebih dahulu titik perpotongan kedua kurva.

Misalkan y f(x)8x2 dan yg(x)x2, titik perpotongan kedua kurva dicapai bilamana

0 4 2

8 8

) ( )

(x g x  x2x2  x2x2 

f (x2)(x2)0diperoleh

x = -2 dan x = 2, sehingga kedua kurva berpotongan dititik (-2,4) dan (2,4), lihat gambar 6.17 dan 6.18.

Perhatikan bahwa pada selang [-2,2] f

   

x g x . Menurut definisi, maka luas daerah R adalah



   



   

 

    

 2

2 1

0

lim )

(R f c g c x f x g x dx

A _i

n

i

i i

P

=

















 

 



 2

2 2 2

2

2

2 2

2

2 8

8 x x dx dx x dx

y=8-x2

y=x2

y

x

0 ci

4 (-2,4)

-2 2

(2,4)

gambar 6.17

 

3

x x

f 

x y

0 1

-1

-1

Halaman : 214

=

 



 





 



.

3 1 21 2

2 3 2 2 2 8 3

2

8 3 3

2

2 2 2

2        

   



 x

x

b. Misalkan _y _f

 

_x 3 _{xdan y}_g

 

_x _x2_{, titik potong kedua kurva dicapai}

jika

3 x x2xx6xx60 0

1 0

) 1

(  5    

x x x dan x , sehingga titik potong kedua kurva adalah titik (-1,1) dan (0,0).

Perhatikan bahwa pada selang [-1,0] berlaku f

   

x g x dan pada selang [0,1] berlaku f

   

x g x sehingga luas daerah D adalah

 

_

 



 

      



1

1

2 3

1

2 3

0

lim )

(R c c x x x dx

A _i

n

i

i i P

=





   











   







1

0 0

1

dx x g x f dx x f x

g =





 











 







1

0

2 3

0

1

3

2 _{x dx x x dx}

x

=

1

0 3 0

1 3

3 1 4 3 4

3 3

1 ₃4

3 4

  

 _

   

_{ }



x x x

x

=



 





 





 



. 6 5 1 0 1 3 1 0 1 4 3 1 0

4 3 1 0

3 1

3 4 3

4 3

3          



Contoh 6.21 :

Gambar dan hitung luas daerah R yang dibatasi oleh parabola x y2 dan garis xy2.

Jawab :

Untuk menyelesaikan soal ini kita tunjukkan dengan dua cara sebagai berikut:

Cara I.

Kita tentukan dahulu titik potong kurva sebagai pembatas daerah R, sebagai berikut: 0

2

2 2

2     

y y y

Halaman : 215

0 ) 2 )( 1

(y y  ,

diperoleh y1 atau y2 dan x = 1 atau x = 4

Jadi titik potong kurva pembatas daerah D adalah: (1,-1) dan (4,2)

Sekarang kita selesaikan pengintegralan terhadap peubah y (kita modifikasi untuk x sebagai fungsi y) yang elemen luasnya sejajar sumbu-x (lihat gambar 6.19).

Dengan memodifikasi definisi atau rumus di atas untuk peubah y. Maka luas daerah D adalah:











_

 

      

 n

j

j j j

p d d y y y dy

R A

1

2

1

2 2

0 ( 2) ( 2)

lim ) (

2 1 4 2 1 3 8 4 2 3

1 2 2

1 2

1 3

2     

  

 _{ }





y y

y

Cara II.

Perhitungan daerah R dibatasi atas dua bagian sehinga RR₁ R₂(lihat gambar 6.20). Persamaan y2 x ekuivalen dengan dua persamaan yaitu:

x x f

y ₁( ) , grafiknya setengah parabola diatas sumbu-X positif, dan

x x

f

y ₂( ) , grafiknya setengah parabola dibawah sumbu-X positif,

4

y

x

gambar 6.19

2

) (y y f

x 

2 )

(  

g y y x

(-1,1)

(4,2)

1 0

-1 2

Halaman : 216 

) (R₁

A















   

n

i

p f c f c f x f x dx

1

1

0

2 1

1 2 1 1

0 ( ) ( ) ( ) ( )

lim .





.

3 4 3

2 2 2

) (

1

0 2 3 1

0 1

0

    

   

 





x x dx



xdx x



f x g x



dx R

A 





4

1

2) ( ) ( )

(





6 19 2

2 1 4 3

) 2 (

4

1 2 3 4 4

1

    

 

  

  

_

x x x

dx x

x

Jadi

. 2 1 4 6 19 3 4 ) ( ) ( )

(R  A R₁ A R₂   

A

4

y

x

gambar 6.20

x x f y ₁( )

2 )

(  

g x x y

(-1,1)

(4,2)

1 0

-1 2

x x

f

y ₁( )

2 D2

Halaman : 217 Soal-Soal

1. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh

(i) = + , = − , = =

(ii) = − + , = − , = =

(iii) = + − , = − , = , =

2. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh grafik = − − + , sumbu dan garis = − dan = .

3. Gambarkan daerah dan tentukan pula luas daerah , jika dibatasi oleh

(i) = − , = , diantara = dan =

(ii) = − − 8, = , diantara = dan =

(iii) = √ , = , diantara = − dan =

4. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh grafik-grafik = dan = − + 5. Gambarkan daerah dan tentukan pula luas daerah , jika dibatasi oleh

(i) = − + , =

(ii) = − , = −

(iii) = 8 − , =

(iv) = − + , + − =

(v) − = , + − =

6. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh parabola = − dan garis = − 7. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh dua grafik :