1
KALKULUS INTEGRAL 2013
PENDAHULUAN
A. DESKRIPSI MATA KULIAH
Isi pokok mata kuliah ini memuat pemahaman tentang: (1) Anti turunan:
pengertian anti turunan, teorema-teorema, dan teknik anti turunan, (2) Integral
tertentu: jumlah Riemann, teorema-teorema integral tertentu, dan teorema dasar
kalkulus, (3) Aplikasi Integral tertentu: luas bidang, volum benda putar, panjang
busur kurva, luas permukaan benda putar, usaha, dan pusat massa, (4) Fungsi
logaritma, fungsi eksponen, dan fungsi hiperbolik, dan (5) Teknik pengintegralan.
B. PERENCANAAN PEMBELAJARAN
1. Nama Mata Kuliah : Kalkulus II
2. Kode / sks : MAT 38/2 sks
3. Semester : II (genap)
4. Tujuan Pembelajaran
Setelah menyelesaikan mata kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat menjelaskan
dan mengaplikasikan konsep anti turunan, integral tak tentu, integral tertentu,
aplikasi integral tertentu, fungsi logaritma, fungsi eksponen, dan fungsi hiperbolik
serta integral fungsi trigonometri dan integral fungsi rasional.
5. Outcome Pembelajaran
a. Mahasiswa memahami anti turunan dan integral tak tentu.
b. Mahasiswa memahami penggunaan teorema dan rumus teknis integral.
c. Mahasiswa memahami notasi sigma, induksi matematika, dan jumlah Riemann
d. Mahasiswa dapat menghitung integral terntentu dengan limit jumlah Riemann.
e. Mahasiswa dapat membuktikan beberapa teorema integral tertentu.
f. Mahasiswa dapat menjelaskan teorema dasar Kalkulus integral.
g. Mahasiswa dapat menghitung integral tertentu berdasarkan teorema-teorema
dasar kalkulus.
h. Mahasiswa dapat menghitung luas daerah dan volum benda putar.
i. Mahasiswa dapat menghitung panjang busur suatu kurva dan luas permukaan
benda putar.
j. Mahasiswa dapat menentukan integral parsial dan fungsi trigonometri
k. Mahasiswa dapat menentukan integral bentuk pecahan dalam sinus dan cosinus.
l. Mahasiswa dapat menentukan integral fungsi rasional.
2
KALKULUS INTEGRAL 2013
6. Jumlah Jam dan Pembagiannya
7. Bahan, Sumber Informasi dan Referensi
a. Purcell, E.J. & Varberg, D. 1987. Kalkulus dan Geometri Analitis. (Diterjemahkan
oleh I Nyoman, Bana Kartasasmita, dan Rawuh). Jilid 1. Jakarta: Penerbit erlangga.
b. Jasman, Pardede.2010. Kalkulus I. Jakarta : Erlangga
No Jenis Kegiatan Cacah Kegiatan
Jumlah Jam
1 Pengantar Kuliah Kalkulus II: Menjelaskan pengertian anti turunan dan menjelaskan penghitungan integral tak tentu yang sederhana. ( minggu ke 1)
1 kali 2 jam
2 Menjelaskan bentuk-bentuk Integral (Integral Trigonometri dan Integral Substitusi) ( minggu ke 2 )
1 kali 2 jam
3 Menjelaskan Integral pecah rasional. ( minggu ke 3 dan 4 )
2 kali 4 jam
4
Menjelaskan pengertian tertentu sebagai limit jumlah Riemann Menjelaskan dan membuktian teorema-teorema integral tertentu
1 kali
2 jam
Menjelaskan teorema dasar Kalkulus 1 dan 2 (minggu ke 5)
5 Menjelaskan luas daerah bidang datar dan volum benda putar ( minggu ke 6 )
1 kali 2 jam
6 Menjelaskan panjang busur kurva dan luas permukaan bidang benda putar. (minggu ke-7)
1 kali 2 jam
7 Ujian Tengah Semester (minggu ke 8) 1 kali 2 jam
8 Menjelaskan teorema fundamental Integral dan pembuktiannya. (minggu ke 9 dan 10)
2 kali 3 jam
9 Menjelaskan integral parsial yang melibatkan fungsi transenden. (minggu ke 11)
1 kali 2 jam
10 Menjelaskan integral yang memuat bentuk 22 ax ,
22 ax dan 22 xa
Menjelaskan integral yang memuat bentuk n xp )( ,
dengan p(x) suku banyak. Menjelaskan integral bentuk pecahan dalam sinus dan cosinus. (minggu ke-12 dan 13)
2kali 3 jam
11 Menjelaskan integral fungsi rasional Memberikan contoh dan latihan soal. (minggu ke-14 dan 15)
2 kali 3 jam
12 Ujian Akhir Semester (minggu ke 16) 1 kali 2 jam
3
KALKULUS INTEGRAL 2013
c. Frank Ayres, Differential and Integral Calculus 2/ed, McGraw-Hill Book Company, NewYork, 1978
d. Leithold, L ., 1981, The Calculus with Analitic Geometry, 3th . Harper International
Edition, Harper and Row, Publishers, New York, Hagerstown, San Francisco, London.
C. PENILAIAN
Prosentase penilaian masing-masing adalah sebagai berikut :
No. Komponen penilaian Prosentase
1. Quiz ( 4 kali) 10 %
2. Ujian Mid Semester 20 %
3. Ujian Akhir Semester 20 %
4. Tugas ( 2 kali ) 20 %
5 Presensi 15 %
6 Keaktifan 15 %
PERTEMUAN I
4
KALKULUS INTEGRAL 2013
INTEGRAL
A.
Anti turunan merupakan kebalikan (invers) dari suatu turunan. Seperti didefinisikan pada
definisi 1 berikut
Kita sebut F suatu anti turunan dari pada selang I jika pada I, yakni jika ( ) ( ) untuk semua x dalam I. Jika x suatu titik ujung dari I, ( ) hanya perlu berupa turunan satu sisi. Sebagai contoh :
Misalkan suatu fungsi maka apabila diturunkan menjadi
. Hasil
dari turunan tersebut, apabila dikembalikan ke fungsi semula sering disebut anti derivatif (turunan). Teorema 1. Aturan Pangkat
Dimana
Contoh :
1. ∫
Penyelesaian :
∫
2. Carilah anti turunan dari
∫
Penyelesaian :
∫
DEFINISI ANTI TURUNAN (INTEGRAL TAK TENTU)
∫𝒙𝒓𝒅𝒙 𝒙𝒓 𝟏
𝒓 𝟏 𝑪
5
KALKULUS INTEGRAL 2013
Teorema 2. Anti-turunan Sinus-Kosinus
∫ ∫
Teorema 3. Kelinieran dari integral Misalkan f dan g mempunyai anti turunan (integral tak tentu) dan andaikan k suatu
konstanta. Maka
∫ ( ) ∫ ( ) ∫ ∫
∫, ( ) ( )- ∫ ( ) ∫ ( ) ∫( ) ∫ ∫
∫, ( ) ( )- ∫ ( ) ∫ ( )
RUMUS-RUMUS INTEGRAL
1. ∫
2. ∫
3. ∫
4. ∫
5. ∫
Misal :
∫
∫
∫
∫
Dimana C merupakan konstanta integrasi.
1. Find the following antiderivatives
a. ∫(
)
b. ∫ √
SOLVED
PROBLEMS
6
KALKULUS INTEGRAL 2013
c. ∫( )
d. ∫( )√
e. ∫
2. Find an equation of the curve passing through the point (2, 3) and having slope
at each point (x, y). The slope is given by the derivative.
B. TEKNIK PENGINTEGRALAN TAK TENTU
1. PENGINTEGRALAN FUNGSI TRIGONOMETRI
Sebelum membahas mengenai teknik pengintegralan khususnya yang
berkaitan dengan fungsi trigonometri, anda harus mengingat terlebih dahulu
aturan-aturan dalam trigonometri dan sifat-sifat fungsi trigonometri
Aturan integral tak tentu fungsi trigonometri
a. xsin dx = -cos x + C
b. xcos dx = sin x + C
c. tan x dx = ln Cx sec
= -ln Cx cos
d. cot x dx = - ln Cx csc
= ln Cx sin
e. xsec dx = ln Cxx tansec
f. csc x dx = ln Cxx cotcsc
a. 𝑥 𝑥
b. 𝑥
( 𝑥)
c. 𝑥
( 𝑥)
d. 𝑥 𝑥 𝑥
e. ta 𝑥 e 𝑥
f. 𝑥 𝑥 𝑥
g. 𝑥 𝑥
𝑥
h. 𝑐𝑜𝑡𝑔 𝑥 𝑐𝑜𝑠𝑒𝑐 𝑥
7
KALKULUS INTEGRAL 2013
g. ∫ ta e e
h. ∫ t
i. ∫
j. ∫
Contoh 1:
Tentukan integral tak tentu
∫(( ) )
Penyelesaian :
∫( ) ) =∫( ) ∫
=
Contoh 2:
Tentukan integral tak tentu
∫( )
Penyelesaian :
Perhatikan :
( )
Sehingga :
∫( ) ∫( )
∫ ∫
(
)
Berdasarkan bentuk di atas selanjutnya diberikan beberapa kasus bentuk
integral fungsi trigonometri yang dibahas pada bagian ini, diantaranya adalah:
8
KALKULUS INTEGRAL 2013
a. ,sin xdxm dan xdxmcos dengan m bilangan ganjil atau genap positip
Jika m bulat positip dan ganjil, maka m diubah menjadi (m-1) + 1, atau m
digenapkan terdekat. Selanjutnya substitusi dengan menggunakan kesamaan
identitas 1cossin 22 xx atau sin x2 = 1 - cos x2 atau cos x2 = 1 - sin x2 .
Akhirnya dengan substitusi tersebut didapat kesamaan antara integran
dengan tanda integrasinya, sehingga dengan mudah dapat diselesaikan.
Contoh :
∫
Penyelesaian :
∫
∫
∫( )
∫( ) ( )
∫( )( )
∫( ) ( ))
∫ ∫ ∫
(
)
Ingat :
atau
9
KALKULUS INTEGRAL 2013
b. Bentuk xdxmcos , dxxm sin , jika m bilangan bulat positip genap,
Contoh:
1. xdx2sin
Karena pangkatnya genap, digunakan kesamaan setengah sudut, maka
xdx2sin =
dxxdxx
)2cos2
1
2
1(
2
2cos1
= xdxdx 2cos2
1
2
1
= Cxx
4
2 sin
2
2. xdx4cos
Jawab
xdx4cos = 22 )(cos x dx
=
dxxdx
x 2
2
)2cos2
1
2
1(
2
2cos1
Sifat : ( )
= dxxx
)2cos4
1
2
2cos
4
1(
2
= xdxdxx
dx 2cos4
1
2
2cos
4
1 2
= 4
2sin
4
xx +
dx
x
2
)4cos1(
4
1
.∫
∫
/
.
/
= Cxxxx
32
4sin
84
2sin
4
= Cxxx
32
4sin
4
2sin
8
3
3. xdx2sin4
10
KALKULUS INTEGRAL 2013
Misal u = 2x , du = 2dx atau dx = 2
du, sehingga
xdx2sin4 = 2sin
4 duu
=
du
u2
2
2cos1
2
1
= duuu )2cos2cos21(4
1
2
1 2
= uduududu 2cos8
12cos
4
1
8
1 2
=
du
uududu
2
4cos1
8
12cos
4
1
8
1
= ududuududu 4cos16
1
16
12cos
4
1
8
1
= Cuuuu 4sin64
1
16
12sin
8
1
8
1
Karena u = 2x, maka
xdx2sin4 = Cxxxx )2(4sin64
1)2(
16
1)2(2sin
8
1)2(
8
1
TUGAS
1. Selesaikan integral tak tentu di bawah ini
a. ∫ .( ) √ /
b. ∫
√
c. ∫
d. ∫( )
e. ∫( √( )
)
2. Buktikan
∫ta e
3. Selesaikan integral tak tentu berikut :
∫
11
KALKULUS INTEGRAL 2013
Hint :
* ( ) ( )+
Tugas di kumpulkan dan presensi sesuai jam kuliah
2. INTEGRAL DENGAN MENGGUNAKAN SUBSTITUSI
a. METODE SUBSTITUSI FUNGSI ALJABAR
Metode substitusi sering kali dinamakan dengan metode mengganti
bukan menghilangkan. Suatu bentuk integral tidak semuanya dapat diselesaikan
dengan metode substitusi, dengan kata lain suatu bentuk integral dapat di
selesaikan dengan cara/metode yang bersifat coba-coba.
Diberikan fungsi terdefinisi pada [ a,b] dan fungsi , - , -
mempunyai invers . Jika dan mempunyai derivatif dan kontinu
masing-masing pada interval , - dan , - serta kontinu pada , -, maka :
∫ ( ) ∫ ( ( )) ( )
Contoh :
1. ∫√( ) ( )
Penyelesaian :
Langkahnya :
Misal:
( )
Maka :
∫√( ) ( ) = ∫√
= ∫
=
=
( )
12
KALKULUS INTEGRAL 2013
2. ∫
Penyelesaian :
Misal
∫
∫
∫
∫
3. ∫ ( )
∫ ∫
∫
(diteruskan sebagai tugas mahasiswa)
Contoh lain :
Buktikan
∫ta e
Penyelesaian :
∫ta ∫
Misal
Maka :
∫ta
∫
∫
∫
13
KALKULUS INTEGRAL 2013
Ingat : sifat
e
e
Tugas di rumah :
1. Selesaikan integral di bawah ini :
∫ ( )
2. Selesaikan integral fungsi trigonometri berikut:
a. ∫( ) ( )
b. ∫
Ujian Sisipan
1. Selesaikan integral tak tentu berikut integral
a. ∫
b. ∫
2. Hitunglah integral tak tentu berikut
∫
b. INTEGRAL PECAH RASIONAL
Di berikan persamaan ( ) , dengan
dan . Selanjutnya P(x) disebut Polinomial berderajat n. Di
berikan polinomial-polinomial P(x) dan Q(x) dengan berderakat masing-masing
adalah m dan n, maka ( )
( ) disebut Pecah Rasional
Bentuk umumnya dapat diberikan sebagai )(
)()(
xQ
xPxH , dimana P(x)
adalah numerator, sedangkan Q(x) adalah denumerator. Jika P(x) > Q(x) maka
P(x) harus dibagi Q(x) terlebih dahulu. Integral dengan bentuk rasional ini
terdiri dari beberapa kasus, yang masing-masing akan dibahas dibawah ini. Jika
pangkat P(x) lebih rendah dari pangkat Q(x), maka P(x) disebut PROPER dan
14
KALKULUS INTEGRAL 2013
sebaliknya P(x) disebut IMPROPER. Bentuk pecahan rasional yang improper
dapat dinyatakan sebagai jumlahan dari polinomial dan suatu pecahan rasional
yang proper.
1. Kasus 1 :
Apabila faktor Q(x)=0 semuanya linier dan berbeda.
( ) ( )( ) ( ) dengan real dan berbeda.
Maka ( )
( ) dapat dinyatakan sebagai berikut :
n
n
xx
A
xx
A
xx
A
xQ
xP
.....
)(
)(
2
2
1
1 , dengan RAAA n ,...,, 21 konstanta-
konstanta yang akan dicari.
Contoh :
1. ∫
.......
Penyelesaian :
( ) ( )( )
Jadi Q(x) mempunyai dua akar real yang berbeda.
Sehingga di peroleh :
( )
( )
( ) ( )
Sehingga diperoleh :
( ) ( )
.......(1)
......(2)
Dari persamaan (1) dan (2) dengan metode eliminasi didapat
dan
Jadi
15
KALKULUS INTEGRAL 2013
∫
∫(
. /
)
∫
∫
. /
2. ∫
......
Penyelesaian :
xxx
x
2
123
=
)1)(2(
1
xxx
x
xxx
x
2
123
=
1)2(
x
C
x
B
x
A
1x = )2)(()1)(()1)(2( xxCxxBxxA
= )2()()2( 222 xxCxxBxxA
= )2()2()(2 AxCABCBAx
2
1
12
12
0
A
A
ACB
CBA
122
1
02
1
CB
CB
2
1CB
2
32 CB
3C =
2
4
C =
6
4
16
KALKULUS INTEGRAL 2013
03
2
2
1
B
B = 2
1
3
2
= 6
34
= 6
1
Jadi
dx
xxx
x
)1)(2(
1 =
dxx
dxx
dxx 1
32
2
61
21
= cxxx 1ln3
22ln
6
1ln
2
1
= 4
3
)1(
)2(ln
6
1
x
xcx
Latihan :
1. Tentukan
∫
2. Tentukan
∫
3. Tentukan
∫
2. Kasus 2 :
Jika ( ) mempunyai akar riil dan ada yang sama. Maksudnya semua
faktor dari penyebut linier, tetapi ada beberapa yang sama (berulang).
=
3
2
17
KALKULUS INTEGRAL 2013
( ) ( ) ( )
( ) dengan real. Maka
( )
( )
dapat dinyatakan sebagai berikut :
rt
r
tt
q
q
p
p
xx
C
xx
C
xx
C
xx
B
xx
B
xx
B
xx
A
xx
A
xx
A
xQ
xP
)(.....
)()(
.....)(
.....)()(
)(.....
)()(
)(
221
22
2
2
2
1
12
1
2
1
1
Dengan konstanta-konstanta yang akan dicari,
Contoh :
1. ∫
( )( ) .....
Penyelesaian :
( ) ( )( ) ( )( )
Jadi Q(x) mempunyai tiga akar real dan ada yang sama.
Sehingga di peroleh :
( )
( )
( )( )
( )
( ) ( )( ) ( )
( )( )
( ) ( )( ) ( )
carilah nilai ?
2. ∫
( )( )
Penyelesaian :
dx
xx
x32
3
)2(
1 =
)2()2()2( 232 x
E
x
D
x
C
x
B
x
A
x3-1 = 222233 )2()2()2()2( xExxDxCxxBxxA
18
KALKULUS INTEGRAL 2013
x3-1 = 34 )46()( xEDBAxEB
= AxBAxEDCBA 8)812()42126( 2
16
3;
4
5;
4
7;
16
3;
8
1 EDCBA
dx
xx
x32
3
2
1 =
)2(16
3
)2(4
5
24
7
16
3
8
1232 x
dx
x
dx
x
dx
x
dx
x
dx
=
cxxx
xx
2ln
16
3
24
5
)2(8
)7(ln
16
3
8
12
3. Kasus 3 :
Jika tidak semua akar riil dan yang tidak riil semuanya berbeda. Artinya
penyebut dapat di faktorkan dalam bentuk kombinasi linier dengan kuadrat.
Selanjutnya integran dengan bentuk seperti ini dijadikan jumlah pecahan
parsial
( )
( )
( )
Berdasarkan jumlah tersebut dapat ditentukan A,B, dan C
Contoh :
1. ∫
( )( )
Penyelesaian :
∫
( )( ) =∫
( ) ∫
=∫ ( ) ( )( )
( )( )
= ∫( ) ( ) ( )
( )( )
Di peroleh :
19
KALKULUS INTEGRAL 2013
, ( ) ( ) atau
sehingga:
∫
( )( ) = ∫
∫
= ∫
∫
∫
=
2. Selesaikan integral
∫
( )( )
Penyelesaian : (sebagai latihan mahasiswa)
Latihan :
Tentukan :
a. ∫
b. ∫
( )
4. Kasus 4 :
Jika tidak semua akar riil dan akar yang tidak riil ada yang sama.
Maksudnya untuk faktor kuadratis dengan bentuk yang
berulang n kali dalam penyebut pada pecahan rasional yang proper, ditulis
sebagai jumlahan dari n pecahan parsiil dalam bentuk :
( )
( )
Dimana A1 dan B1 konstanta yang harus di cari
Contoh :
∫
( ) )
Penyelesaian :
20
KALKULUS INTEGRAL 2013
Latihan :
Tentukan
∫
( ) ( )
Penyelesaian :
( ) ( )=
( )
( )
(teruskan sebagai latihan mahasiswa)
c. INTEGRAL DENGAN SUBSTITUSI FUNGSI TRIGONOMETRI
Teknik substitusi fungsi trigonometri digunakan untuk menyelesaikan
integral jika integrannya memuat bentuk-bentuk:
1. 22 xa , a > 0, a Real
2. 22 ax = 22 xa , a > 0, a Real
3. 22 ax , a > 0, a Real
atau bentuk lain yang dapat diubah menjadi bentuk di atas, misalnya
222 xba = 2
2
xb
a
xba 22 = 2
2
xb
a
222 bxa = 2
2
a
bx atau cbxax 2 yang dapat diubah menjadi bentuk
kuadrat sempurna.
21
KALKULUS INTEGRAL 2013
Integrannya memuat 22 xa atau sejenisnya, Gunakan substitusi
x = a sin t atau sin t = a
x
x = a sin t dx = a cos t dt
dengan -2
2
t sehingga,
22 xa = 22 )sin( taa
= )sin1( 22 ta
= a cos t
Catatan
Gambar segitiga siku-siku di atas yang masing-masing sisinya diketahui berguna
untuk menentukan nilai fungsi trigonometri yang lain, yaitu cos t, tan t, cot t, sec
t, dan csc t. Hal ini dikarenakan sangat mungkin hasil dari pengintegralan adalah
fungsi-fungsi tersebut.
Contoh:
Tentukan hasil pengintegralan berikut ini:
1. 24 x dx
Jawab
Substitusi x = 2 sin t
sin t = 2
x
dx = 2 cos t dt
t
x
a
22 xa
tx
2
24 x
22
KALKULUS INTEGRAL 2013
24 x = tt cos2sin44 2
Sehingga
24 x dx = tdtt cos2.cos2
= tdtt coscos4
= 4 tdt2cos = 4
dtt
2
)2cos1(
= 2 dt + 2 t2cos dt
= 2t + sin 2t + C
= 2t + 2 sin t cos t
= 2 arc sin2
4
22
2xxx
+ C
Atau 4 tdt2cos = 4 (2
cossin tt + Ct
2
1)
= 2 sint cost + 2t + C
= 2
2
x
2
4 2x + 2 arc sin
2
x+ C
= Cxxx
2arcsin2
2
4 2
2. 24 xx
dx
23
KALKULUS INTEGRAL 2013
Jawab
24 xx
dx =
2)2(4 x
dx
Substitusi (x-2) = 2 sin t,
dx = 2 cos t dt
tx cos2)2(4 2 , sehingga
2)2(4 x
dx = t
tdt
cos2
cos2
= dt
= t + C
= arc sin
2
2x + C
Kerjakan soal berikut sebagai latihan (sebagai tugas pertemuan ke-8)
1. 225 xx
dx
2. 22 9 xx
dx
3. 2
3
2 )4( xx
dx
4. dxxx 22 1
5. dxx
x
2
3
16
2x
24 xx
2
t
24
KALKULUS INTEGRAL 2013
INTEGRAL TERTENTU
I. Landasan Teori Definisi:
catatan : definite integral sering disebut sebagai Integral Riemann.
Untuk menentukan nilai definite integral secara langsung dengan definisi di atas
maka kita harus menggunkan jumlah Riemann (jumlah Riemann akan dijelaskan dalam
contoh). Hal ini kurang efisien, terkadang dalam perhitungannya menemui kesalahan. Oleh
karena itu, nilai definite integral ditentukan dengan menggunakan teorema dasar integral
kalkulus berikut ini :
Sifat- Sifat Umum Definite Integral :
Misalkan f(x) dan g(x) merupakan fungsi-fungsi kontinu dalam interval tertutup
[a,b], maka definite integral memenuhi sifat-sifat umum sebagai berikut :
25
KALKULUS INTEGRAL 2013
Menentukan Luas dengan Proses Limit
Luasan Di Bawah Suatu Kurva
Bila digambarkan suatu persegi panjang pada suatu koordinat cartesius,luas persegi
panjang tersebut dengan mudah dapat dicari. Perhatikan gambar 5.1 Luas persegi
panjang adalah A=f(x)∆x.
Gambar 5.1
26
KALKULUS INTEGRAL 2013
Bila jumlah persegi panjang kita perbanyak menjadi 4 dengan lebar yang sama namun
tinggi f(x)-nya berbeda-beda maka keadaannya akan terlihat seperti gambar 5.2.
Gambar 5.2
Luas keseluruhan persegi panjang adalah :
( ) ( ) ( )
∑ ( )
Jika jumlah persegi panjangnya kita perbanyak lagi menjadi 10 dengan tinggi f(x)-nya
yang berbeda-beda dan dengan Δx –nya kita perkecil. Hasilnya akan menjadi seperti
ditunjukkan pada gambar 5.3.
Gambar 5.3
27
KALKULUS INTEGRAL 2013
Luas totalnya dirumuskan sebagai :
∑ ( )
Jika jumlah persegi panjangnya kita perbanyak lagi menjadi 100 dengan tinggi f(x)-nya
yang berbeda-beda dan dengan Δx –nya kita perkecil lagi. Hasilnya akan menjadi seperti
ditunjukkan pada gambar 5.4.
Gambar 5.4
Pada gambar 5.1 sampai gambar 5.4 secara tidak disadari kita telah membuat tinggi
persegi panjang berubah memenuhi keteraturan mendekati pola persamaan :
( )
Bila jumlah persegi panjang kita tambah lagi menjadi n , dan seiring dengan itu
membuat 0x , maka tinggi f(x) untuk setiap Δx berubah secara kontinu mengikuti
persamaan : ( ) . Sehingga luas keseluruhan persegi panjangnya dinyatakan
sebagai :
∑ ( )
∑( )
Jika kita membuat Δx mendekati 0, maka penulisan
1lim
nox
berubah menjadi ∫ dan Δx
berubah menjadi dx. Sehingga selengkapnya ditulis menjadi :
28
KALKULUS INTEGRAL 2013
∫ ( ) ∫( )
Fungsi f(x) pada contoh di atas adalah fungsi satu variable bebas, yaitu : variable x. Jika
fungsi yang diintegralkan adalah fungsi satu variable bebas maka hasilnya adalah
merupakan luasan (A) yang dibatasi oleh fungsi tersebut dengan sumbu-x. Maka untuk
mencari suatu luasan yang berada di bawah kurva suatu fungsi dapat dilakukan dengan
cara integral.s
Misalkan kurva y = f(x) kontinu dalam interval a < x < b. Luas daerah yang dibatasi
oleh kurva y = f(x), sumbu x, dan garis-garis x = a dan x = b, dapat ditentukan dengan
menggunakan proses limit sebagai berikut :
1. Mula-mula interval [a,b] dibagi menjadi n buah sub-interval (panjang tiap sub interval
tidak perlu sama) dengan cara menyisipkan (n-1) buah titik. Misalkan titik-titik itu
adalah 132,1 ..., n Ditetapkan pula bahwa 0a dan nb , sehingg
ba n ...310 Dengan demikian, panjang setiap sub-0 1 2 ninterval adalah
11122011 .....,,............,,........., nnniii xxxx . Dalam setiap
sub-interval 1 iiix , kita tentukan titik dengan absis ix dan koordinatnya )( ixf
. Kemudian dibuat persegi panjang - persegi panjang dengan lebar ix dan tinggi )( ixf
, seperti diperlihatkan pada gambar dibawah ini. Perhatikan bahwa banyaknya persegi
panjang yang dibuat dengan cara seperti itu ada n buah, dan luas masing-masing
persegi panjang itu adalah:
29
KALKULUS INTEGRAL 2013
2. Luas daerah L didekati dengan jumlah semua luas persegi panjang tadi,
Jadi, nn xxfxxfxxfxxfL )(.....)()()( 332211
Dengan menggunakan notasi sigma bagian ruas kanan dari bentuk di atas dapat
dituliskan menjadi :
i
n
i
i xxfL
)(1
Untuk menunjukkan bahwa penjumlahan tersebut mencakup ujung-ujung interval a
dan b, maka hubungan di atas dapat ditulis sebagai berikut :
xxfLbx
ax
)(
Bentuk penjumlahan i
n
i
i xxfL
)(1
disebut sebagai jumlah Reimann.
3. Luas daerah L yang sebenarnya diperoleh dengan mengambil nilai n yang
Cukup besar )6( n . Ini berarti baha nilai x menjadi kecil sekali )60( x . Dengan
demikian, luas daerah L ditentukan dengan :
i
n
i
in
xxfL
)(1
lim atau xxfLbx
axx
)(lim60
Untuk menyederhanakan cara penulisan, bentuk-bentuk limit di atas dapat dituliskan
menjadi :
b
a
bx
axxi
n
i
in
dxxfxxfxxf )()()( limlim601
Jadi, luas daerah L ditentukan oleh rumus :
b
a
dxxfL )(
30
KALKULUS INTEGRAL 2013
Menentukan Luas Daerah Antara Dua Kurva Misalkan dua kurva masing-masing dengan persamaan y = f(x) dan y = g(x),
merupakan kurva-kurva yang kontinu dan f(x) > g(x) dalam interval a < x < b. Daerah yang
dibatasi oleh kurva y = f(x), kurva y = g(x), garis x = a dan garis x = b diperlihatkan pada
gambar di bawah. Kita dapat menentukan luas daerah yang
diarsir (ABCD) dengan cara sebagai berikut :
Luas ABCD = Luas EFCD – Luas EFBA
=
b
a
b
a
dxxgdxxf )()(
= dxxgxf
b
a
)()(
Jadi, luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = f(x) dan y = g(x), garis x = a dan garis x = b,
ditentukan dengan rumus :
dxxgxfL
b
a
)()(
Dengan catatan bahwa f(x) > g(x) dalam interval a < x < b