integral print mhs

INTEGRAL
Departemen Matematika
FMIPA - IPB
Bogor, 2012
(Dep.Matematika-IPB) Kalkulus: Integral Bogor, 2012 1 / 45

Topik Bahasan
1 Pendahuluan
2 Antiturunan
3 Luas di Bawah Kurva
4 Integral Tentu
5 Teorema Dasar Kalkulus
6 Integral Taktentu
7 Aturan Substitusi
8 Telaah Konsep

Pendahuluan
Beberapa Terapan Integral
Peramalan jumlah populasi (penduduk, bakteri, dsb.) di masa yang
akan datang.
Penentuan ketinggian pesawat ulang-alik pada waktu tertentu.
Penentuan konsumsi energi di Jakarta pada suatu hari.

Antiturunan
Antiturunan
De…nisi
Fungsi F disebut antiturunan dari fungsi f pada selang I jika
F0 (x) = f (x) untuk 8x 2 I.
Contoh (Antiturunan)
1 f (x) = x3 ) F (x) = 1
4 x4
2 f (x) = x3 ) F (x) = 1
4 x4 + 5
3 f (x) = cos x ) F (x) = sin x
4 f (x) = cos x ) F (x) = sin x + C, C = konstanta

Antiturunan
Teorema (Antiturunan Umum)
Jika F antiturunan dari f pada selang I, maka antiturunan dari f yang
paling umum adalah
F (x) + C (1)
dengan C konstanta sebarang.

Antiturunan
Formula Antiturunan
No. Fungsi Antiturunan
1. k f (x) kF (x) + C
2. f (x) g (x) F (x) G (x) + C
3. xn, n 6= 1 xn+1/ (n + 1) + C
4. sin x cos x + C
5. cos x sin x + C
6. sec2 x tan x + C
7. csc2 x cot x + C
8. sec x tan x sec x + C
9. csc x cot x csc x + C
k, C : konstanta, F0 (x) = f (x) , G0 (x) = g (x)

Luas di Bawah Kurva
Luas di Bawah Kurva
Konsep integral dapat didekati dengan gagasan penentuan luas
daerah bidang rata
Bagaimana menentukan luas daerah bidang rata S yang dibatasi oleh:
kurva y = f (x) 0, sumbu x, garis x = a, x = b ?

Luas di Bawah Kurva
Ilustrasi Pendekatan Persegi Panjang untuk Menghitung Luas
Ingin ditentukan luas daerah yang dibatasi kurva f (x) = x2,
sumbu-x, x = 0, x = 2 dengan pendekatan persegi panjang.
DEMO Jumlah Riemann

Luas di Bawah Kurva
Pendekatan Persegi Panjang untuk Menghitung Luas
Buat n persegi panjang dengan luas A1, A2, . . . , An,
luas A dari daerah S didekati dengan penjumlahan luas n persegi
panjang ! A A1 + A2 + + An = Rn,
makin besar n, luas n persegi panjang makin mendekati luas A,
luas A dide…nisikan sebagai penjumlahan takhingga banyak persegi
panjang ! A = limn!∞ Rn = limn!∞ ∑n
i=1 Ai.

Luas di Bawah Kurva
Penghitungan Luas dengan Pendekatan Persegi Panjang
Untuk menentukan luas daerah S yang dibatasi oleh: kurva kontinu
y = f (x) 0, sumbu x, garis x = a, x = b, lakukan:
Bagi selang [a, b] menjadi n
selang bagian [a = x0, x1] ,
[x1, x2] , . . . , [xn 1, xn = b]
dengan panjang yang sama,
yakni ∆x = b a
n , sehingga
berlaku xi = a + i∆x,
i = 1, 2, . . . , n.
Pada setiap selang bagian
[xi 1, xi] buat persegi panjang
dengan lebar ∆x dan panjang
f (xi), sehingga luas Ai =
f (xi) ∆x.

Luas di Bawah Kurva
De…nisi
Luas A dari daerah S yang dibatasi oleh kurva kontinu y = f (x) 0,
sumbu x, garis x = a, x = b adalah
A = lim
n!∞
Rn = lim
n!∞
n
∑
i=1
f (xi) ∆x
= lim
n!∞
[f (x1) ∆x + f (x2) ∆x + + f (xn) ∆x]
(2)
dengan ∆x = (b a) /n, xi = a + i∆x, i = 1, 2, . . . , n.
Rn = ∑n
i=1 f (xi) ∆x pada (2) disebut Jumlah Riemann.

Luas di Bawah Kurva
Formula Notasi Sigma
1.
n
∑
i=1
c = c n
2.
n
∑
i=1
c xi = c
n
∑
i=1
xi
3.
n
∑
i=1
xi yi =
n
∑
i=1
xi
n
∑
i=1
yi
4.
n
∑
i=1
i =
n (n + 1)
2
5.
n
∑
i=1
i2 =
n (n + 1) (2n + 1)
6
6.
n
∑
i=1
i3 =
n (n + 1)
2
2
(3)
c = konstanta.

Luas di Bawah Kurva
Contoh
Gunakan pendekatan persegi panjang untuk menentukan luas daerah yang
dibatasi kurva f (x) = x2, sumbu-x, x = 0, x = 2, dengan
i) n = 4 ii) n = 10 iii) n ! ∞
SOLUSI

Integral Tentu
Integral Tentu
Konsep Jumlah Riemann Rn = ∑n
i=1 f (xi) ∆x pada (2) dapat
diperluas untuk daerah yang ada di bawah sumbu-x (S2).
Jumlah Riemann pada S2 negatif karena f (xi) < 0.
Pada selang [a, b], lambang limit Jumlah Riemann dapat diganti
dengan lambang integral tentu,
limn!∞ ∑n
i=1 f (xi) ∆x =
R b
a
f (x) dx.

Integral Tentu
Ilustrasi Integral Tentu

Integral Tentu
De…nisi (Integral Tentu)
Integral tentu fungsi f dari a ke b adalah
Z b
a
f (x) dx = lim
n!∞
n
∑
i=1
f (ci) ∆x (4)
dengan ci 2 [xi 1, xi] , ∆x = (b a) /n, [xi 1, xi] adalah selang bagian
ke-i dari [a, b] = [x0, xn] , i = 1, 2, . . . , n.
Titik sampel ci pada selang bagian [xi 1, xi] dapat berupa:
titik ujung kanan, ci = xi
titik ujung kiri, ci = xi 1
titik tengah, ci = (xi 1 + xi) /2
Syarat cukup agar f terintegralkan pada [a, b] adalah f kontinu pada
[a, b] .

Integral Tentu
Dari Notasi Sigma ke Integral
Lambang
R b
a
f (x) dx )
R
: integral ( bentuk "S" = sum)
a, b : batas bawah,atas integral
f (x) : integran (fungsi yang diintegralkan)
dx : diintegralkan terhadap variabel x

Integral Tentu
Ilustrasi Hasil Evaluasi Integral Tentu

Integral Tentu
Hasil Evaluasi Integral Tentu
R b
a
f (x) dx, b a menghasilkan sebuah bilangan dengan salah satu dari
tiga kemungkinan berikut:
> 0
seluruh daerah berada di atas sumbu-x
luas daerah di atas sumbu-x > luas daerah di bawah sumbu-x
< 0
seluruh daerah berada di bawah sumbu-x
luas daerah di bawah sumbu-x > luas daerah di atas sumbu-x
= 0
f (x) = 0 atau a = b
luas daerah di bawah sumbu-x = luas daerah di atas sumbu-x

Integral Tentu
Soal (Konsep Integral Tentu)
1 Gunakan de…nisi integral tentu (dengan titik ujung kanan) untuk
menghitung
R 2
0
x2 x dx, jawab: lim
n!∞
2
3
+
4
3n2
+
2
n
=
2
3
2 Gunakan de…nisi integral tentu untuk menunjukkan bahwa
R b
a
x dx =
b2 a2
2
.
3 Hitung integral berikut dengan menafsirkannya sebagai bentuk luas.
a)
R 2
0
1 +
p
4 x2 dx, jawab: 2 + π
b)
R 2
2 (1 jxj) dx, jawab: 0
4 Ungkapkan limit berikut dalam bentuk integral tentu.
a) lim
n!∞
12
n3
+
22
n3
+ +
n2
n3
b) lim
n!∞
1
n
1
1 + (1/n)2
+
1
1 + (2/n)2
+ +
1
1 + (n/n)2

Integral Tentu
Sifat-sifat Integral Tentu
Ilustrasi Geometris

Integral Tentu
Sifat Umum
1
R a
b
f (x) dx =
R b
a
f (x) dx
2
R a
a
f (x) dx = 0
3
R b
a
c dx = c (b a)
4
R b
a
c f (x) dx = c
R b
a
f (x) dx
5
R b
a [f (x) g (x)] dx =
R b
a
f (x) dx
R b
a
g (x) dx
6
R b
a
f (x) dx +
R c
b
f (x) dx =
R c
a
f (x) dx

Integral Tentu
Soal (Sifat Integral I)
1 Diketahui
R 2
0
f (x) dx = 4 dan
R 0
2 (g (x) f (x)) dx = 5. Gunakan
sifat-sifat integral untuk menghitung:
a)
R 0
2 (2f (x) 3) dx b)
R 2
0
g (x) dx, jawab: a. 2 b. 1
2
R 1
0
f (t) dt = 2,
R 4
0
f (t) dt = 6, dan
R 4
3
f (t) dt = 1. Hitung
R 3
1
f (t) dt. jawab: 9

Integral Tentu
Ilustrasi Geometris Sifat Pembandingan Integral

Integral Tentu
Sifat Pembandingan
1 Jika f (x) 0, x 2 [a, b], maka
R b
a
f (x) dx 0
2 Jika f (x) g (x) , x 2 [a, b], maka
R b
a
f (x) dx
R b
a
g (x) dx
3 Jika m f (x) M, x 2 [a, b], maka
m (b a)
R b
a
f (x) dx M (b a)

Integral Tentu
Soal
Gunakan sifat pembandingan integral untuk memeriksa kebenaran
ketaksamaan berikut tanpa menghitung integral.
1 2
R 1
1
p
1 + x2 dx 2
p
2 SOLUSI
2 1/2
R 2
1
1
x
dx 1
3
R 3
1
p
x4 + 1 dx > 26/3 (diketahui:
R b
a
x2dx =
1
3
b3 a3 )

Teorema Dasar Kalkulus
Pengantar
Kalkulus diferensial muncul dari permasalahan garis singgung.
Kalkulus integral muncul dari permasalahan luas daerah: perhitungan
rumit seperti limit Jumlah Riemann.
Sepintas, keduanya tampak tidak berkaitan.
Newton dan Leibniz menemukan bahwa keduanya saling terkait.
Konsep yang mengaitkan kalkulus integral dengan kalkulus diferensial:
Teorema Dasar Kalkulus (TDK).
Dengan TDK, perhitungan integral dan aplikasinya menjadi jauh lebih
mudah karena merupakan kebalikan dari proses turunan.

Ilustrasi Geometris TDK-1

Teorema (Teorema Dasar Kalkulus 1)
Jika f kontinu pada [a, b], maka F (x) =
R x
a
f (t) dt kontinu pada [a, b],
terturunkan pada (a, b), dan turunannya adalah f (x) ;
F0 (x) = d
dx
R x
a
f (t) dt = f (x) (5)

Soal (TDK-1)
Tentukan:
1
d
dx
Z x
0
1
1 + t2
dt,
2
d
dx
Z x2
0
sin t dt, petunjuk: u = x2, jawab: 2x sin x2
3
d
dx
Z g2(x)
g1(x)
f (t) dt, jawab: f (g2 (x)) g0
2 (x) f (g1 (x)) g0
1 (x)
4 fungsi f dan konstanta a yang memenuhi 6 +
Z x
a
f (t)
t2
dt = 2
p
x,
x > 0, jawab: f (x) = x3/2, a = 9. SOLUSI

Teorema Dasar Kalkulus 2
Konsep
Dari TDK-1: G (x) =
R x
a
f (t) dt ) G0 (x) = f (x) (G antiturunan
f). Catat bahwa G (a) =
R a
a
f (t) dt = 0.
Misalkan F antiturunan lain dari f, maka F (x) = G (x) + C
F (b) F (a) = [G (b) + C] [G (a) + C]
= G (b) G (a) = G (b)
=
R b
a
f (t) dt =
R b
a
f (x) dx
Jadi
R b
a
f (x) dx = F (b) F (a)
dengan F merupakan antiturunan f atau F0 (x) = f (x) .

Teorema (Teorema Dasar Kalkulus 2)
Jika f kontinu pada [a, b] dan F sebarang antiturunan f pada [a, b], maka
R b
a
f (x) dx = F (x) jb
a = F (b) F (a) (6)
TDK-2 memberi cara yang mudah dalam mengevaluasi integral tentu,
jauh lebih mudah dibandingkan menggunakan limit Jumlah Riemann.
Berdasarkan TDK-2, untuk mengevaluasi integral tentu f pada [a, b]:
tentukan antiturunan F dari f,
evaluasi F (b) F (a) .

Soal
Tentukan:
1
R π/2
0
cos x dx, jawab: 1
2
R 4
1
3
2
p
x + 4
x2 dx, jawab: 10
3
R 2
1
x jxj dx, jawab: 7/3
4
d
dx
Z x
0
x sin t dt, jawab: x sin x cos x + 1

Integral Taktentu
Integral Taktentu
De…nisi (Integral Taktentu)
Misalkan F adalah antiturunan f. Integral taktentu f (x) terhadap x
adalah
R
f (x) dx = F (x) + C (7)
Hasil integral tentu (persamaan 4) berupa suatu bilangan, hasil
integral taktentu berupa fungsi.
Integral taktentu adalah lambang lain antiturunan.

Integral Taktentu
Formula Integral Taktentu
1
R
k f (x) dx = k
R
f (x) dx
2
R
(f (x) g (x)) dx =
R
f (x) dx
R
g (x) dx
3
R
xndx = xn+1/ (n + 1) + C, n 6= 1
4
R
sin x dx = cos x + C
5
R
cos x dx = sin x + C
6
R
sec2 x dx = tan x + C
7
R
csc2 x dx = cot x + C
8
R
sec x tan x dx = sec x + C
9
R
csc x cot x dx = csc x + C

Aturan Substitusi
Aturan Substitusi
Aturan substitusi digunakan pada kasus:
sulit menentukan antiturunan integran secara langsung, tetapi
bagian tertentu integran dapat dimisalkan dengan variabel baru
sehingga lebih mudah dicari antiturunannya.
Contoh
Ingin ditentukan
R
2
p
2x + 3 dx
Solusi O
Misalkan u = 2x + 3 ) du/dx = 2 ) du = 2dx )
R
2
p
2x + 3dx =
R p
udu
= 2
3 u3/2 + C
= 2
3 (2x + 3)3/2
+ C

Aturan Substitusi
R
2
p
2x + 3dx = ?
Jika u = g (x) = 2x + 3, g0 (x) = 2 = du/dx, f (u) =
p
u,
maka berlaku
R
2
p
2x + 3dx =
R
f (g (x)) g0 (x) dx
=
R
f (u) du

Aturan Substitusi
Teorema (Aturan Substitusi)
Jika u = g (x) adalah fungsi terturunkan dan f kontinu pada Wg, maka
R
f (g (x)) g0 (x) dx =
R
f (u) du
R b
a
f (g (x)) g0 (x) dx =
R g(b)
g(a)
f (u) du

Aturan Substitusi
Integral Fungsi Simetri
Ilustrasi Geometris

Aturan Substitusi
Integral Fungsi Simetri
Dengan menggunakan aturan substitusi, dapat ditunjukkan
1 Jika f fungsi genap, maka
R a
a
f (x) dx = 2
R 0
a
f (x) dx = 2
R a
0
f (x) dx (8)
2 Jika f fungsi ganjil, maka
R a
a
f (x) dx = 0 (9)

Aturan Substitusi
Soal (Aturan Substitusi)
Evaluasi integral (1 5) berikut:
1
Z
x sin x2dx, jawab: 1
2 cos x2 + C
2
Z 2
1
x
p
2 x dx, jawab: 14/15
3
Z 1
0
x3
p
x2 + 1 dx, jawab: 2/15
p
2 + 1 SOLUSI
4
Z π/2
π/2
x2 sin x
1 + x6
dx, jawab: 0
5
Z 1
0
x
p
1 x4 dx, jawab: π/8 SOLUSI
6 Gunakan aturan substitusi untuk menunjukkan
a Jika f genap, maka
Z a
a
f (x) dx = 2
Z a
0
f (x) dx.
b Jika f ganjil, maka
Z a
a
f (x) dx = 0.

Aturan Substitusi
Ekspresi Integral Taktentu Tidak Khas
Soal
Tunjukkan bahwa
R
sin x cos x dx menghasilkan ekspresi berbeda dengan
substitusi
i) u = sin x, ii) u = cos x, iii) u = 2x berdasarkan kesamaan
sin 2x = 2 sin x cos x
) Hal tersebut menunjukkan bahwa fungsi yang dihasilkan dari integral
taktentu dapat memiliki ekspresi/bentuk yang berbeda.

Telaah Konsep
Telaah Konsep I
Kuis Benar-Salah
JAWABAN
1 Jika f dan g kontinu pada [a, b], maka
R b
a
f (x) g (x) dx =
R b
a
f (x) dx
R b
a
g (x) dx .
2 Jika f kontinu pada [a, b], maka
R b
a
x f (x) dx = x
R b
a
f (x) dx.
3 Jika
R b
a
f (x) dx = 0, maka f (x) = 0, x 2 [a, b] .
4 Jika
R b
a [f (x)]2
dx = 0, maka f (x) = 0, x 2 [a, b] .
5 Jika f kontinu pada [a, b] dan f (x) 0, maka
R b
a
p
f (x) dx =
qR b
a
f (x) dx
6 Jika f (x) g (x) pada [a, b], maka
R b
a jf (x)j dx
R b
a jg (x)j dx.
7 Jika f (x) g (x) pada [a, b], maka
R b
a
f (x) dx
R b
a
g (x) dx .
8 Jika a > x dan F (x) =
R x
a
f (t) dt, maka F0 (x) = f (x) .

Telaah Konsep
Telaah Konsep II
Kuis Benar-Salah
9 Jika F0 (x) = G0 (x) , x 2 [a, b], maka F (b) F (a) = G (b) G (a) .
10 Jika F (x) adalah antiturunan dari f (x), maka F (2x) adalah
antiturunan dari f (2x) .
11
Z 1
1
x3 2x7 +
sin x
1 + x2
dx = 0.
12
Z 11
11
ax2 + bx + c dx = 2
Z 11
0
ax2 + c dx.
13
Z 3
1
cos2 x dx =
Z 1
5
cos2 x dx +
Z 3
5
cos2 x dx.
14
d
dx
Z x2
1
1
1 + t2
dt =
1
1 + x4
.
15 lim
n!∞
n
∑
i=1
cos
2i
n
=
Z 2
0
cos x dx.

Telaah Konsep
Tentang Slide
Penyusun: N. K. Kutha Ardana (Dosen Dep. Matematika FMIPA
IPB)
Versi: 2012 (sejak 2009)
Media Presentasi: LATEX - BEAMER (PDFLATEX)

integral print mhs

More Related Content

What's hot

Viewers also liked

Similar to integral print mhs

More from IKHTIAR SETIAWAN

Recently uploaded

integral print mhs