oleh BAHAN AJAR KALKULUS II TIM DOSEN KALKULUS Departemen Teknik Kimia Fakultas Teknik USU Medan 2016 INTEGRAL TAK WAJAR (Disarikan dari Purcel edisi 8
oleh
BAHAN AJAR KALKULUS II
TIM DOSEN KALKULUSDepartemen Teknik Kimia
Fakultas Teknik USUMedan2016
INTEGRAL TAK WAJAR
(Disarikan dari Purcel edisi 8
Pendahuluan
Dalam teori limit sebelumnya dijelaskan limit dengan bentuk tertentu 0/0 diselesaikan secara aljabar misalnya dengan cara pemfaktoran
1. Bentuk tertentu jenis 0/0
Hitunglah :
6
9lim
2
2
3
xx
xx
penyelesaian
0
0
633
93lim
6
9lim
2
2
32
2
3
xx xx
x
diselesaikan dengan aljabar
5
6
)2).(3(
)3).(3(lim
6
9lim
32
2
3
xx
xx
xx
xxx
Teorima A : aturan I’hospital untuk bentuk jenis 0/0andaikan
0)(lim)(lim
xgxfuxux
jika
)(
)(lim
'
'
xg
xfux
Aturan I’Hospital
Berbentuk bilangan terhingga (finite) atau tak berhingga (infinite) dalam hal ini, jika limit ini bilangan terhingga, atau, atau
maka
)(
)(lim
)(
)(lim
'
'
xg
xf
xg
xfuxux
dimana u mewakili simbol atauaaa ,,,
interprestasi geometrik aturan I’Hospital
qx
px
xg
xfxx 00lim
)(
)(lim
)(
)(lim
)(
)(lim
'
'
00 xg
xf
q
p
xg
xfxx
)(
)(lim
)(
)(lim
'
'
00 xg
xf
xg
xfxx
contoh 1
gunakan aturan hospital untuk menunjukkan
1sin
lim0
x
xx
0cos1
lim0
x
xx
penyelesaian
11
1
1
0cos
1
coslim
sinlim
sinlim
000
x
xD
xD
x
xx
x
x
xx
1
sin0lim
cos1lim
cos1lim
000
x
xD
xD
x
xx
x
x
xx
01
0
1
0sin
1
sin0lim
cos1lim
00
x
x
xxx
contoh 2
tentukanlah44
103lim
2
2
2
xx
xxx6
9lim
2
2
3
xx
xx
penyelesaian
bentuk kedua limit adalah 0/0
0
0
633
93
6
9lim
2
2
2
2
3
xx
xx
0
0
4)2(42
10)2(32
44
103lim
2
2
2
2
2
xx
xxx
dengan pemfaktoran dan penyederhanaan
)6(
9lim
6
9lim
2
2
32
2
3
xxD
xD
xx
x
x
x
xx
5
6
13.2
3.2
12
2lim
6
9lim
32
2
3
x
x
xx
xxx
?6
9lim
2
2
3
xx
xx
menggunakan aturan Hospital
5
6
)2(
)3(lim
)3)(2(
)3)(3(lim
6
9lim
332
2
3
x
x
xx
xx
xx
xxxx
?44
103lim
2
2
2
xx
xxx
dengan pemfaktoran dan penyederhanaan
)2)(2(
)5)(2(lim
44
103lim
22
2
2
xx
xx
xx
xxxx
0
7
22
52
)2(
)5(lim
44
103lim
22
2
2 x
x
xx
xxxx
menggunakan aturan Hospital
44
103lim
44
103lim
2
2
22
2
2
xxD
xxD
xx
xx
x
x
xx
0
7
42
32lim
44
103lim
22
2
2 x
x
xx
xxxx
contoh 3
tentukanlah
?)1ln(
2tanlim
0
x
xx
penyelesaian
pembilang dan penyebut mempunyai limit 0
0
0
)01ln(
0.2tan
)1ln(
2tanlim
0
x
xx
menggunakan aturan Hospital
21
2
)1(
12sec.2
lim))1((ln
)2(tanlim
2
00
x
x
xd
xdxx
kadang kala, lim f’(x)/g’(x) juga mempunyai bentuk tak tentu 0/0
Hitunglah 30
sinlim
x
xxx
contoh 4
penyelesaian
3030
sinlim
sinlim
xD
xxD
x
xx
x
x
xx
2030 3
1coslim
sinlim
x
x
x
xxxx
)3(
)1(coslim
sinlim
2030 xD
xD
x
xx
x
x
xx
x
x
x
xxxx 6
sinlim
sinlim
030
6
coslim
)6(
)sin(lim
sinlim
0030
x
xD
xD
x
xxx
x
x
xx
6
1
6
0cos
6
coslim
sinlim
030
x
x
xxxx
Secara khusus kita harus memastikan bahwa limitnya mempunyai bentuk tak tentu 0/0, jika tidak justru akan melakukan kesalahan
Hitunglah
penyelesaian xx
xx 3
cos1lim
20
)3(
)cos1(lim
3
cos1lim
2020 xxD
xD
xx
x
x
x
xx
contoh 5
03
0
3)0(2
0sin
32
sinlim
3
cos1lim
020
x
x
xx
xxx
limitnya mempunyai bentuk tak tentu bukan 0/0 {0/3 (konstanta)}
proses diferensial di hentikan jika pembilang atau penyebut tidak sama dengan nol
sehingga
)32(
)(sinlim
32
sinlim
3
cos1lim
0020
xD
xD
x
x
xx
x
x
x
xxx
2
1
2
0cos
)2(
)(coslim
3
cos1lim
020
x
xx
xxx
jawaban salah
ada kalanya syarat-syarat aturan hospital terpenuhi, tetapi aturan hospital tidak membantu penyelesaian
contoh 6
Hitunglah ?lim1
x
e x
x
penyelesaian
0
01
1
1
1
limlim1
e
x
ex
e x
x
x
x
karena pembilang dan penyebut cendrung menuju nol, maka limitnya berbentuk 0/0. syarat-syarat teorima A terpenuhi, kita dapat menerapkan aturan hospital
3221 2limlimlimlim
x
e
x
e
x
e
x
e x
x
x
x
x
x
x
x
dengan menerapkan aturan hospital membuat soal menjadi lebih rumit
dilakukan proses aljabar
xx
x
x
x
x e
x
x
ex
e
lim
1
1
limlim1
Bentuk ini akan di bahas pada sub bab selanjutnya
Teorima nilai rata-rata Cauchy
pembuktian aturan I’Hospital berdasarkan perluasan teori A.L Cauchy
Teorima B : Teorima nilai rata-rata cauchy
Misalkan fungsi f dan g dapat didiferensialkan pada (a,b) dan kontinyu pada [a,b].
Jika Untuk seluruh x di (a,b), maka akan terdapat sebuah bilangan c di (a,b) sedemikian rupa sehingga
0)(' xg
cgcf
agbg
afbf'
'
untuk menerapkan teorima nilai rata-rata baik pada pembilang maupun penyebut pada ruas kiri persamaan diatas, maka akan diperoleh
abcfafbf 1'.1 dan
abcgagbg 2'.2
untuk pilihan-pilihan c1 dan c2 yang sesuai. hanya jika c1 dan c2 mempunyai nilai yang sama maka kita dapat membagi persamaan pertama dengan kedua dan menyelesaikannnya
Tetapi kita dapat selalu berharap atas kebetulan semacam ini. Meskipun demikian upaya ini tidak sepenuhnya salah karena (2) menghasilkan informasi yang berharga dimana suatu fakta yang akan kita perlukan kemudian (hasil ini diperoleh dari hipotesis bahwa untuk seluruh x di (a,b).
0 agbg
0)(' xg
Ingat kembali bahwa pembuktian teorima nilai rata-rata untuk turunan (teorima 4.7A) berakhir pada suatu pendahuluan tentang sebuah fungsi tambahan (auxiliary fungtion) s
kita mencoba untuk meniru bukti ini, maka kita akan memperoleh suatu pilihan untuk s(x), yang dimisalkan
agxg
agbg
afbfafxfxs
)(
disini kita mencoba pembagian dengan nol karena sebelumnya kita telah menentukan bahwa perhatikan bahwa s(a)=0 = s(b). Juga s kontinu pada [a,b] dan dapat dideferensialkan pada (a,b) dimana hal ini berdasarkan fakta-fakta yang terkait untuk f dan g, jadi dengan menggunakan teorima nilai rata-rata untuk turunan akan terdapat sebuah bilangan c di (a,b) sedemikian rupa
0 agbg
0
00)('
abab
asbscs tetapi
0.)( '''
cg
agbg
afbfcfcs sehingga
agbg
afbf
cg
cf
'
'
soal-soal
tentukan limitnya x
xxx
sin2lim
0
penyelesaian
0
0
0
0sin0.2sin2lim
0
x
xxx
karena bentuknya 0/0 maka gunakan aturan hospital
)(
sin2lim
sin2lim
00 xD
xxD
x
xx
x
x
xx
1
1
0cos2
)1(
cos2lim
sin2lim
00
x
x
xxxx
tentukan limitnya x
xxx tan
2sinlim
0
penyelesaian
0
0
0tan
0.2sin0
tan
2sinlim
0
x
xxx
karena bentuknya 0/0 maka gunakan aturan hospital
)(tan
2sinlim
tan
2sinlim
00 xD
xxD
x
xx
x
x
xx
1
1
21
sec
2cos21lim
tan
2sinlim
200
x
x
x
xxxx
latihan 1tentukan limitnya
xx
xxx 22sin
tanlim.1
0
xx
xx sinlim.2
2
0
3
1
0 8
tanlim.3
x
xxx
2. Bentuk taktentu lainnya
Teorima A : aturan I’hospital untuk bentuk-bentuk jenis ∞/∞
andaikan
)(lim)(lim xgxfuxux
jika
)(
)(lim
'
'
xg
xfux
ada dalam nilai terhingga
atau tak terhingga
maka )(
)(lim
)(
)(lim
'
'
00 xg
xf
xg
xfxx
atauaaa ,,,disini u merupakan simbol dari
a. Bentuk taktentu ∞/∞
contoh 1
tentukan xx e
xlim
penyelesaian
Nilai x maupun ex cendrung menuju ∞ ketika x ∞.Dengan menggunakan aturan hospital
0111
lim)(
)(limlim
eeeD
xD
e
xxxx
x
x
xxx
contoh 2Tunjukkan bahwa, jika a adalah bilangan real positip tertentu, maka
oe
xx
a
x
lim
penyelesaian andaikan untuk sebuah kasus khusus a = 2,5, maka dengan penerapan tiga kali aturan hospital akan menghasilkan
0)5,0).(5,1).(5,2(
lim)5,1).(5,2(
lim.5,2
limlim5,0
5,05,15,2
xxxxxxxx exe
x
e
x
e
x
argumentasi yang sama juga berlaku untuk a > 0. misalkan m melambangkan bilangan bulat terbesar yang lebih kecil dari a. maka penerapan m+1 menggunakan aturan hospital akan menghasilkan
0
1.lim
1.lim
.limlim
1
21
xamxx
a
xx
a
xx
a
x ex
maaa
e
xaa
e
xa
e
x
contoh 3
Tunjukkan bahwa, jika a adalah sebarang bilangan real positip maka
0ln
lim ax x
x
penyelesaian
baik ln x maupun ax cendrung menuju ∞ ketika x∞, jadi dengan menerapkan satu kali aturan hospital akan menghasilkan
01
.
1lim
.
/1lim
)(
)(lnlim
lnlim
1
axaxax
x
xax xaxa
x
xD
xD
x
x
Contoh 2 dan 3 diatas mengimplikasikan satu hal yang harus di ingat, untuk nilai x yang cukup besar ex bertambah lebih cepat ketika x meningkat dibandingkan dengan pangkat konstan apapun dari x. sementara ln x bertambah lebih lambat dibandingkan dengan pangkat konstan dengan x100 dan ln x bertambah lebih lambat dibandingkan 100 x
Ilustrasi digambarkan
contoh 4
tentukan ?cot
lnlim0
x
xx
penyelesaian ketika 0x xln xcotdengan menggunakan aturan hospital
xec
x
xD
xD
x
xx
x
x
xx 2000 cos
/1lim
)(cot
)(lnlim
cot
lnlim
Persamaan merupakan bentuk taktentu, Jika menerapkan kembali aturan hospital akan memperburuk keadaan
x
x
xec
x
x
xxxx
2
0200
sinlim
cos
/1lim
cot
lnlim
x
xx
x
x
x
xxxx
sin.sinlim
sinlim
cot
lnlim
0
2
00
x
xx
x
xxxx
sinlim.sinlim
cot
lnlim
000
01.0cot
lnlim0
x
xx
b. Bentuk taktentu (0.∞) dan (∞- ∞)
contoh 5
tentukan xxx
sinln.tanlim2
penyelesaian
karena 0sinlnlim2
xx
x
x
tanlim2
merupakan sebuah taktentu (0.∞),kita dapat menulis ulang dalam bentuk 0/0 dengan cara yang sederhana yaitu dengan mengubah tanx menjadi 1/cot x
x
xxx
xx cot
sinlnlimsinln.tanlim
22
dengan menggunakan aturan hospital
)(cot
)sin(lnlimsinln.tanlim
22xD
xDxx
x
x
xx
xec
xxxx
xx2
22cos
cos.sin1
limsinln.tanlim
0sin.coslimsinln.tanlim22
xxxxxx
contoh 6
tentukan ?ln
1
1lim1
xx
xx
penyelesaian
1ln
1
11
1
ln
1
1lim1 xx
xx
limit ini mempunyai bentuk taktentu (∞- ∞)
xx
xxx
xx
xxx ln.1
1(1ln.lim
ln
1
1lim
11
xx
xxx
xx
xxx ln.1
1ln.lim
ln
1
1lim
11
dengan menggunakan aturan hospital
xxD
xxxD
xx
x
x
x
xx ln.1
1ln.lim
ln
1
1lim
11
xxx
xxx
xx
xxx /1.1ln.1
1/1.ln.1lim
ln
1
1lim
11
xxx
x
xx
xxx /1.1ln
lnlim
ln
1
1lim
11
.1ln.
ln.lim
ln
1
1lim
11
xxx
xx
xx
xxx
dengan menggunakan aturan hospital
1ln
)ln(lim
ln
1
1lim
11
xxxD
xxD
xx
x
x
x
xx
1/1.ln.1
/1.ln.1lim
ln
1
1lim
11
xxx
xxx
xx
xxx
2
1
20
10
2ln
1lnlim
ln
1
1lim
11
x
x
xx
xxx
c. Bentuk taktentu (00),(∞0) dan (1∞)
Sekarang kita beralih pada tiga bentuk taktentu jenis eksponensial, disini cara-cara yang digunakan bukan mengacu pada persamaan asli tetapi cendrung pada penggunaan logaritmanya, aturan hospital akan berlaku pada logaritma.contoh 7
tentukan ?1lim cot
0
x
xx
penyelesaian
soal ini menggunakan bentuk taktentu (1∞)
1101lim 0cotcot
0
x
xx
xxy cot1
xxy cot1lnln 1ln.cotln xxy
x
xy
xx tan
1lnlimlnlim00
gunakan aturan hospital untuk bentuk 0/0 kita peroleh
x
xxD
xDy
xx
x
xx 2000 sec11
limtan
1lnlimlnlim
1sec
11
limlnlim200
xxy
xx
ex
xyxx
lnsec
11
limlnlim200
eyx
0
lim
ex x
x
cot
01lim
contoh 8tentukan x
x
x cos
2
tanlim
penyelesaian
02
coscos
2
2tantanlim
x
x
x bentuk taktentu (∞0)
misalkan xxy costan
x
xxxxy x
sec
tanlntanln.costanlnln cos
x
xy
xxsec
tanlnlimlnlim
22
gunakan aturan hospital
xD
xDy
x
x
xxsec
tanlnlimlnlim
22
xxx
x
xD
xDy
xx
x
xxtan.sectan1
.seclim
sec
tanlnlimlnlim
2
222
x
x
x
xy
xxx
2
2
2
22
sin
coslim
tan
seclimlnlim
0
2
2
ln
2sin
2cos
lnlim eyx
1lim 0
2
eyx
1tanlim cos
2
x
x
x
contoh 9
tentukan x
x
x cot
0
sinlim
penyelesaian
00sinsinlim 0cotcot
0
x
x
x bentuk taktentu (0∞)
bentuk taktentu (0∞),tetapi bukan bentuk taktentu. Perhatikan bahwa sinx mendekati nol, dan meningkatkannya menjadi eksponen cot x. sebuah peningkatan bilangan yang cukup besar, membuat pendekatan menuju nol semakin menjadi lebih cepat sehingga 0sinlim cot
0
x
x
x
Latihan 2tentukan limitnya
x
x
x cos
2
sinlim.1
x
x
xtan
5sec3lim.2
2
x
x
xx ln1
1lim.3
1
xx
xlim.4
3. Integral takwajar : Limit takterhingga dari integral defenisi integral tentu
b
a
dxxf
Integral diatas disebut juga integral tak wajar (improper integral) dengan limit-limit tak berhingga
pada aplikasi bidang tertentu (fisika, ekonomi, statistika peluang biasanya mengubah a atau b (atau keduanya menjadi ∞ atau -∞, seperti simbol simbol integral :
021
1dx
x
1
2
. dxex x
dxex x2.2
a. Sebuah limit takterhingga
Grafik f(x) = e-x pada [0,∞] seperti pada gambar
x
y
xexf )(1
b0
integral b
x dxe0
Sepenuhnya diterima, terlepas dari seberapa kita menentukan nilai b, kenyataanya dapat diuji secara integral eksplisit
obbxb
xb
x eeexdedxe 000
bbb
x eedxe 110
sekarang
1011
11
11
1lim1lim
eee
bb
b
b
sehingga akan tampak wajar untuk mendifenisikan
10
dxe x
defenisi
dxxfdxxfb
aa
b
lim)(
dxxfdxxfa
ba
lim)(
jika limit-limit di ruas kanan dan mempunyai nilai terhingga, maka kita mengatakan bahwa integral-integral takwajar yang berhubungan akan konvergen dan memiliki nilai tersebut. Jika sebaliknya, maka integral-integral tersebut dikatakan divergen
contoh 1Jika memungkinkan, tentukan
1
2
. dxex x
penyelesaian
1
21
22
2
1.
a
x
a
x xdedxex
ax
ax
x
a
x eeedxex
11
1
2
1
2
1.
22
eeeedxex a
a
x 11
2
1
2
1lim. 1
12
edxex x
2
1.
12
Integral konvergen mempunyai nilai -1/2e
contoh 2Jika memungkinkan, tentukan
0
sin dxxpenyelesaian
b
x
b
xxdxxdxx
000
sinlimsinlimsin
bdxxx
cos1limsin0
nilai limitnya tak ada kita simpulkan integral tersebut divergen
bila ditinjau dari grafik y = sinx
harga x memiliki nilai tertentu
contoh 3Menurut hukum kuadrat invers newton, gaya yang dikerahkan bumi terhadap sebuah pesawat ruang angkasa adalah –k/x2
dimana x adalah jarak (misalnya dalam mil) dari pesawat tersebut ketitik pusat bumi seperti pada gambar. Maka gaya F (x) yang diperlukan untuk mengangkat pesawat tersebut adalah F (x) = k/x2. Berapa besarkah gaya yang diperlukan untuk mengangkat pesawat seberat 1000 pon agar keluar dari medan grafitasi bumi
penyelesaian Kita dapat menghitung nilai k dengan memperhatikan bahwa ketika x = 3960 mil (jari-jari bumi) F = 1000 pon. Ini bearti k = 1000.(3960)2= 1,568. 1010 . Jadi gaya (dalam mil-pon) yang dibutuhkan adalah
x
b
bdx
x
1
3960
10
39602
10 10.568,1lim1
10.568,1
3960
1110.568,1lim
110.568,1 10
39602
10
bdx
x b
610
39602
10 10.96,33960
10.568,1110.568,1
dxx
b. kedua limit takterhingga
defenisi limit
dxxf
jika
0
dxxf jika
0
dxxf keduanya konvergen
maka
dxxf
dikatakan konvergen dan mempunyai nilai
o
dxxfdxxfdxxf0
jika sebaliknya
dxxf divergen
contoh 4
hitunglah
dx
x21
1
atau buktikan bahwa integral tersebut divergen
penyelesaian
b
bdx
xdx
x 020
02 1
1lim
1
1
1lim1
1tan 00
02
b
bdx
x
2
0tantanlim1
10
02
bdxx b
karena integran sebuah fungsi genap
21
1
1
1
02
0
2
dxx
dxx
dengan demikian
221
1
1
1
1
1
02
0
22dx
xdx
xdx
x
c. Fungsi kerapatan peluang
Fungsi kerapatan peluang untuk semua acak kontinyu x adalah fungsi f yang didefinisikan pada [-∞,∞] dengan sifat-sifat
1. f(x) ≥ 0 untuk semua x
1.2
dxxf
peluang dimana peubah acak x mempunyai nilai diantara a dan b adalah
b
a
dxxf
Sebagai contoh, umur lampu pijar (dalam ribuan jam) dapat berupa sebuah peubah acak kontinu x yang mempunyai fungsi kerapatan peluang seperti yang ditunjukkan pada gambar. Peluang bahwa lampu pijia ini akan putus dalam waktu 4000 sampai 6000 jam
b
a
dxxf
Karena lampu pijar tidak mungkin mempunyai umur negatif, maka peluang bahwa nilai x akan berada di dalam selang tertentu yang sepenuhnya berada di ruas kiri titik nol pastilah 0, ini berarti bahwa fungsi kerapatan peluang akan nol untuk seluruh nilai x negatif
Rata-rata darisebuah peubah acak yang mempunyai fungsi kerapatan peluang f(x) dapat didefinisikan
dxxfx.
Pada subbab 6.6 telah didefenisikan pusat massa dari distribusi massa kontiyu di sepanjang sebuah garis akan mempunyai kerapatan δ (x)
dxx
dxxx
m
M
.
dalam kontek peluang kita cendrung menggunakan istilah kerapatan peluang dibandingkan kerapatan massa. Perhatikan bahwa kita menggantikan kerapatan massa δ dengan kerapatan peluang f maka penyebutnya
1
dxxfdxx
berdasarkan sifat 1 dari fungsi kerapatan peluang, pusat massa untuk kerapatan peluang
dxxfx
dxxfx
dxxf
dxxfx
.1
..
karakteristik penting lainnya dari sebuah fungsi kerapatan peluang adalah ragam atau varian di notasikan σ2 yang didefenisikan
dxxfx 22
ragam adalah ukuran dari penyebaran atau “ke-tersebar-an”. Ketika σ2 nilainya kecil, maka distribusi peluang secara kasar, terkelompokkan sangat dekat di sekitar nilai rata-rata dan σ2 nilainya besar, maka distribusi peluangnya lebih tersebar
contoh 5fungsi kerapatan peluang yang paling penting adalah apa yang disebut dengan normal standar yang didefenisikan sebagai
2/2
2
1)( xexf
gambar berikut memperlihatkan y = f(x) yang mengejutkan tidak mudah bagi kita menunjukkan bahwa
12
1 2/2
xe
gunakan fakta ini untuk menunjukkan bahwa fungsi kerapatan ini mempunyai rata-rata 0 dan ragam 1, yaitu dengan menunjukkan persamaan berikut
0.2
1. 2/2
dxexa x
1.2
1. 2/2 2
dxexb x
penyelesaian
b
x
b
x dxxedxexa0
2/2/ 22
2
1lim.
2
1.
b
x
b
x edxexa0
2/2/ 22
2
1lim.
2
1.
2
1.
2
1. 2/2
dxexa x
karena
2/2. xex adalah sebuah fungsi ganjil
dengan demikian
0
2/0
2/2/ 222
.2
1.
2
1.
2
1dxexdxexdxex xxx
02
1
2
1.
2
1 2/2
dxex x
karena
2/2xe adalah sebuah fungsi genap dan karena
12
1 2/2
xe 2
1
2
1
0
2/2
dxe x
kemudian kita menerapkan integral parsial dan aturan hospital
dxxexdxexb
x
b
x
0
2/
0
2/2 ..)(2
1lim.
2
1 22
bx
bx
b
x dxeexdxex0
2/0
2/
0
2/2 222
.2
1lim.
2
1
2
10
2
1lim.
2
1
0
2/
0
2/2 22
bx
b
x dxedxex
karena 2/2 2
. xex adalah sebuah fungsi genap
maka kita memperoleh kontribusi yang serupa disebelah kiri nol sehingga
12
1
2
1.
2
1 2/2 2
dxex x
4. Integral takwajar : Integran takterhinggaKita memberikan defenisi tersebut untuk kasus dimana f cendrung menuju takterhingga pada titik ujung kanan dari selang suatu integral. Terdapat sebuah defenisi analogi yang sempurna untuk kasus dimana f cendrung menuju takterhingga pada titik ujung kiri
defenisi
Misalkan f kontinu pada selang setengah terbuka [a,b) dan andaikan
)(lim xfbx
maka
t
abt
b
a
dxtfdxxf )(lim
asalkan limit ini ada dan terhingga, dimana kita mengatakan bahwa integral tersebut bersifat konvergen, jika sebaliknya, kita mengatakan bahwa integral tersebut bersifat divergen. interprestasi geometrik diperlihatkan seperti gambar dibawah ini
contoh 1
Jika memungkinkan, hitunglah integral tak wajar
2
024 x
dx
penyelesaian
perhatikan bahwa integrannya cendrung menuju di titik 2
t
t
t
t
x
x
dx
x
dx
0
1
20
22
2
02 2
sinlim4
lim4
22
0sin
2sinlim
4
11
2
2
02
t
dxx
dxt
contoh 2
jika memungkinkan, hitunglah 16
04
1dx
xpenyelesaian
164/3
0
16
0
4/1
0
16
04 3
4limlim
1
ttt
xdxxdxx
3
32
3
4
3
32lim
1 4/3
0
16
04
tdxx t
contoh 3
jika memungkinkan, hitunglah 1
0
1dxx
penyelesaian
10
1
0
1
0
lnlim1
lim1
tt
tt
xdxx
dxx
tdx
x tlnlim
10
1
0
disimpulkan bahwa integral tersebut divergen
contoh 4
Tunjukkan bahwa 1
0
1dx
x p
konvergen jika 1p divergen jika 1p
penyelesaian
1lim
1lim
1 1
0
1
0
1
0 p
xdx
xdx
x
p
tt
ptp
1
11
11
.1
1
1
1lim
110
1
0 pjika
pjikap
tppdx
x ptp
Bahan Bacaan
Purcell, 2009 “ Kalkulus dan Analisis Geometris, Penerbit Erlangga, Jilid II Edisi 8