kalkulus2

Catatan Kuliah (3 sks)
GM 114 Kalkulus 2
(Revisi Terakhir: Januari 2010)
Oleh:
Didit Budi Nugroho, S.Si, M.Si.
Program Studi Matematika
Fakultas Sains dan Matematika
Universitas Kristen Satya Wacana

Daftar Isi
1 Teknik-teknik Integrasi 1
1.1 Antiderivatif . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Integrasi Parsial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 Integral Fungsi Hiperbolik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.5 Integral Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
1.6 Substitusi Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
1.7 Integral Fungsi Rasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
1.8 Integral Fungsi Irasional . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
1.9 Substitusi tan 1
2 x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2 Integral Tentu 43
2.1 Integral Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral . . . . . . . . . . . . . . . 47
3 Integral Tak Wajar 49
3.1 Pengantar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.4 Uji Perbandingan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
4 Aplikasi Integral 55
4.1 Luas Bidang Datar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4.1.1 Persamaan Kartesius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
4.1.2 Persamaan Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
4.1.3 Persamaan Kutub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60
4.2 Volume Benda Putar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
4.2.1 Metode Cakram . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
4.2.2 Metode Cincin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
4.2.3 Metode Kulit Silindris . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
4.3 Panjang Kurva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
4.3.1 Persamaan Kartesius . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
4.3.2 Persamaan Parameter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
4.3.3 Persamaan Kutub . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
i

Kata Pengantar
Kata Pengantar
ii

Bab 1
Teknik-teknik Integrasi
Dalam bab ini dibahas berbagai teknik integrasi. Integral-integral yang dibicarakan
adalah integral tak tentu. Topik-topik yang dicakup dalam bab ini yaitu pengertian
antiderivatif beserta aturan-aturannya, integrasi dengan substitusi sederhana, integrasi
dengan parsial, integral yang melibatkan fungsi hiperbolik, integral yang melibatkan
fungsi trigonometri, integrasi dengan substitusi trigonometri, integrasi yang melibatkan
fungsi rasional, integrasi yang melibatkan akar, dan integral dengan substitusi tan 1
2 x .
1.1 Antiderivatif
Pertama kali didiskusikan proses kebalikan dari diferensiasi. Dengan kata lain, dibe-
rikan suatu fungsi f (x) dan diinginkan untuk mencari suatu fungsi F (x) sedemikian
sehingga
dF (x)
dx
= F0 (x) = f (x). Setiap fungsi F (x) yang demikian tersebut dina-
makan suatu antiderivatif, atau integral tak tentu (inde…nite integral), dari fungsi
f (x), dan dituliskan
F (x) =
Z
f (x) dx:
Di sini f (x) dinamakan integran (yang diintegralkan) dan x dinamakan integrator.
Dinamakan integral tak tentu sebab tidak merujuk pada nilai numerik tertentu, atau
tidak menunjuk suatu interval tertentu untuk daerah integrasi. Langkah untuk mencari
antiderivatif dari f (x) dinamakan antidiferensiasi atau integrasi.
Pengamatan pertama yaitu bahwa antiderivatif, jika ada, tidaklah tunggal. Diandaikan
bahwa fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari fungsi f (x), berarti F0 (x) = f (x).
Diambil G (x) = F (x)+k, dimana k adalah sembarang bilangan riil. Ini mudah dilihat
bahwa G0 (x) = F0 (x) = f (x), yang berarti bahwa G (x) juga merupakan antiderivatif
dari f (x). Secara umum dapat dituliskan
Z
f (x) dx = F (x) + k
dengan k selanjutnya dinamakan konstanta integrasi.
Sebagai contoh, diberikan f (x) = 2x, maka
F (x) = x2
; G (x) = x2
10; H (x) = x2
+ k
1

Bab 1. Teknik-teknik Integrasi 2
merupakan antiderivatif dari f karena
F0
(x) = G0
(x) = H0
(x) = 2x:
Pengamatan kedua yaitu bahwa untuk sembarang fungsi f (x), selisih dari sembarang
dua antiderivatif berbeda dari f (x) pasti merupakan suatu konstanta. Dengan kata
lain, jika F (x) dan G (x) adalah antiderivatif-antiderivatif dari f (x), maka F (x)
G (x) adalah suatu konstanta. Suatu konsekuensi dari pengamatan kedua yaitu hasil
sederhana berikut ini yang berkaitan dengan derivatif dari suatu konstanta.
ANTIDERIVATIF DARI NOL. Dipunyai
Z
0 dx = k:
Dengan kata lain, antiderivatif dari fungsi nol secara tepat adalah semua fungsi konstan.
Tentu saja, beberapa antiderivatif secara sederhana dapat diperoleh dari beberapa
aturan mengenai derivatif. Berikut ini didaftar hasil-hasil tersebut. Hasil pertama
yaitu berkaitan dengan aturan kelipatan konstan untuk diferensiasi.
ATURAN PERKALIAN KONSTAN. Jika suatu fungsi f (x) mempunyai anti-
derivatif, maka untuk sembarang bilangan riil c, dipunyai
Z
cf (x) dx = c
Z
f (x) dx:
ANTIDERIVATIF DARI PANGKAT.
(a) Jika n adalah suatu bilangan riil sedemikian sehingga n 6= 1, maka
Z
xn dx =
1
n + 1
xn+1 + k:
(b) Dipunyai
Z
x 1 dx = ln jxj + k:
ATURAN PENJUMLAHAN. Jika f (x) dan g (x) mempunyai antiderivatif, maka
Z
(f (x) + g (x)) dx =
Z
f (x) dx +
Z
g (x) dx:

ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI TRIGONOMETRI. Rumus-rumus an-
tiderivatif berikut ini adalah valid:
(a)
Z
cos (x) dx = sin (x) + k
(b)
Z
sin (x) dx = cos (x) + k
(c)
Z
csc2 (x) dx = cot (x) + k
(d)
Z
sec2 (x) dx = tan (x) + k
(e)
Z
cot (x) csc (x) dx = csc (x) + k
(f)
Z
tan (x) sec (x) dx = sec (x) + k
(g)
Z
csc (x) dx = ln jcot (x) + csc (x)j + k
(h)
Z
sec (x) dx = ln jtan (x) + sec (x)j + k
ANTIDERIVATIF UNTUK FUNGSI EKSPONENSIAL UMUM. Diandaikan
a > 0 dan a 6= 1, maka
Z
axdx =
ax
ln (a)
+ k:
Secara khusus, dengan pengambilan a = e akan dipunyai
Z
ex dx = ex + k:
Contoh 1.1 Menggunakan aturan penjumlahan, aturan perkalian konstan, dan anti-
derivatif dari pangkat, diperoleh
Z
x3
+ 3x + 1 dx =
Z
x3
dx +
Z
3x dx +
Z
x0
dx
=
1
4
x4
+
3
2
x2
+ x + k:
Contoh 1.2 Menggunakan aturan penjumlahan, antiderivatif dari pangkat dan fungsi
trigonometri, diperoleh
Z
x3
+ sin (x) dx =
Z
x3
dx +
Z
sin (x) dx =
1
4
x4
cos (x) + k:

Contoh 1.3 Diperoleh
Z
(sin (x) + sec (x)) dx =
Z
sin (x) dx +
Z
sec (x) dx
= cos (x) + ln jtan (x) + sec (x)j + k:
Z
(ex
+ 3 cos (x)) dx =
Z
ex
dx +
Z
3 cos (x) dx = ex
+ 3 sin (x) + k:
Z
1 sin (x)
1 + sin (x)
dx =
Z
(1 sin (x)) (1 sin (x))
(1 + sin (x)) (1 sin (x))
dx
=
Z
1 2 sin (x) + sin2
(x)
1 sin2
(x)
dx
=
Z
1 2 sin (x) + sin2
(x)
cos2 (x)
dx
=
Z
sec2
(x) 2 tan (x) sec (x) + tan2
(x) dx
=
Z
sec2
(x) 2 tan (x) sec (x) + sec2
(x) 1 dx
=
Z
2 sec2
(x) 2 tan (x) sec (x) 1 dx
= 2 tan (x) 2 sec (x) x + k:
SOAL-SOAL UNTUK SUBBAB 1.1
Hitung setiap integral tak tentu berikut ini:
(1)
Z
x3dx (2)
Z
x
5
2 dx
(3)
Z
(5x + 3) dx (4)
Z
1 + 2x + 3x2 dx
(5)
Z
2x2 3x + 1 dx (6)
Z
12x7 3x5 + 2x2 + 1 dx
(7)
Z
5 + x 2 4x 3 dx (8)
Z
3x4 + 19x 3 dx
(9)
Z
x
1
2 + x
1
2 dx (10)
Z
2x
1
3 3x
2
3 dx
(11)
Z
(x 3)2
dx (12)
Z
(2x 3)2
dx

(13)
Z
x2 + a
2
dx (14)
Z
1 + x 1 2
dx
(15)
Z
x +
1
x
2
dx (16)
Z
x
1
x
2
dx
(17)
Z
(x 2) (x + 3) dx (18)
Z
x 2x3 + 1
2
dx
(19)
Z
x + 1
x
dx (20)
Z
2x2 3x + 6
x2
dx
(21)
Z
x3 + x2 x 1
x 1
dx (22)
Z
x3 a3
x a
dx
(23)
Z
x3 8
x2 + 2x + 4
dx (24)
Z
p
3 dx
(25)
Z
p
x dx (26)
Z
p
2px dx
(27)
Z
x
p
x dx (28)
Z
x
1
3 + 8 3
p
x 3x dx
(29)
Z
(3 +
p
x) (4 2
p
x) dx (30)
Z
3x + 1
3
p
x
dx
(31)
Z
4 + 3
p
x + x
p
x
x2
dx (32)
Z p
x
5
+
4
4
p
x
dx
(33)
Z
4
4
p
x
r
3x
27
!
dx (34)
Z
8ex dx
(35)
Z
16 (ex + 1) dx (36)
Z
x2ex + x
x2
dx
(37)
Z
5x +
3
e x
dx (38)
Z
(x + 1)3
+ ex dx
(39)
Z
5 cos (x) dx (40)
Z
(1 2 cos (x)) dx
(41)
Z
(5 cos (x) + 4x) dx (42)
Z
(sin (x) + cos (x)) dx
(43)
Z
10 sec2 (x) dx (44)
Z
sec2 (x) + 1 dx
(45)
Z
(
p
x + sec (x) tan (x)) dx
1.2 Integrasi dengan Substitusi Sederhana
Sekarang didiskusikan bagaimana kita dapat menggunakan aturan rantai dalam di-
ferensiasi untuk membantu menyelesaikan masalah dalam integrasi. Teknik ini biasanya

dinamakan integrasi dengan substitusi. Perlu ditekankan bahwa teknik tersebut tidak
selalu dapat digunakan. Pertama, kita tidak mengetahui antiderivatif dari fungsi. Ke-
dua, tidak ada jalan sederhana dimana kita dapat menggambarkannya untuk menolong
kita mencari suatu substitusi yang sesuai dalam kasus dimana teknik dapat digunakan.
Di sisi lain, ketika teknik dapat digunakan, mungkin terdapat lebih dari satu substitusi
yang sesuai.
INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 1. Jika kita membuat sub-
stitusi x = g (u), maka dx = g0 (u) du, dan
Z
f (x) dx =
Z
f (g (u)) g0
(u) du:
Contoh 1.6 Diperhatikan integral tak tentu
Z
x
p
x + 1 dx:
Jika kita membuat substitusi x = u2 1, maka dx = 2u du, dan
Z
x
p
x + 1 dx =
Z
2 u2
1 u2
du =
Z
2u4
du
Z
2u2
du
=
2
5
u5 2
3
u3
+ k =
2
5
(x + 1)
5
2
2
3
(x + 1)
3
2 + k:
Di sisi lain, jika kita membuat substitusi x = v 1, maka dx = dv, dan
Z
x
p
x + 1 dx =
Z
(v 1) v
1
2 dv =
Z
v
3
2 dv
Z
v
1
2 du
=
2
5
v
5
2
2
3
v
3
2 + k =
2
5
(x + 1)
5
2
2
3
(x + 1)
3
2 + k:
Kita bisa menegaskan bahwa integral tak tentu tersebut adalah benar dengan memeriksa
bahwa
d
dx
2
5
(x + 1)
5
2
2
3
(x + 1)
3
2 + k = x
p
x + 1:
INTEGRASI DENGAN SUBSTITUSI VERSI 2. Diandaikan bahwa suatu
fungsi f (x) dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = g (h (x)) h0 (x). Jika kita membuat
substitusi u = h (x), maka du = h0 (x) dx, dan
Z
f (x) dx =
Z
g (h (x)) h0
(x) =
Z
g (u) du:
Dicatat bahwa dalam Versi 1, variabel x pada awalnya ditulis sebagai fungsi dari vari-
abel baru u, sedangkan dalam Versi 2, variabel baru u dituliskan sebagai fungsi dari
x. Bedanya, untuk substitusi x = g (u) dalam Versi 1 harus mempunyai invers agar
variabel u bisa dikembalikan ke variabel asli x di akhir proses.

Z
x x2
+ 3
4
dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x2 + 3 sama dengan 2x, sehingga ini
tepat untuk membuat substitusi u = x2 + 3. Selanjutnya du = 2x dx, dan
Z
x x2
+ 3
4
dx =
1
2
Z
2x x2
+ 3
4
dx =
1
2
Z
u4
du =
1
10
u5
+ k =
1
10
x2
+ 3
5
+ k:
Z
1
x ln (x)
dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi ln (x) sama dengan
1
x
, sehingga ini
tepat untuk membuat substitusi u = ln (x). Selanjutnya du =
1
x
dx, dan
Z
1
x ln (x)
dx =
Z
1
u
du = ln juj + k = ln jln (x)j + k:
Z
x2
ex3
dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi x3 sama dengan 3x2, sehingga ini tepat
untuk membuat substitusi u = x3. Selanjutnya du = 3x2dx, dan
Z
x2
ex3
dx =
1
3
Z
3x2
ex3
dx =
1
3
Z
eu
du =
1
3
eu
+ k =
1
3
ex3
+ k:
Z
tan3
(x) sec2
(x) dx:
Pertama kali dicatat bahwa derivatif dari fungsi tan (x) sama dengan sec2 (x), sehingga
ini tepat untuk membuat substitusi u = tan (x). Selanjutnya du = sec2 (x) dx, dan
Z
tan3
(x) sec2
(x) dx =
Z
u3
du =
1
4
u4
+ k =
1
4
tan4
(x) + k:
Kadang-kadang, kemungkinan dari substitusi tidak bisa terlihat secara jelas dengan
cepat, dan banyak terjadi trial dan error. Kenyataan bahwa suatu substitusi tidak
terlihat muncul bukan berarti bahwa metode tersebut gagal. Ini bisa terjadi dalam
kasus ketika kita menggunakan suatu subtitusi yang tidak sesuai. Atau barangkali kita
pertama kali melupakan modi…kasi dari masalah. Hal ini diilustrasikan dalam contoh
berikut ini.

Z
tan (x) dx:
Di sini tidak terlihat sembarang substitusi yang akan digunakan. Tetapi, jika dituliskan
Z
tan (x) dx =
Z
sin (x)
cos (x)
dx;
maka kita mengamati bahwa derivatif dari fungsi cos (x) sama dengan sin (x), se-
hingga ini tepat untuk membuat substitusi u = cos (x). Selanjutnya du = sin (x) dx,
dan
Z
tan (x) dx =
Z
sin (x)
cos (x)
dx =
Z
1
u
du = ln juj + k = ln jcos (x)j + k:
Lebih lanjut, berikut ini diperoleh rumus-rumus antiderivatif dari fungsi eksponensial
dan trigonometri yang lebih umum dari pada fungsi dalam subbab sebelumnya, dengan
cara membuat substitusi u = px + q dan du = p dx.
(a)
Z
(px + q)n
dx =
1
p (n + 1)
(px + q)n+1
+ k
(b)
Z
(px + q) 1
dx =
1
p
ln jpx + qj + k
(c)
Z
apx+qdx =
1
p ln (a)
apx+q + k; jika a > 0; a 6= 1.
(d)
Z
epx+qdx =
1
p
epx+q + k.
(e)
Z
cos (px + q) dx =
1
p
sin (px + q) + k.
(f)
Z
sin (px + q) dx =
1
p
cos (px + q) + k.
(g)
Z
csc2 (px + q) dx =
1
p
cot (px + q) + k.
(h)
Z
sec2 (px + q) dx =
1
p
tan (px + q) + k.
(i)
Z
cot (px + q) csc (px + q) dx =
1
p
csc (px + q) + k.
(j)
Z
tan (px + q) sec (px + q) dx =
1
p
sec (px + q) + k.
(k)
Z
cot (px + q) dx =
1
p
ln jsin (px + q)j + k.

(l)
Z
tan (px + q) dx =
1
p
ln jcos (px + q)j + k.
(m)
Z
csc (px + q) dx =
1
p
ln jcsc (px + q) + cot (px + q)j + k.
(n)
Z
sec (px + q) dx =
1
p
ln jsec (px + q) + tan (px + q)j + k.
Dalam soal (1) (60), hitung setiap integral tak tentu dengan menggunakan substitusi
yang diberikan.
(1)
Z
sin (3x) dx, u = 3x (2)
Z
cos (5x) dx, u = 5x
(3)
Z
x sin x2 dx, u = x2 (4)
Z
x cos 1 + x2 dx, u = 1 + x2
(5)
Z
x2 tan x3 + 1 dx, u = x3 + 1 (6)
Z
sec2 (3x + 1) dx, u = 3x + 1
(7)
Z
csc2 (2x 1) dx, u = 2x 1 (8)
Z
x sin x2 dx, u = x2
(9)
Z
x2 cos x3 + 1 dx, u = x3 + 1 (10)
Z
sec (3x + 5) dx, u = 3x + 5
(11)
Z
csc (5x 7) dx, u = 5x 7 (12)
Z
sin3
(x) dx, u = cos (x)
(13)
Z
cos3 (x) dx, u = sin (x) (14)
Z
tan3 (x) dx, u = tan (x)
(15)
Z
cot3 (x) dx, u = cot (x) (16)
Z
sec4 (x) dx, u = tan (x)
(17)
Z
csc3 (x) dx, u = cot (x) (18)
Z
sin3
(x) cos (x) dx, u = sin (x)
(19)
Z
tan5 (x) sec2 (x) dx, u = tan (x) (20)
Z
cot3 (x) csc2 (x) dx, u = cot (x)
(21)
Z
sec3 (x) tan (x) dx, u = sec (x) (22)
Z
csc3 (x) cot (x) dx, u = csc (x)
(23)
Z
arcsin4
(x)
p
1 x2
dx, u = arcsin (x) (24)
Z
arctan3 (x)
1 + x2
dx, u = arctan (x)
(25)
Z
x2 2x3 + 1
3
dx, u = 2x3 + 1 (26)
Z
2
3x 4
dx, u = 3x 4

(27)
Z
4
5x + 2
dx, u = 5x + 2 (28)
Z
x
3x2 + 1
dx, u = 3x2 + 1
(29)
Z
x
(x2 1)
3
2
dx, u = x2 1 (30)
Z
x + 1
x2 + 2x + 2
dx, u = x2 + 2x + 2
(31)
Z
x2
x3 + 4
dx, u = x3 + 4 (32)
Z
2x 5
x2 5x + 3
dx, u = x2 5x + 3
(33)
Z
x + 6
(x + 2)2 dx, u = x + 2 (34)
Z
x
(1 + x2)4 dx, u = 1 + x2
(35)
Z
1
p
x (1 +
p
x)
dx, u = 1 +
p
x (36)
Z
x + 3
x 1
dx, u = x 1
(37)
Z
x3
(x4 + 16)2 dx, u = x4 + 16 (38)
Z
x3
p
x2 + 1dx, u = x2 + 1
(39)
Z
cos (x)
1 + sin (x)
dx, u = 1 + sin (x) (40)
Z
csc2 (x)
1 + cot (x)
dx, u = 1 + cot (x)
(41)
Z
sin (
p
x)
p
x
dx, u =
p
x (42)
Z
sin (x)
p
cos (x) dx, u = cos (x)
(43)
Z
sin (ln (x))
x
dx, u = ln (x) (44)
Z
sin (2x)
4 cos (2x)
dx, u = 4 cos (2x)
(45)
Z
cos (x)
sin4
(x)
dx, u = sin (x) (46)
Z
sec2 (2x)
1 + tan (2x)
dx, u = 1 + tan (2x)
(47)
Z
10sin(x) cos (x) dx, u = sin (x) (48)
Z
e
p
x
p
x
dx, u =
p
x
(49)
Z
x
p
x + 2 dx, u = x + 2 (50)
Z
x 3x2+4dx, u = x2 + 4
(51)
Z
(1 + ln (x))10
x
dx, u = ln (x) (52)
Z
ex (4 ex)
3
2 dx, u = 4 ex
(53)
Z
1
p
9 x2
dx, x = 3 cos (u) (54)
Z
1
x
p
x2 4
dx, x = 2 sec (u)
(55)
Z
1
4 + x2
dx, x = 2 tan (u) (56)
Z
1
x2 (1 + x 1)
dx, u = 1 + x 1
(57)
Z
x 3dx, u = 1 + x 1 (58)
Z
x 3
p
3 + 5x 2dx, u = 3 + 5x 2
(59)
Z
4x 1
p
4x + 1
dx, u = 4x + 1 (60)
Z
ex + cos (x)
ex + sin (x)
dx, u = ex + sin (x)
Dalam soal (61) (80), hitung setiap integral tak tentu menggunakan substitusi yang
sesuai.
(61)
Z
ex
ex 1
dx (62)
Z
e x
1 + e x
dx

(63)
Z
ex sec (ex) tan (ex) dx (64)
Z
sin (ln (x))
x
dx
(65)
Z
esin(x) cos (x) dx (66)
Z
eln(x)
x
dx
(67)
Z
ln (x)
x
dx (68)
Z
(1 + 2 ln (x))4
x
dx
(69)
Z
1
x (1 + 2 ln (x))
dx (70)
Z
(ln (x))
3
2
x
dx
(71)
Z
x2 ln3
1 + x3
1 + x3
dx (72)
Z
tan (x) ln (cos (x)) dx
(73)
Z
4esin(3x) cos (3x) dx (74)
Z
3etan(2x) sec2 (2x) dx
(75)
Z
x cos ln 1 + x2
1 + x2
dx (76)
Z
tan3 (2x) sec2 (2x) dx
(77)
Z
2earcsin(x)
p
1 x2
dx (78)
Z
4arctan(x)
1 + x2
dx
(79)
Z
5arcsec(x)
x
p
x2 1
dx (80)
Z p
1 +
p
x
p
x
dx
1.3 Integrasi Parsial
Aturan hasil kali dari diferensiasi menghasilkan suatu teknik integrasi yang dikenal
sebagai integrasi parsial. Dimulai dengan aturan hasil kali:
d
dx
(u (x) v (x)) =
du (x)
dx
v (x) + u (x)
dv (x)
dx
atau dapat dituliskan dalam bentuk diferensial menjadi
d [u (x) v (x)] = v (x)
du (x)
dx
+ u (x)
dv (x)
dx
dx:
Selanjutnya kedua ruas diintegralkan untuk memperoleh
Z
d [u (x) v (x)] =
Z
v (x)
du (x)
dx
dx +
Z
u (x)
dv (x)
dx
dx
u (x) v (x) =
Z
v (x) u0
(x) dx +
Z
u (x) v0
(x) dx:
Bentuk baku dari rumus integrasi parsial tersebut dituliskan sebagai
Z
u (x) v0
(x) dx = u (x) v (x)
Z
v (x) u0
(x) dx
atau disingkat menjadi
Z
u dv = uv
Z
v du: (1.1)

Dalam hal ini penyelesai dituntut untuk mampu memilih u dan dv yang tepat sehingga
rumus (1.1) bisa diaplikasikan.
Z
x cos (x) dx:
Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x dan dv = cos (x) dx dengan du = dx
dan v =
Z
cos (x) dx = sin (x)+k. Kita menghilangkan konstanta k, karena kita hanya
memerlukan v (x). Selanjutnya, berdasarkan rumus integrasi parsial (1:1) diperoleh
Z
x cos (x) dx = x sin (x)
Z
sin (x) dx = x sin (x) + cos (x) + c:
Z
x2
sin (x) dx:
Untuk menghitung integral di atas, diambil u = x2 dan dv = sin (x) dx dengan du =
2x dx dan v =
R
sin (x) dx = cos (x). Jadi,
Z
x2
sin (x) dx = x2
cos (x)
Z
cos (x) 2x dx
= x2
cos (x) + 2
Z
x cos (x) dx
= x2
cos (x) + 2 (x sin (x) + cos (x)) + k:
Z
ln (x) dx:
Diambil u = ln (x) dan dv = dx dengan du =
1
x
dx dan v = x. Jadi,
Z
ln (x) dx = x ln (x)
Z
x
1
x
dx = x ln (x) x + k:
Z
x2
ex
dx:
Pertama kali diambil u = x2 dan dv = exdx dengan du = 2x, v =
Z
exdx = ex.
Diperoleh Z
x2
ex
dx = x2
ex
Z
2xex
dx = x2
ex
2
Z
xex
dx:

Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = x dan dv = exdx dengan du = dx dan
v = ex. Diperoleh Z
xex
dx = xex
Z
ex
dx = xex
ex
+ k:
Jadi, Z
x2
ex
dx = x2
ex
2 (xex
ex
+ k) = ex
x2
2x + 2 + c:
Z
ex
cos (x) dx:
Untuk menghitung integral di atas, diambil u = ex dan dv = cos (x) dx dengan du =
exdx dan v =
R
cos (x) dx = sin (x). Diperoleh
Z
ex
cos xdx = ex
sin (x)
Z
ex
sin (x) dx:
Untuk menghitung integral terakhir, diambil substitusi u = ex dan dv = sin (x) dx
dengan du = exdx dan v = cos x. Diperoleh
Z
ex
sin (x) dx = ex
cos (x)
Z
cos (x) ex
dx = ex
cos (x) +
Z
ex
cos (x) dx:
Oleh karena itu, sekarang dipunyai
Z
ex
cos (x) dx = ex
sin (x) ex
cos (x) +
Z
ex
cos (x) dx
dan selanjutnya kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral seperti berikut:
Z
ex
cos (x) dx +
Z
ex
cos (x) dx = ex
sin (x) + ex
cos (x)
2
Z
ex
cos xdx = ex
sin (x) + ex
cos (x)
Z
ex
cos xdx =
1
2
ex
(sin (x) + cos (x)) + k:
Contoh 1.17 Dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:
Z
xn
ex
dx;
Z
xn
ln (x) dx;
Z
lnn
(x) dx;
Z
xn
sin (x) dx;
Z
xn
cos (x) dx;
Z
eax+b
sin (px + q) dx;
Z
eax+b
cos (px + q) dx
dimana n 2 N.

(a) Diambil u = xn dan dv = exdx dengan du = nxn 1dx dan v = ex, maka
Z
xn
ex
dx = xn
ex
Z
ex
nxn 1
dx:
Jadi,
Z
xnexdx = xnex n
Z
exxn 1dx:
(b) Diambil u = ln (x) dan dv = xndx dengan du =
1
x
dx dan v = 1
n+1 xn+1, maka
Z
xn
ln (x) dx = ln (x)
xn+1
n + 1
Z
xn+1
n + 1
1
x
dx =
xn+1 ln (x)
n + 1
1
n + 1
Z
xn
dx
=
xn+1 ln (x)
n + 1
xn+1
(n + 1)2 + k:
Jadi,
Z
xn ln (x) dx =
xn+1
(n + 1)2 [(n + 1) ln (x) 1] + k:
(c) Diambil u = lnn
(x) dan dv = dx dengan du = n lnn 1
(x)
1
x
dx dan v = x, maka
Z
lnn
(x) dx = x lnn
(x)
Z
x n lnn 1
(x)
1
x
dx:
Jadi,
Z
lnn
(x) dx = x lnn
(x) n
Z
lnn 1
(x) dx:
(d) Diambil u = xn dan dv = sin (x) dx dengan du = nxn 1dx dan v = cos (x),
maka
Z
xn
sin (x) dx = xn
cos (x)
Z
( cos (x)) nxn 1
dx
= xn
cos (x) + n
Z
xn 1
cos (x) dx: (1.2)
Untuk menghitung integral terakhir, diambil u = xn 1 dan dv = cos (x) dx dengan
du = (n 1) xn 2dx dan v = sin (x), maka
Z
xn 1
cos (x) dx = xn 1
sin (x)
Z
sin (x) (n 1) xn 2
dx
= xn 1
sin (x) (n 1)
Z
xn 2
sin (x) dx: (1.3)
Dengan substitusi (1:3) ke (1:2), diperoleh rumus reduksi
Z
xn sin (x) dx = xn cos (x) + nxn 1 sin (x) n (n 1)
Z
xn 2 sin (x) dx:

(e) Dengan menggunakan (1:3) dan (1:2) diperoleh
Z
xn 1
cos (x) dx = xn 1
sin (x) (n 1)
Z
xn 2
sin (x) dx
= xn 1
sin (x)
(n 1) xn 2
cos (x) + (n 2)
Z
xn 3
cos (x) dx
= xn 1
sin (x) + (n 1) xn 2
cos (x)
(n 1) (n 2)
Z
xn 3
cos (x) dx:
Jika kita mengganti n dengan n + 1 pada persamaan terakhir, maka
Z
xn cos (x) dx = xn sin (x) + nxn 1 cos (x) n (n 1)
Z
xn 2 cos (x) dx:
(f) Diambil u = sin (px + q) dan dv = eax+bdx dengan du = p cos (px + q) dx dan
v =
1
a
eax+b, maka
Z
eax+b
sin (px + q) dx =
1
a
eax+b
sin (px + q)
p
a
Z
eax+b
cos (px + q) dx:
Dalam integral terakhir, diambil u = cos (px + q) dan dv = eax+bdx dengan du =
p sin (px + q) dan v =
1
a
eax+b, maka
Z
eax+b
cos (px + q) dx =
1
a
eax+b
cos (px + q) +
p
a
Z
eax+b
sin (px + q) dx: (1.4)
Karena itu diperoleh
Z
eax+b
sin (px + q) dx =
1
a
eax+b
sin (px + q)
p
a
1
a
eax+b
cos (px + q)
+
p
a
Z
eax+b
sin (px + q) dx
=
eax+b
a2
[a sin (px + r) p cos (px + q)]
p2
a2
Z
eax+b
sin (px + q) dx:
Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk mendapatkan
1 +
p2
a2
Z
eax+b
sin (px + q) dx =
eax+b
a2
[a sin (px + q) p cos (px + q)] :
Jadi,
Z
eax+b sin (px + q) dx =
eax+b
a2 + p2
[a sin (px + q) p cos (px + q)] + k: (1.5)

(g) Jika (1:5) disubstitusikan ke (1:4) tanpa konstanta k, diperoleh
Z
eax+b
cos (px + q) dx =
1
a
eax+b
cos (px + q)
+
p
a
eax+b
a2 + p2
[a sin (px + q) p cos (px + q)] + k
= eax+b 1
a
cos (px + q)
+
1
a2 + p2
p sin (px + q)
p2
a
cos (px + q) + k:
Jadi,
Z
eax+b cos (px + q) dx =
eax+b
a2 + p2
[p sin (px + q) + a cos (px + q)] + k:
Untuk soal (1) (6), buktikan setiap rumus dari integral fungsi-fungsi trigonometri
invers. Integral diselesaikan pertama kali menggunakan rumus integrasi parsial dengan
mengambil u sama dengan fungsi integran.
(1)
Z
arcsin (x) dx = x arcsin (x)
p
1 x2 + k
(2)
Z
arccos (x) dx = x arccos (x)
p
1 x2 + k
(3)
Z
arctan (x) dx = x arctan (x)
1
2
ln 1 + x2 + k
(4)
Z
arccot (x) dx = x arccot (x) +
1
2
ln 1 + x2 + k
(5)
Z
arcsec (x) dx = x arcsec (x) ln x +
p
x2 1 + k
(6)
Z
arccsc (x) dx = x arccsc (x) + ln x +
p
x2 1 + k
Hitung integral-integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi
yang sudah diperoleh sebelumnya.
(7)
Z
xe x dx (8)
Z
xe 2x dx (9)
Z
x3 ln (x) dx
(10)
Z
x ln2
(x) dx (11)
Z
ln3
(x) dx (12)
Z
e2x sin (3x) dx
(13)
Z
e3x cos (2x) dx (14)
Z
x2 sin (2x) dx (15)
Z
sin (ln (x)) dx
(16)
Z
x ln (x + 1) dx (17)
Z
x ln3
(x) dx (18)
Z
x2 ln (x) dx

(19)
Z
x2 ln3
(x) dx (20)
Z
sin2
(x) dx (21)
Z
x3 sin (x) dx
(22)
Z
x3 cos (x) dx (23)
Z
x3 cos 2x2 1 dx (24)
Z
x arccot (x) dx
(25)
Z
x sin2
(x) dx (26)
Z
x3 arcsec (x) dx (27)
Z
x arcsec (x) dx
(28)
Z
x3 sin x2 dx (29)
Z
x sin (x) cos (x) dx (30)
Z
x arctan (x) dx
1.4 Integral Fungsi Hiperbolik
Rumus-rumus integrasi berikut ini adalah valid:
(a)
Z
sinh (x) dx = cosh (x) + k (b)
Z
cosh (x) dx = sinh (x) + k
(c)
Z
tanh (x) dx = ln (cosh (x)) + k (d)
Z
coth (x) dx = ln jsinh (x)j + k
(e)
Z
sech (x) dx = 2 arctan (ex) + k (f)
Z
csch (x) dx = ln tanh
x
2
+ k
Setiap rumus di atas dapat secara mudah dibuktikan dengan diferensiasi ruas kanan
untuk mendapatkan integran di ruas kiri dan juga mengingat bahwa
sinh (x) =
ex e x
2
dan cosh (x) =
ex + e x
2
:
Contoh 1.18 Untuk n 2 N dicari rumus reduksi untuk integral-integral berikut:
Z
sinhn
(x) dx dan
Z
coshn
(x) dx:
(a) Digunakan rumus integrasi parsial dengan mengambil
u = sinhn 1
(x) dan dv = sinh (x) dx;
sehingga diperoleh
Z
sinhn
(x) dx =
Z
sinhn 1
(x) sinh (x) dx
= sinhn 1
(x) cosh (x)
Z
cosh (x) (n 1) sinhn 2
(x) cosh (x) dx
= sinhn 1
(x) cosh (x) (n 1)
Z
sinhn 2
(x) cosh2
(x) dx
= sinhn 1
(x) cosh (x)
(n 1)
Z
sinhn 2
(x) 1 + sinh2
(x) dx:

Karena itu,
Z
sinhn
(x) dx = sinhn 1
(x) cosh (x)
(n 1)
Z
sinhn 2
(x) dx (n 1)
Z
sinhn
(x) dx:
Dibawa suku terakhir di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh
n
Z
sinhn
(x) dx = sinhn 1
(x) cosh (x) (n 1)
Z
sinhn 2
(x) dx:
Jadi,
Z
sinhn
(x) dx =
1
n
sinhn 1
(x) cosh (x)
(n 1)
n
Z
sinhn 2
(x) dx:
(b) Dengan cara yang sama seperti di atas, diambil
u = coshn 1
(x) dan dv = cosh (x) dx;
maka
Z
coshn
(x) dx =
Z
coshn 1
(x) cosh (x) dx
= coshn 1
(x) sinh (x)
Z
sinh (x) (n 1) coshn 2
(x) sinh (x) dx
= coshn 1
(x) sinh (x) (n 1)
Z
coshn 2
(x) sinh2
(x) dx
= coshn 1
(x) sinh (x)
(n 1)
Z
coshn 2
(x) cosh2
(x) 1 dx
= coshn 1
(x) sinh (x) (n 1)
Z
coshn
(x) dx
+ (n 1)
Z
coshn 2
(x) dx:
Dibawa suku kedua di ruas kanan ke ruas kiri untuk memperoleh
n
Z
coshn
(x) dx = coshn 1
(x) sinh (x) + (n 1)
Z
coshn 2
(x) dx:
Jadi,
Z
coshn
(x) dx =
1
n
coshn 1
(x) sinh (x) +
(n 1)
n
Z
coshn 2
(x) dx:

Untuk soal (1) (2), buktikan setiap rumus reduksi, dimana n 2 N, dengan cara
menyelesaikan masalah integral menggunakan rumus integrasi parsial.
(1)
Z
xn sinh (x) dx = xn cosh (x) nxn 1 sinh (x) + n (n 1)
Z
xn 2 sinh (x) dx
(2)
Z
xn cosh (x) dx = xn sinh (x) nxn 1 cosh (x) + n (n 1)
Z
xn 2 cosh (x) dx
Hitung setiap integral berikut ini dan anda bisa menggunakan rumus-rumus reduksi
yang sudah diperoleh sebelumnya.
(3)
Z
sinh (3x) dx (4)
Z
x sinh (x) dx
(5)
Z
x cosh (x) dx (6)
Z
sech (ax + b) dx
(7)
Z
csch (ax + b) dx (8)
Z
tanh (ax + b) dx
(9)
Z
coth (ax + b) dx (10)
Z
sinh (x) cosh (x) dx
(11)
Z
sinh2
(x) dx (12)
Z
cosh2
(x) dx
(13)
Z
x cosh2
(x) dx (14)
Z
sinh3
(x) dx
(15)
Z
x2 sinh (x) dx (16)
Z
x2 cosh (x) dx
(17)
Z
x3 sinh (x) dx (18)
Z
x3 cosh (x) dx
(19)
Z
e x sinh (x) dx (20)
Z
e 2x cosh (2x) dx
1.5 Integral Trigonometri
Seringkali terdapat kemungkinan untuk mentransformasikan suatu integral ke salah
satu dari bentuk:
Z
sinn
(x) dx;
Z
cscn
(x) dx;
Z
cosn
(x) dx;
Z
secn
(x) dx;
Z
tann
(x) dx;
Z
cotn
(x) dx:
Integral-integral tersebut dapat dihitung dengan rumus reduksi yang diperoleh meng-
gunakan rumus integrasi parsial seperti dalam contoh-contoh berikut ini.

Contoh 1.19 Diperhatikan integral tak tentu:
Z
sinn
(x) dx:
Diambil
u = sinn 1
(x) ; dv = sin (x) dx;
du = (n 1) sinn 2
(x) cos (x) dx; v = cos (x) ;
maka
Z
sinn
(x) dx =
Z
sinn 1
(x) sin (x) dx
= sinn 1
(x) ( cos (x))
Z
( cos (x)) (n 1) sinn 2
(x) cos (x) dx
= sinn 1
(x) cos (x) + (n 1)
Z
sinn 2
(x) 1 sin2
(x) dx
= sinn 1
(x) cos (x) + (n 1)
Z
sinn 2
(x) dx
(n 1)
Z
sinn
(x) dx:
Sekarang kita menggunakan aljabar untuk menyelesaikan integral:
Z
sinn
(x) dx + (n 1)
Z
sinn
(x) dx = sinn 1
(x) cos (x)
+ (n 1)
Z
sinn 2
(x) dx
n
Z
sinn
(x) dx = sinn 1
(x) cos (x)
+ (n 1)
Z
sinn 2
(x) dx
sehingga diperoleh rumus reduksi
Z
sinn
(x) dx =
1
n
sinn 1
(x) cos (x) +
(n 1)
n
Z
sinn 2
(x) dx: (1.6)
Untuk n = 2, diperoleh
Z
sin2
(x) dx =
1
2
sin (x) cos (x) +
1
2
Z
1 dx =
1
2
sin (x) cos (x) +
1
2
x + k
=
1
2
(x sin (x) cos (x)) :
Z
sin3
(x) dx =
1
3
sin2
(x) cos (x) +
2
3
Z
sin (x) dx
=
1
3
sin2
(x) cos (x)
2
3
cos (x) + k:

Z
sin4
(x) dx =
1
4
sin3
(x) cos (x) +
3
4
Z
sin2
(x) dx
=
1
4
sin3
(x) cos (x) +
3
8
(x sin (x) cos (x)) + k:
Contoh 1.20 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:6), maka
(n 1)
n
Z
sinn 2
(x) dx =
1
n
sinn 1
(x) cos (x) +
Z
sinn
(x) dx
Z
sinn 2
(x) dx =
1
n 1
sinn 1
(x) cos (x) +
n
n 1
Z
sinn
(x) dx; n 6= 1
Z
sin m 2
(x) dx =
1
m 1
sin m 1
(x) cos (x)
+
m
m 1
Z
sin m
(x) dx; m 6= 1
Z
cscm+2
(x) dx =
1
m + 1
cscm
(x) cot (x) +
m
m + 1
Z
cscm
(x) dx; m 6= 1:
Ini memberikan rumus reduksi
Z
cscp (x) dx =
1
p 1
cscp 2 (x) cot (x) +
p 2
p 1
Z
cscp 2 (x) dx; p 6= 1:
Contoh 1.21 Digunakan metode yang serupa dengan Contoh 1.19 untuk menghitung
integral tak tentu Z
cosn
(x) dx:
Diingat bahwa cos (x) = sin
2
x dan cos
2
x = sin (x). Karena itu
Z
cosn
(x) dx =
Z
sinn
2
x dx;
h
dimisalkan u =
2
x; du = dx
i
=
Z
sinn
(u) ( du) =
Z
sinn
(u) du
=
1
n
sinn 1
(u) cos (u) +
n 1
n
Z
sinn 2
(u) du
=
1
n
sinn 1
2
x cos
2
x
n 1
n
Z
sinn 2
2
x ( dx)
yang memberikan rumus reduksi
Z
cosn (x) dx =
1
n
cosn 1 (x) sin (x) +
n 1
n
Z
cosn 2 (x) dx: (1.7)

Contoh 1.22 Sekarang diandaikan n = m di persamaan (1:7), maka
Z
cos m
(x) dx =
1
m
cos m 1
(x) sin (x) +
m 1
m
Z
cos m 2
(x) dx
Z
secm
(x) dx =
1
m
secm
(x) tan (x) +
m + 1
m
Z
secm+2
(x) dx:
Pada penyelesaian untuk integral terakhir, diperoleh
Z
secm+2
(x) dx =
1
m + 1
secm
(x) tan (x) +
m
m + 1
Z
secm
(x) dx; m 6= 1
dan pada akhirnya dihasilkan rumus reduksi
Z
secp (x) dx =
1
p 1
secp 2 (x) tan (x) +
p 2
p 1
Z
secp 2 (x) dx; p 6= 1:
Z
tann
(x) dx:
Dicatat bahwa tan2 (x) = sec2 (x) 1, sehingga dapat dituliskan kembali
Z
tann
(x) dx =
Z
tann 2
(x) tan2
(x) dx =
Z
tann 2
(x) sec2
(x) 1 dx
=
Z
tann 2
(x) sec2
(x) dx
Z
tann 2
(x) dx:
Untuk integral pertama di ruas kanan, diambil u = tan (x) sebagai suatu substitusi.
Z
tann
(x) dx =
Z
un 2
du
Z
tann 2
(x) dx =
un 1
n 1
Z
tann 2
(x) dx; n 6= 1:
Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi
Z
tann (x) dx =
tann 1 (x)
n 1
Z
tann 2 (x) dx; n 6= 1: (1.8)
Contoh 1.24 Digunakan rumus reduksi tan
2
x = cot (x) di (1:8) untuk mem-
peroleh
Z
cotn
(x) dx =
Z
tann
2
x dx;
h
dimisalkan u =
2
x; du = dx
i
=
Z
tann
(u) ( du) =
Z
tann
(u) du
=
tann 1 (u)
n 1
Z
tann 2
(u) du ; n 6= 1
=
cotn 1 (x)
n 1
+
Z
cotn 2
(x) ( dx) ; n 6= 1::

Oleh karena itu diperoleh rumus reduksi
Z
cotn (x) dx =
cotn 1 (x)
n 1
Z
cotn 2 (x) dx; n 6= 1:
Selanjutnya, menggunakan identitas sin2
(x) + cos2 (x) = 1 kita dapat menghitung
integral berbentuk Z
sinm
(x) cosn
(x) dx (1.9)
dimana m dan n adalah bilangan-bilangan bulat positif. Aturannya adalah seperti
berikut:
(a) Jika m adalah ganjil, maka diambil substitusi u = cos (x).
(b) Jika n adalah ganjil, maka diambil substitusi u = sin (x).
(c) Jika m dan n adalah genap, maka (1.9) dapat ditransformasikan ke integral
jumlahan dari pangkat-pangkat genap untuk cos (x) atau sin (x).
Dicatat bahwa aturan (a) dan (b) di atas akan mentransformasikan integral ke suatu
polinomial dalam u. Sementara itu, dalam aturan (c) perlu digunakan rumus reduksi
untuk menyelesaikan integral yang dijumpai.
Z
sin4
(x) cos3
(x) dx:
Pertama kali dinyatakan
Z
sin4
(x) cos3
(x) dx =
Z
sin4
(x) cos2
(x) cos (x) dx
=
Z
sin4
(x) 1 sin2
(x) cos (x) dx:
Diambil substitusi u = sin (x), du = cos (x) dx, maka
Z
sin4
(x) cos3
(x) dx =
Z
u4
1 u2
du =
1
5
u5 1
7
u7
+ k
=
1
5
sin5
(x)
1
7
sin7
(x) + k:
Metode di atas juga bekerja untuk suatu pangkat ganjil dari sin (x) dikalikan sembarang
pangkat dari cos (x), dan juga sebaliknya.
Z p
cos (x) sin3
(x) dx:

Z p
cos (x) sin3
(x) dx =
Z p
cos (x) sin2
(x) sin (x) dx
=
Z p
cos (x) 1 cos2
(x) sin (x) dx:
Diambil substitusi u = cos (x), du = sin (x) dx, maka
Z p
cos (x) sin3
(x) dx =
Z
p
u 1 u2
( 1) du =
Z
u
1
2 + u
5
2 du
=
2
3
u
3
2 +
2
7
u
7
2 + k
=
2
3
cos
3
2 (x) +
2
7
cos
7
2 (x) + k:
Contoh 1.27
Z
sin4
(x) cos4
(x) dx =
Z
sin4
(x) 1 sin2
(x)
2
dx
=
Z
sin4
(x) 2 sin6
(x) + sin8
(x) dx:
Sekarang rumus reduksi untuk sin (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai latihan.
Kita juga dapat menghitung integral-integral berbentuk
Z
tanm
(x) sec n
(x) dx dan
Z
cotm
(x) csc n
(x) dx:
Aturannya adalah seperti berikut:
(a) Ketika m adalah genap, maka digunakan identitas tan2 (x) = sec2 (x) 1
untuk integral pertama atau cot2 (x) = csc 2 (x) 1 untuk integral kedua.
(b) Jika m adalah ganjil, maka digunakan substitusi u = sec (x) untuk integral
pertama atau u = csc (x) untuk integral kedua.
Dicatat bahwa dalam aturan (a) perlu digunakan rumus reduksi sec n (x) atau csc n (x)
untuk menyelesaikan integral yang dijumpai setelah dilakukan substitusi. Sementara
itu aturan (b) akan mentransformasikan integral ke suatu polinomial dalam u.
Contoh 1.28
Z
tan4
(x) sec (x) dx =
Z
sec2
(x) 1
2
sec (x) dx
=
Z
sec5
(x) 2 sec3
(x) + sec (x) dx:
Sekarang rumus reduksi untuk secn (x) dapat digunakan dan ditinggalkan sebagai lati-
han.

Z
cot3
(x) csc 3
(x) dx:
Z
cot3
(x) csc 3
(x) dx =
Z
cot2
(x) csc 2
(x) (cot (x) csc (x)) dx
=
Z
csc 2
(x) 1 csc 2
(x) (cot (x) csc (x)) dx:
Diambil substitusi u = csc (x), du = cot (x) csc (x) dx, maka
Z
cot3
(x) csc 3
(x) dx =
Z
u2
1 u2
du =
1
5
u5 1
3
u3
+ k
=
1
5
csc5
(x) +
1
3
csc3
(x) + k:
Berikutnya, dengan menggunakan identitas-identitas trigonometri:
sin (x) cos (y) =
1
2
[sin (x y) + sin (x + y)] ;
sin (x) sin (y) =
1
2
[cos (x y) cos (x + y)] ;
cos (x) cos (y) =
1
2
[cos (x y) + cos (x + y)] ;
kita mendapatkan rumus-rumus integrasi seperti berikut ini:
(1)
Z
sin (ax) cos (bx) dx =
1
2
cos ((b a) x)
b a
cos ((b + a) x)
b + a
+ k; a2 6= b2
(2)
Z
sin (ax) sin (bx) dx =
1
2
sin ((b a) x)
b a
sin ((b + a) x)
b + a
+ k; a2 6= b2
(3)
Z
cos (ax) cos (bx) dx =
1
2
sin ((b a) x)
b a
+
sin ((b + a) x)
b + a
+ k; a2 6= b2
untuk bilangan-bilangan riil a dan b:
Untuk soal (1) (9), hitung setiap integral yang diberikan dan anda bisa menggunakan
rumus-rumus reduksi yang sudah diperoleh sebelumnya.
(1)
Z
cos2 (
p
x)
p
x
dx (2)
Z
cot2 (x) dx (3)
Z
sec3 (x) dx
(4)
Z
cos4 (x) dx (5)
Z
tan5 (x) dx (6)
Z
sec5 (x) dx
(7)
Z
csc 3 (x) dx (8)
Z
1
sin4
(x)
dx (9)
Z
sec4 (3x 1) dx

Hitung setiap integral berikut ini.
(10)
Z
sin5
(x) cos4 (x) dx (11)
Z
sin3
(x) cos5 (x) dx
(12)
Z
sin4
(x) cos4 (x) dx (13)
Z
sin2
(x) cos4 (x) dx
(14)
Z
tan5 (x) sec 4 (x) dx (15)
Z
cot5 (x) csc 4 (x) dx
(16)
Z
tan4 (x) sec 5 (x) dx (17)
Z
(18)
Z
tan4 (x) sec 4 (x) dx (19)
Z
(20)
Z
tan3 (x) sec 3 (x) dx (21)
Z
(22)
Z
sin (x) cos (7x) dx (23)
Z
sin (2x) cos (3x) dx
(24)
Z
sin (4x) cos (4x) dx (25)
Z
sin (3x) cos (3x) dx
(26)
Z
sin (2x) sin (3x) dx (27)
Z
sin (4x) sin (6x) dx
(28)
Z
sin (3x) sin (5x) dx (29)
Z
cos (3x) cos (5x) dx
(30)
Z
cos (2x) cos (4x) dx
1.6 Substitusi Trigonometri
Integral-integral yang memuat salah satu dari
a2
x2
; a2
+ x2
; atau x2
a2
(1.10)
seringkali dapat diintegralkan dengan suatu substitusi trigonometri. Idenya adalah
mengambil x, a, dan akar kuadrat sebagai sisi-sisi dari suatu segitiga siku-siku dan
menggunakan salah satu sudut lancipnya sebagai suatu variabel baru . Terdapat tiga
jenis substitusi trigonometri yang diberikan dalam subbab ini.
BENTUK-BENTUK a2 x2. Diandaikan bahwa x = a sin ( ) dengan a > 0.
Kondisi ini dapat dinyatakan pada suatu segitiga siku-siku seperti berikut:
a
θ
x
22
xa −

Selanjutnya diperoleh:
dx = a cos ( ) d ; a2
x2
= a2
cos2
( ) ;
p
a2 x2 = a cos ( ) ; = arcsin
x
a
;
sin ( ) =
x
a
; cos ( ) =
p
a2 x2
a
; tan ( ) =
x
p
a2 x2
;
csc ( ) =
a
x
; sec ( ) =
a
p
a2 x2
; cot ( ) =
p
a2 x2
x
.
Dengan penggunaan substitusi di atas diperoleh rumus-rumus integrasi berikut:
(1)
Z
x
a2 x2
dx =
1
2
ln a2 x2 + k
(2)
Z
1
a2 x2
dx =
1
2a
ln
a x
a + x
+ k
(3)
Z
x
p
a2 x2
dx =
p
a2 x2 + k
(4)
Z
1
p
a2 x2
dx = arcsin
x
a
+ k
(5)
Z
1
x
p
a2 x2
dx =
1
a
ln
a
p
a2 x2
x
+ k
(6)
Z
p
a2 x2 dx =
a2
2
arcsin
x
a
+
1
2
x
p
a2 x2 + k
Z
x3
p
9 x2
dx:
Diambil substitusi x = 3 sin ( ), dx = 3 cos ( ) d , maka
Z
x3
p
9 x2
dx = 27
Z
sin3
( )
p
1 sin2
( )
cos ( ) d = 27
Z
sin3
( ) d
= 27
1
3
sin2
( ) cos ( )
2
3
cos ( ) + k
= 27
p
9 x2
3
1
3
x2
9
2
3
+ k
= 9
p
9 x2
1
27
x2 2
3
+ k:

BENTUK-BENTUK a2 + x2. Diandaikan bahwa x = a tan ( ) dengan a > 0.
x
θ
a
22
xa −
Selanjutnya diperoleh:
dx = a sec 2
( ) d ; a2
+ x2
= a2
sec 2
( ) ;
p
a2 + x2 = a sec ( ) ; = arctan
x
a
;
sin ( ) =
x
p
a2 + x2
; cos ( ) =
a
p
a2 + x2
; tan ( ) =
x
a
;
csc ( ) =
p
a2 + x2
x
; sec ( ) =
p
a2 + x2
a
; cot ( ) =
a
x
.
(1)
Z
x
a2 + x2
dx =
1
2
ln a2 + x2 + k
(2)
Z
1
a2 + x2
dx =
1
a
arctan
x
a
+ k
(3)
Z
x
p
a2 + x2
dx =
p
a2 + x2 + k
(4)
Z
1
p
a2 + x2
dx = ln x +
p
a2 + x2 + k
(5)
Z
1
x
p
a2 + x2
dx =
1
a
ln
p
a2 + x2 a
x
+ k
(6)
Z
p
a2 + x2 dx =
a2
2
ln x +
p
a2 + x2 +
1
2
x
p
a2 + x2 + k
Z
1
(x2 + 2)2 dx:
Diambil substitusi u =
p
2 tan ( ), dx =
p
2 sec 2 ( ) d , maka
Z
1
(x2 + 2)2 dx =
Z p
2 sec 2 ( )
(2 tan2 ( ) + 2)
2 d =
p
2
4
Z
1
sec 2 ( )
d
=
p
2
4
Z
cos2
( ) d :

Selanjutnya bisa digunakan rumus reduksi dari cosn ( ) untuk mendapatkan
Z
1
(x2 + 2)2 dx =
p
2
4
1
2
cos ( ) sin ( ) + k
=
p
2
4
1
2
p
2
p
x2 + 2
x
p
x2 + 2
arctan
x
p
2
!
+ k
=
x
4 (x2 + 2)
p
2
4
arctan
x
p
2
+ k:
BENTUK-BENTUK x2 a2. Diandaikan bahwa x = a sec ( ) dengan a > 0.
x
θ
a
22
ax −
Selanjutnya diperoleh
dx = a sec ( ) tan ( ) d ; x2
a2
= a2
tan 2
( ) ;
p
x2 a2 = a tan ( ) ; = arcsec
x
a
;
sin ( ) =
p
x2 a2
x
; cos ( ) =
a
x
; tan ( ) =
p
x2 a2
a
;
csc ( ) =
x
p
x2 a2
; sec ( ) =
x
a
; cot ( ) =
a
p
x2 a2
.
(1)
Z
x
x2 a2
dx =
1
2
ln x2 a2 + k
(2)
Z
1
x2 a2
dx =
1
2a
ln
x a
x + a
+ k
(3)
Z
x
p
x2 a2
dx =
p
x2 a2 + k
(4)
Z
1
p
x2 a2
dx = ln x +
p
x2 a2 + k
(5)
Z
1
x
p
x2 a2
dx =
1
a
arcsec
x
a
+ k
(6)
Z
p
x2 a2 dx =
a2
2
ln x +
p
x2 a2 +
1
2
x
p
x2 a2 + k

Z p
x2 4x
x 2
dx:
Dipunyai
x2
4x = x2
4x + 4 4 = (x 2)2
4 = u2
4
dimana kita menggunakan substitusi u = x 2. Karena itu
Z p
x2 4x
x 2
dx =
Z p
u2 4
u
du:
Untuk menghitung integral di ruas kanan, digunakan substitusi trigonometri u = 2 sec ( ),
du = 2 sec ( ) tan ( ) d , maka
Z p
u2 4
u
du =
Z p
4 sec2 ( ) 4
2 sec ( )
2 sec ( ) tan ( ) d = 2
Z
tan2
( ) d
= 2 (tan ( ) ) + k = 2
p
u2 4
2
arcsec
u
2
!
+ k:
Oleh karena itu, dengan substitusi u = x 2 diperoleh
Z p
x2 4x
x 2
dx =
p
x2 4x 2 arcsec
x 2
2
+ k:
Dua contoh berikut ini menunjukkan bagaimana metode pelengkapan kuadrat (com-
pleting the square) digunakan untuk membawa suatu pernyataan kuadratik ke salah
satu dari pernyataan di (1.10).
Z
1
p
c + bx ax2
dx, dengan syarat a > 0 dan D = b2
4ac < 0.
Pertama kali dilakukan metode pelengkapan kuadrat:
c + bx ax2
= a
c
a
+
b
a
x x2
= a
c
a
+
b
2a
2
b
2a
2
+ 2
b
2a
x x2
!
= a
"
c
a
+
b
2a
2
x
b
2a
2
#
= a
h
q + p2
(x p)2
i
dimana p =
b
2a
dan q =
c
a
. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu
Z
1
p
c + bx ax2
dx =
1
p
a
Z
1
q
(q + p2) (x p)2
dx, dengan syarat p2
< q.

Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x p, dy = dx,
maka Z
1
q
(q + p2) (x p)2
dx =
Z
1
p
(q + p2) y2
dy.
Selanjutnya dibuat substitusi y =
p
(q + p2) sin (u), dy =
p
(q + p2) cos (u) du, maka
Z
1
p
(q + p2) y2
dy =
Z p
(q + p2) cos (u)
p
(q + p2) (q + p2) sin2
(u)
du
=
Z
cos (u)
p
1 sin2
(u)
du = u + k
= arcsin
y
p
(q + p2)
!
+ k:
Oleh karena itu,
Z
1
p
c + bx ax2
dx =
1
p
a
arcsin
2a
p
b2 + 4ac
x
b
2a
+ k:
Z
1
ax2 + bx + c
dx, dengan syarat D = b2
4ac < 0.
Dilakukan metode pelengkapan kuadrat:
ax2
+ bx + c = a x2
+
b
a
x +
c
a
= a x2
+ 2
b
2a
x +
b
2a
2
b
2a
2
+
c
a
!
= a
"
x +
b
2a
2
+
c
a
b
2a
2
!#
= a
h
(x + p)2
+ q p2
i
dimana p =
b
2a
dan q =
c
a
. Karena itu, sekarang dipunyai integral tak tentu
Z
1
ax2 + bx + c
dx =
1
a
Z
1
(x + p)2
+ (q p2)
dx, dengan syarat p2
< q.
Untuk menyelesaikan integral terakhir, kita membuat substitusi y = x + p, dy = dx,
maka Z
1
(x + p)2
+ (q p2)
dx =
Z
1
y2 + (q p2)
dy.

Selanjutnya dibuat substitusi y =
p
(q p2) tan (u), dy =
p
(q p2) sec2 (u) du, maka
Z
1
y2 + (q p2)
dy =
Z p
(q p2) sec2 (u)
(q p2) tan2 (u) + (q p2)
du
=
1
p
(q p2)
Z
sec2 (u)
tan2 (u) + 1
du =
1
p
(q p2)
u + k
=
1
p
(q p2)
arctan
y
p
(q p2)
!
+ k:
Oleh karena itu,
Z
1
ax2 + bx + c
dx =
2
p
4ac b2
arctan
2a
p
4ac b2
x +
b
2a
+ k:
Hitung integral-integral berikut ini.
(1)
Z
x
p
4 x2
dx (2)
Z
1
p
4 x2
dx (3)
Z
x
4 x2
dx
(4)
Z
1
4 x2
dx (5)
Z
x
9 + x2
dx (6)
Z
1
9 + x2
dx
(7)
Z
x
p
9 + x2
dx (8)
Z
1
p
9 + x2
dx (9)
Z
x
x2 16
dx
(10)
Z
1
x2 16
dx (11)
Z
x
p
x2 16
dx (12)
Z
1
p
x2 16
dx
(13)
Z
1
x
p
x2 4
dx (14)
Z
1
x
p
9 x2
dx (15)
Z
dx
x
p
x2 + 16
(16)
Z
p
9 x2 dx (17)
Z
p
4 9x2 dx (18)
Z
x2
p
1 x2
dx
(19)
Z
x2
p
4 + x2
dx (20)
Z
x2
p
x2 16
dx (21)
Z
1
(9 + x2)2 dx
(22)
Z
1
(9 x2)2 dx (23)
Z
1
(x2 16)2 dx (24)
Z
1
(4 + x2)
3
2
dx
(25)
Z p
4 + x2
x
dx (26)
Z p
x2 4
x
dx (27)
Z
1
x2
p
x2 + 4
dx
(28)
Z
1
x2
p
4 x2
dx (29)
Z
1
x2
p
x2 4
dx (30)
Z
1
x2 2x + 5
dx
(31)
Z
1
x2 4x + 12
dx (32)
Z
1
p
4x x2
dx (33)
Z
dx
p
x2 4x + 12

(34)
Z
1
4x x2
dx (35)
Z
dx
p
x2 2x + 5
(36)
Z
x
x2 4x 12
dx
(37)
Z
x dx
p
x2 2x + 5
(38)
Z
x dx
x2 + 4x + 13
(39)
Z
p
5 4x x2 dx
(40)
Z
2x + 7
x2 + 4x + 13
dx (41)
Z
x + 3
p
x2 + 2x + 5
dx (42)
Z
1
p
4x2 1
dx
(43)
Z
x + 4
p
9x2 + 16
dx (44)
Z
x + 2
p
16 9x2
dx (45)
Z
1
p
6x 4x2
dx
(46)
Z
1
p
4x x2
dx (47)
Z
1
p
9x 4x2
dx (48)
Z
dx
p
8x 25x2
(49)
Z
x
p
4x x2
dx (50)
Z
dx
p
x2 2x + 8
(51)
Z
dx
p
3 + 4x 4x2
(52)
Z
x dx
p
6 + x 2x2
(53)
Z
x
x2 + x + 1
dx (54)
Z
1
x2 + 3x + 5
dx
(55)
Z
dx
3x2 12x + 16
(56)
Z
dx
12x2 + 56x + 72
(57)
Z
8 dx
9x2 12x + 20
(58)
Z
(x + 1) 1
p
x2 + 2x 8
dx (59)
Z
(3x + 1) 1
p
3x2 + 2x 5
dx (60)
Z
e2x dx
p
5 e2x + e4x
1.7 Integral Fungsi Rasional
Pada subbab ini didiskusikan masalah integrasi fungsi rasional berbentuk
R (x) =
P (x)
Q (x)
;
dimana P (x) dan Q (x) adalah polinomial yang tidak mempunyai faktor persekutuan.
Idenya adalah menuliskan kembali fungsi rasional sebagai suatu jumlahan dari pecahan
lebih sederhana yang dinamakan pecahan parsial. Ini dapat dilakukan dengan cara
seperti berikut:
(1) Jika derajat dari P (x) lebih besar atau sama dengan derajat dari Q (x), maka
digunakan pembagian panjang dari polinomial untuk mendapat suatu hasil bagi
p (x) dan suatu sisa r (x), sehingga fungsi rasional dituliskan kembali sebagai
R (x) =
P (x)
Q (x)
= p (x) +
r (x)
Q (x)
dimana derajat dari r (x) lebih kecil dari pada derajat dari Q (x).
(2) Faktorisasi penyebut: Q (x) = q1 (x) q2 (x) : : : qk (x), dimana setiap faktor qi (x)
mempunyai bentuk linier ax+b, atau kuadratik irreducible (tidak bisa difaktorkan
lagi) ax2 + bx + c, atau suatu pangkat berbentuk (ax + b)n
atau ax2 + bx + c
n
.
(3)
r (x)
Q (x)
dinyatakan sebagai jumlahan dari pecahan-pecahan parsial. Jika (ax + b)n
muncul dalam faktorisasi dari Q (x), jumlahan dari pecahan parsial akan memuat

suku-suku berikut:
A1
ax + b
+
A2
(ax + b)2 + ::: +
An
(ax + b)n ;
dimana A1, A2, ..., An adalah konstanta-konstanta tertentu. Jika muncul bentuk
ax2 + bx + c
m
, jumlahan dari pecahan parsial akan memuat
B1x + C1
ax2 + bx + c
+
B2x + C2
(ax2 + bx + c)2 + ::: +
Bmx + Cm
(ax2 + bx + c)m ;
dimana B1, B2, ..., Bm dan C1, C2, ..., Cm adalah konstanta-konstanta tertentu.
Pecahan parsial bertipe
A
(ax + b)n secara mudah diintegralkan menggunakan Aturan
Pangkat Z
un
dx =
1
n + 1
un+1
+ k; n 6= 1; dan
Z
1
u
du = ln juj + k:
Pecahan parsial bertipe
Bx + C
(ax2 + bx + c)m dapat diintegralkan seperti berikut.
Pertama kali penyebut dibagi oleh am sehingga pecahan mempunyai bentuk lebih seder-
hana:
Bx + C
am (x2 + b1x + c1)m :
Jika dilakukan pelengkapan kuadrat dengan membuat substitusi u = x + 1
2 b1, kita
memperoleh
x2
+ b1x + c1 = u2
+ c1
1
4
b2
1 = u2
+ k2
;
dimana k = c1
1
4 b2
1. Sekarang integral mengambil bentuk lebih sederhana:
1
am
Z
Bu + C
(u2 + k2)m du =
1
am
Z
Bu
(u2 + k2)m du +
1
am
Z
C
(u2 + k2)m du:
Integral pertama di ruas kanan dapat dihitung dengan mengambil w = u2 + k2, dw =
2u du. Integral kedua dapat dihitung dengan substitusi trigonometri u = k tan ( ),
yang akhirnya diselesaikan menggunakan rumus reduksi untuk cos (x).
Untuk mencari pecahan parsial, kita harus menyelesaikan untuk konstanta-konstanta
tak diketahui Ai, Bi, dan Ci. Dalam tiga contoh pertama berikut ini ditunjukkan
bagaimana hal tersebut dilakukan.
Contoh 1.35 Diperhatikan fungsi rasional
5x + 17
x2 3x 10
:
Pertama kali kita memfaktorkan penyebut:
x2
3x 10 = (x + 2) (x 5) :

Karena terdapat dua faktor linear, maka haruslah dibentuk jumlahan dari dua pecahan
parsial:
5x + 17
x2 3x 10
=
A
x + 2
+
B
x 5
:
Cara kita mencari A dan B adalah dengan menggunakan (x + 2) (x 5) sebagai suatu
penyebut persekutuan sehingga pembilang dari kedua ruas persamaan adalah sama.
5x + 17
x2 3x 10
=
A (x 5) + B (x + 2)
(x + 2) (x 5)
5x + 17 = A (x 5) + B (x + 2) :
Penyelesaian untuk A dan B dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang dua
nilai x (untuk kemudahan biasanya diambil akar-akar dari penyebut):
x = 2 =) 5 ( 2) + 17 = A ( 7) + 0 =) A = 1;
x = 5 =) 5 5 + 17 = 0 + B 7 =) B = 6:
Oleh karena itu,
5x + 17
x2 3x 10
=
1
x + 2
+
6
x 5
:
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
:
Faktorisasi dari penyebut yaitu
x4
+ 2x3
+ x2
= x2
x2
+ 2x + 1 = x2
(x + 1)2
:
Karena terdapat empat faktor linear (tidak harus berbeda), maka dibentuk jumlahan
dari empat pecahan parsial:
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
=
A
x
+
B
x2
+
C
x + 1
+
D
(x + 1)2 :
Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
=
Ax (x + 1)2
+ B (x + 1)2
+ Cx2 (x + 1) + Dx2
x2 (x + 1)2
2x3
+ x + 1 = Ax (x + 1)2
+ B (x + 1)2
+ Cx2
(x + 1) + Dx2
:
Penyelesaian untuk A, B, C, dan D dapat dicari dengan memsubstistusikan sembarang
empat nilai x:
x = 0 =) 0 + 0 + 1 = 0 + B + 0 + 0 =) B = 1;
x = 1 =) 2 + ( 1) + 1 = 0 + 0 + 0 + D =) D = 2;
x = 1 =) 2 + 1 + 1 = 4A + 4 + 2C + ( 2) =) 2A + C = 1;
x = 2 =) 16 + 2 + 1 = 18A + 9 + 12C + ( 8) =) 3A + 2C = 3:
Penyelesaian untuk dua persamaan terakhir yaitu A = 1 dan C = 3. Oleh karena itu,
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
=
1
x
+
1
x2
+
3
x + 1
+
2
(x + 1)2 :

x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2 :
Karena terdapat tiga faktor, maka dibentuk jumlahan dari tiga pecahan parsial:
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2 =
A
x + 1
+
Bx + C
x2 + 2x + 3
+
Dx + E
(x2 + 2x + 3)2 :
Disamakan penyebut dari kedua ruas untuk memperoleh:
x4
+ 4x3
+ 11x2
+ 12x + 8 =
A x2
+ 2x + 3
2
+ (Bx + C) (x + 1) x2
+ 2x + 3 + (Dx + E) (x + 1) :
Penyelesaian untuk A, B, C, D dan E dapat dicari dengan memsubstistusikan sem-
barang lima nilai x:
x = 1 =) 1 4 + 11 12 + 8 = 4A =) A = 1;
x = 0 =) 0 + 0 + 0 + 0 + 8 = 9A + 3C + E =) 3C + E = 1;
x = 1 =) 1 + 4 + 11 + 12 + 8 = 36A + 12 (B + C) + 2 (D + E)
=) 6 (B + C) + D + E = 0;
x = 2 =) 16 + 32 + 44 + 24 + 8 = 121A + 33 (2B + C) + 3 (2D + E)
=) 11 (2B + C) + 2D + E = 1;
x = 2 =) 16 32 + 44 24 + 8 = 9A 3 ( 2B + C) ( 2D + E)
=) 3 ( 2B + C) ( 2D + E) = 3:
Penyelesaian untuk empat persamaan terakhir yaitu B = C = 0, D = 1, dan E = 1.
Oleh karena itu,
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2 =
1
x + 1
+
x 1
(x2 + 2x + 3)2 :
Sekarang kita siap untuk menghitung integral dari fungsi pecah rasional.
Z
x3 + 4x2 1
x + 2
dx:
Karena derajat dari pembilang lebih besar dari pada penyebut, maka langkah pertama
adalah membagi pembilang dengan penyebut menggunakan pembagian panjang. Hasil-
nya adalah
x3 + 4x2 1
x + 2
= x2
+ 2x 4 +
7
x + 2
:
Sekarang dengan mudah kita dapat mengintegralkan setiap suku dalam jumlahan.
Z
x3 + 4x2 1
x + 2
dx =
Z
x2
+ 2x 4 +
7
x + 2
dx
=
1
3
x3
+ x2
4x + 7 ln jx + 2j + k:

Z
5x + 17
x2 3x 10
dx:
Karena pembilang mempunyai derajat yang lebih kecil dibandingkan dengan penyebut,
maka tidak perlu dilakukan pembagian panjang. Dari hasil di Contoh 1.35 dipunyai
5x + 17
x2 3x 10
=
1
x + 2
+
6
x 5
;
maka
Z
5x + 17
x2 3x 10
dx =
Z
1
x + 2
dx +
Z
6
x 5
dx
= ln jx + 2j + 6 ln jx 5j + k:
Contoh 1.40 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.36,
Z
2x3 + x + 1
x4 + 2x3 + x2
dx =
Z
1
x
dx +
Z
1
x2
dx +
Z
3
x + 1
dx +
Z
2
(x + 1)2 dx
= ln jxj
1
x
+ 3 ln (x + 1) +
2
x + 1
+ k.
Contoh 1.41 Dengan menggunakan hasil di Contoh 1.37,
Z
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2 dx =
Z
1
x + 1
dx +
Z
x 1
(x2 + 2x + 3)2 dx
= ln jx + 1j +
Z
x 1
(x2 + 2x + 3)2 dx:
Dengan membuat substitusi u = x+ 1
2 2 = x+1, dipunyai x2 +2x+3 = u2 +2. Karena
itu
Z
x 1
(x2 + 2x + 3)2 dx =
Z
u 2
(u2 + 2)2 du =
Z
u
(u2 + 2)2 du +
Z
2
(u2 + 2)2 du:
Integral pertama di ruas kanan dihitung dengan mengambil w = u2 + 2, dw = 2u du,
maka
Z
u
(u2 + 2)2 du =
1
2
Z
2u
(u2 + 2)2 du =
1
2
Z
1
w2
dw =
1
2w
=
1
2 (u2 + 2)
:
Integral kedua dihitung dengan substitusi trigonometri u =
p
2 tan ( ), dan dengan
menggunakan hasil di Contoh 1.31 diperoleh bahwa
Z
2
(u2 + 2)2 du = 2
"
u
4 (u2 + 2)
p
2
4
arctan
u
p
2
#
:
Terakhir, dengan substitusi balik u = x + 1 didapatkan
Z
x4 + 4x3 + 11x2 + 12x + 8
(x + 1) (x2 + 2x + 3)2 dx = ln jx + 1j
1
2 (x2 + 2x + 3)
2
"
x + 1
4 (x2 + 2x + 3)
p
2
4
arctan
x + 1
p
2
#
+ k:

(1)
Z
1
(x 1) (x 2) (x + 4)
dx (2)
Z
1
(x 4) (10 + x)
dx
(3)
Z
1
(x a) (x b)
dx (4)
Z
1
(x a) (b x)
dx
(5)
Z
1
(x2 + 1) (x2 + 4)
dx (6)
Z
1
(x 1) (x2 + 1)
dx
(7)
Z
2x
x2 5x + 6
dx (8)
Z
x
(x + 3) (x + 4)
dx
(9)
Z
x + 1
(x + 2) (x2 + 4)
dx (10)
Z
x + 2
(x + 3) (x2 + 1)
dx
(11)
Z
2
(x2 + 4) (x2 + 9)
dx (12)
Z
1
(x2 4) (x2 9)
dx
(13)
Z
x2
(x2 + 4) (x2 + 9)
dx (14)
Z
x
(x2 4) (x2 9)
dx
(15)
Z
x 4
(x2 + 4) (x + 1)
dx (16)
Z
1
x2 5x + 4
dx
(17)
Z
1
x4 16
dx (18)
Z
x
x4 81
dx
(19)
Z
x3 + x2 + 2
x2 1
dx (20)
Z
x3 x2 7x + 8
x2 4x + 4
dx
(21)
Z
x6 2
x4 + x2
dx (22)
Z
x2 + x 3
x3 2x2 x + 2
dx
(23)
Z
x5 + 2x4 + 4x3 + x + 1
x2 + x + 1
dx (24)
Z
x2 + 3x 1
x4 + x3 + x2 + x
dx
(25)
Z
2x3 11x2 + 17x 16
x4 4x3 + 5x2 4x + 4
dx (26)
Z
9 + 6x + 2x2 + x3
4 + x2
dx
1.8 Integral Fungsi Irasional
Terdapat dua bentuk irasional yang akan didiskusikan dalam subbab ini. Dengan sub-
stitusi yang sesuai, masalah integrasi dibawa menjadi integrasi fungsi rasional.
Jika integran memuat satu atau lebih pangkat-pangkat pecahan berbentuk x
s
r , maka
masalah integrasinya bisa diselesaikan dengan membuat substitusi x = un dimana n
adalah kelipatan persekutuan terkecil (disingkat KPK) dari penyebut-penyebut dalam
pangkat pecahan. Dengan substitusi tersebut, masalah integral dibawa menjadi inte-
grasi fungsi rasional.

Z 3
p
x
1 +
p
x
dx:
Karena KPK dari 3 dan 2 adalah 6, maka dibuat substitusi x = u6, dx = 6u5du, dan
Z 3
p
x
1 +
p
x
dx =
Z 3
p
u6
1 +
p
u6
6u5
du =
Z
u2
1 + u3
6u5
du
= 6
Z
u7
1 + u3
du:
Sekarang dipunyai masalah integrasi fungsi rasional dan untuk penyelesaiannya diting-
galkan sebagai latihan.
Z p
x +
3
p
x2
5 + 4
p
x
dx:
Karena KPK dari 2, 3, dan 4 adalah 12, maka dibuat substitusi x = u12, dx = 12u11du,
dan
Z p
x +
3
p
x2
5 + 4
p
x
dx =
Z p
u12 + 3
q
(u12)2
5 +
4
p
u12
12u11
du = 12
Z
u6 + u8
5 + u3
u11
du
= 12
Z
u17 + u19
5 + u3
du:
Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.
Jika integran hanya memuat bentuk
s
ax + b
px + q
; dengan a; p 6= 0;
maka dibuat substitusi u =
r
ax + b
px + q
. Hubungan antara du dan dx dicari seperti
berikut:
u2
=
ax + b
px + q
=) u2
(px + q) = ax + b =) x pu2
a = b qu2
=) x =
b qu2
pu2 a
=) dx =
2qu pu2 a b qu2 2pu
(pu2 a)2 du:

Z r
x + 1
x + 2
dx:
Jika dibuat substitusi
u =
r
x + 1
x + 2
; dan
dx =
4u u2 1 1 2u2 2u
(u2 1)2 du =
2u
(u2 1)2 du,
maka diperoleh
Z r
x + 1
x + 2
dx =
Z
u
2u
(u2 1)2 du = 2
Z
u2
(u2 1)2 du:
Penyelesaian untuk integrasi fungsi rasional di ruas kanan ditinggalkan sebagai latihan.
Hitung setiap integral berikut ini menggunakan substitusi yang diberikan.
(1)
Z
4x
3
2
1 + x
1
3
dx; x = u6 (2)
Z
1
1 + x
1
3
dx; x = u3
(3)
Z
1
p
1 + e2x
dx; u2 = 1 + e2x (4)
Z
1
x
p
x3 8
dx; u2 = x3 8
Hitung setiap integral berikut ini menggunakan suatu substitusi yang sesuai.
(5)
Z
x
p
x + 2
dx (6)
Z
x2
p
x + 4
dx (7)
Z
1
4 +
p
x
dx
(8)
Z
x
1 +
p
x
dx (9)
Z p
x
1 + 3
p
x
dx (10)
Z
x
2
3
8 + x
1
2
dx
(11)
Z
1
x
2
3 + 1
dx (12)
Z
1
1 +
p
x
dx (13)
Z
x
1 + x
2
3
dx
(14)
Z
1 +
p
x
2 +
p
x
dx (15)
Z
1
p
x
1 + x
3
2
dx (16)
Z
1 +
p
x
1 x
3
2
dx
(17)
Z r
3x 2
4x + 3
dx (18)
Z r
1 +
1
x
dx (19)
Z r
1
1
x
dx
(20)
Z
1
x
r
ln x
ln (x) 1
dx

1.9 Substitusi tan 1
2x
Jika integran memuat suatu pernyataan berbentuk (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)),
maka substitusi berikut bisa membantu dalam penghitungan integral. Substitusi akan
mentransformasikan integran ke bentuk rasional.
BENTUK (a + b sin (x)) atau (a + b cos (x)). Diandaikan bahwa u = tan 1
2 x ,
maka dipunyai
sin (x) =
2u
1 + u2
; cos (x) =
1 u2
1 + u2
; dan dx =
2
1 + u2
du:
Lebih lanjut,
(1)
Z
1
a + b sin (x)
dx =
Z 2
1+u2
a + b 2
1+u2
du =
Z
2
a (1 + u2) + 2bu
du
(2)
Z
1
a + b cos (x)
dx =
Z 2
1+u2
a + b1 u2
1+u2
du =
Z
2
a (1 + u2) + b (1 u2)
du
Z
1
1 + sin (x) + cos (x)
dx:
Jika dibuat substitusi u = tan 1
2 x , dx =
2
1 + u2
du, maka
Z
1
1 + sin (x) + cos (x)
dx =
Z
1
1 +
2u
1 + u2
+
1 u2
1 + u2
2
1 + u2
du
=
Z
2
1 + u2 + 2u + 1 u2
du
=
Z
2
2 + 2u
du =
Z
1
1 + u
du
= ln j1 + uj + k
= ln 1 + tan
1
2
x + k:
(1)
Z
1
2 + sin (x)
dx (2)
Z
1
2 sin (x)
dx
(3)
Z
1
4 + cos (x)
dx (4)
Z
1
sin (x) + cos (x)
dx
(5)
Z
1
sin (x) cos (x)
dx (6)
Z
1
2 sin (x) + 3 cos (x)
dx

(7)
Z
1
3 + cos (x)
dx (8)
Z
1
3 cos (x)
dx
(9)
Z
sin (x)
sin (x) + cos (x)
dx (10)
Z
cos (x)
sin (x) cos (x)
dx
(11)
Z
1 + sin (x)
1 sin (x)
dx (12)
Z
1 cos (x)
1 + cos (x)
dx
(13)
Z
2 + cos (x)
2 cos (x)
dx (14)
Z
2 cos (x)
2 + cos (x)
dx
(15)
Z
2 sin (x)
3 + cos (x)
dx

Bab 2
Integral Tentu
2.1 Integral Riemann
Di sini kita mencoba untuk mencari luas bidang datar dari daerah di bawah kurva
y = f (x) dari a sampai b, dimana f adalah suatu fungsi kontinu, seperti dalam Gambar
2.1.
y=f(x)
Gambar 2.1: Daerah di bawah suatu kurva.
Untuk menaksir luas bidang datar, kita mulai dengan membagi interval [a; b] menjadi
n interval bagian:
[x0; x1] ; [x1; x2] ; [x2; x3] ; :::; [xn 1; xn]
yang mempunyai lebar sama x =
b a
n
(sehingga xi = a + i x). Titik-titik x0, x1,
..., xn dinamakan titik-titik diskrit.
Pada setiap interval bagian [xi 1; xi], kita membentuk persegi panjang dengan tinggi
f (xi ), dimana xi 2 [xi 1; xi], lihat Gambar 2.2. Persegi panjang ke-i akan mempunyai
luas
f (xi ) x:
Dari Gambar 2.2, kita bisa melihat bahwa jumlah dari luas semua persegi panjang ham-
pir mendekati luas daerah di bawah kurva. Jumlahan ini dinamakan suatu Jumlahan
Riemann dan sama dengan
nX
i=1
f (xi ) x = f (x1) x + f (x2) x + + f (xn) x:
43

Bab 2. Integral Tentu 44
x0 = a x1 x2 xi-1 xixi*
f(xi*)f(x)
xxn = bxn-1xn-2
x∆
Gambar 2.2: Persegi-persegi panjang di bawah suatu kurva.
Kita bisa memperkenalkan luas eksak dari bidang datar di bawah gra…k f (x) dengan
limit:
A = lim
n!1
nX
i=1
f (xi ) x:
Ketika f adalah kontinu, nilai limit tidak tergantung dari titik-titik sampel xi yang
digunakan.
Limit tersebut dinyatakan oleh
Z b
a
f (x) dx, dan dinamakan integral tentu (de…nite
integral) untuk f dari a sampai b:
Z b
a
f (x) dx = lim
n!1
nX
i=1
f (xi ) x:
Berikut ini diberikan suatu contoh bagaimana bagaimana menghitung integral tentu
secara langsung dari de…nisi.
Contoh 2.1 Dicari nilai dari integral tentu
Z 1
0
x2
dx:
Kita membagi interval [0; 1] menjadi n subinterval dengan lebar sama, sehingga x =
1
n
dan xi =
i
n
. Berikutnya kita harus memilih suatu titik xi dalam setiap subinterval
[xi 1; xi]. Di sini kita akan menggunakan titik ujung kanan dari setiap subinterval,
xi =
i
n
, lihat Gambar 2.3(a). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kanan. Karena itu
jumlahan Riemann yang berasosiasi dengan partisi tersebut adalah
R =
nX
i=1
i
n
2
1
n
=
1
n3
nX
i=1
i2
=
1
n3
2n3 + 3n2 + n
6
=
2n3 + 3n2 + n
6n3
:

Jadi, Z 1
0
x2
dx = lim
n!1
2n3 + 3n2 + n
6n3
=
1
3
:
Untuk memeriksa bahwa hasil tidak tergantung pada titik-titik sampel yang digunakan,
diulangi penghitungan menggunakan titik ujung kiri dari setiap subinterval, lihat Gam-
bar 2.3(b). Aturan ini dinamakan Aturan Sisi Kiri. Hasilnya adalah
L =
nX
i=1
i 1
n
2
1
n
=
1
n3
nX
i=1
(i 1)2
=
1
n3
2n3 3n2 + n
6
=
2n3 3n2 + n
6n3
:
Jadi, Z 1
0
x2
dx = lim
n!1
2n3 3n2 + n
6n3
=
1
3
:
0
x2
x1 0
x2
x1
(a) (b)
Gambar 2.3: Jumlahan Riemann: (a) Aturan Sisi Kanan; (b) Aturan Sisi Kiri.
Dalam Soal 1 24, hitung jumlahan Riemann menggunakan Aturan Sisi Kanan. Di-
gunakan notasi
bX
a
untuk a dan b menyatakan bahwa subinterval pertama dimulai di
a dan subinterval akhir berakhir di b.
(1)
1X
0
(3x + 1) x; x = 1
3 (2)
1X
0
(3x + 1) x; x = 2
5
(3)
1X
1
(3x + 1) x; x = 1
4 (4)
1X
0
2x2 x; x = 1
4
(5)
1X
1
2x2 x; x = 1
4 (6)
5X
0
(2x 1) x; x = 1
(7)
5X
0
(2x 1) x; x = 2 (8)
1X
1
x2 1 x; x = 1
2
(9)
2X
0
x2 1 x; x = 1
2 (10)
1X
1
x2 1 x; x = 3
10

(11)
3X
4
5x2 12 x; x = 2 (12)
3X
4
5x2 12 x; x = 1
(13)
3X
1
1 +
1
x
x; x = 1
3 (14)
5X
0
10 2x x; x = 1
2
(15)
0X
1
x4 x; x = 1
4 (16)
1X
1
2x3 x; x = 1
2
(17)
X
0
p
x x; x = 1 (18)
9X
2
jx 4j x; x = 2
(19)
X
0
sin (x) x; x = 1
4 (20)
X
0
sin2
(x) x; x = 1
4
(21)
1X
0
ex x; x = 1
5 (22)
1X
0
xex x; x = 1
5
(23)
5X
1
ln (x) x; x = 1 (24)
5X
1
ln (x)
x
x; x = 1
Dalam soal 25 40, pergunakan fungsi y = f (x), bilangan a, b, dan n untuk menghi-
tung hampiran luas bidang datar yang dibatasi oleh y = f (x). y = 0, x = 1, x = b
berdasarkan partisi
P = fa = x0 < x1 < < xn = bg , dimana xi = a + i
b a
n
;
dan Aturan Sisi Kiri.
(25) y = 2x, a = 0, b = 2, n = 6 (26) y =
1
x
, a = 1, b = 3, n = 6
(27) y = x2, a = 0, b = 3, n = 6 (28) y = x3, a = 0, b = 2, n = 4
(29) y =
1
1 + x
, a = 0, b = 3, n = 6 (30) y =
1
1 + x2
, a = 0, b = 3, n = 4
(31) y =
1
p
4 x2
, a = 0, b = 1, n = 4 (32) y =
1
4 x2
, a = 0, b = 1, n = 4
(33) y =
1
4 + x2
, a = 0, b = 2, n = 4 (34) y =
1
p
4 + x2
, a = 0, b = 2, n = 4
(35) y =
p
4 + x2, a = 0, b = 2, n = 4 (36) y =
p
4 x2, a = 0, b = 2, n = 4
(37) y = sin (x), a = 0, b = , n = 4 (38) y = cos (x), a = 2 , b = 2 , n = 4
(39) y = sin2
(x), a = 0, b = , n = 4 (40) y = cos2 (x), a = 2 , b = 2 , n = 4
(41) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat
positif. Buktikan bahwa jika x =
b
n
, maka
bX
0
x x = (1 + 2 + + (n 1)) ( x)2
:
Menggunakan rumus 1 + 2 + + (n 1) =
1
2
n (n 1), buktikan bahwa
bX
0
x x =
1
2
1
1
n
b2
:

(42) Diambil b adalah suatu bilangan riil positif dan n adalah suatu bilangan bulat
positif, dan x =
b
n
. Menggunakan rumus
12
+ 22
+ + (n 1)2
=
1
6
n (n 1) (2n 1) ;
buktikan bahwa
bX
0
x2
x =
1
6
n (n 1) (2n 1)
b3
n3
:
(43) Menggunakan Soal (26) tunjukkan bahwa
Z b
0
x2
dx =
1
3
b3
.
2.2 Teorema Fundamental dari Kalkulus Integral
Dalam subbab ini, kita pertama kali akan mendiskusikan suatu hubungan antara inte-
gral Riemman dan antiderivatif. Hubungan ini memampukan kita untuk menghitung
integral Riemann dengan secara sederhana mencari suatu antiderivatif dari fungsi yang
diberikan.
Proposisi 2.2 (TEOREMA FUNDAMENTAL KALKULUS INTEGRAL)
Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval tertutup [a; b], di-
mana a, b 2 R dan a < b. Jika fungsi F (x) adalah suatu antiderivatif dari f (x) dalam
[a; b], maka
Z b
a
f (x) dx = [F (x)]x=b
x=a = F (b) F (a) :
Contoh 2.3 Dipunyai
Z 2
x2
+ 2 sin (x) dx =
1
3
x3
2 cos (x)
2
=
8
3
3
2 cos (2 )
1
3
3
2 cos ( )
=
7
3
3
4:
Contoh 2.4 Dipunyai
Z
0
p
1 cos (x) sin (x) dx =
2
3
(1 cos (x))
3
2
0
=
2
3
(1 cos ( ))
3
2
2
3
(1 cos (0))
3
2
=
4
p
2
3

Proposisi 2.5 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval
tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka
Z b
a
f (x) dx =
Z a
b
f (x) dx:
Proposisi 2.6 Diandaikan bahwa f (x) adalah suatu fungsi kontinu dalam interval
tertutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b. Jika c 2 [a; b], maka
Z b
a
f (x) dx =
Z c
a
f (x) dx +
Z b
c
f (x) dx:
Proposisi 2.7 Jika f (x) dan g (x) adalah fungsi-fungsi kontinu dalam interval ter-
tutup [a; b], dimana a, b 2 R dan a < b, maka
Z b
a
(f (x) + g (x)) dx =
Z b
a
f (x) dx +
Z b
a
g (x) dx:
Lebih lanjut, untuk setiap bilangan riil k 2 R, dipunyai
Z b
a
kf (x) dx = k
Z b
a
f (x) dx:
Dalam Soal 1 5, hitung setiap integral tentu.
(1)
Z 1
1
2x2 dx (2)
Z 2
2
x3 dx (3)
Z 1
2
x 2 dx
(4)
Z 4
0
2
p
x dx (5)
Z 2
3
5x4 dx
Dalam Soal 6 10, tentukan luas bidang datar dari daerah di bawah kurva y = f (x)
dari a sampai b.
(6) y = 2x, a = 0, b = 2 (7) y =
1
x
, a = 1, b = 3
(8) y = x2, a = 0, b = 3 (9) y = x3, a = 0, b = 2
(10) y = 4 x2, a = 2, b = 2 (11) y =
p
x + 2, a = 2, b = 2
(12) y = 9x x2, a = 0, b = 3 (13) y =
p
x x, a = 0, b = 1
(14) y = 3x
1
3 , a = 1, b = 8 (15) y =
1
1 + x
, a = 0, b = 3
(16) y =
1
1 + x2
, a = 0, b = 3 (17) y =
1
p
4 x2
, a = 0, b = 1
(18) y =
1
4 x2
, a = 0, b = 1 (19) y =
1
4 + x2
, a = 0, b = 2
(20) y =
1
p
4 + x2
, a = 0, b = 2 (21) y =
p
4 + x2, a = 0, b = 2
(22) y =
p
4 x2, a = 0, b = 2 (23) y = sin (x), a = 0, b =
(24) y = cos (x), a = 1
2 , b = 1
2 (25) y = sin2
(x), a = 0, b =

Bab 3
Integral Tak Wajar
3.1 Pengantar
Untuk mende…nisikan integral Riemann
Z b
a
f (x) dx;
ini adalah penting bahwa [a; b] haruslah suatu interval terbatas, dan bahwa fungsi
f (x) terbatas pada [a; b]. Di sisi lain, dua syarat tersebut tidak cukup untuk menjamin
bahwa integral Riemann ada.
Contoh 3.1 Ketika kita menuliskan
Z 1
0
1
3x
1
2
dx =
2
3
x
1
2
1
0
=
2
3
;
kita mungkin tidak menyadari bahwa integran tidak dide…nisikan di x = 0, sehingga
Teorema Fundamental Kalkulus Integral tidak bisa diaplikasikan. Karena itu jelas
bahwa argumen di atas adalah salah.
De…nisi 3.2 Integral tak wajar (improper integral) adalah integral dengan satu atau
kedua syarat berikut ini dijumpai, yaitu
(1) Interval dari integrasi adalah tidak terbatas:
[a; +1) , ( 1; b] , ( 1; 1) ;
sebagai contoh: Z 1
1
1
x2
dx:
(2) Integran mempunyai suatu ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b]:
lim
x!c
f (x) = 1;
sebagai contoh: Z 1
0
1
p
x
dx:
49

Bab 3. Integral Tak Wajar 50
3.2 Integral atas Interval Tak Terbatas
De…nisi 3.3 Diandaikan bahwa suatu fungsi f kontinu pada ( 1; 1). Dide…nisikan
integral tak wajar ketika limitnya ada:
(a)
Z 1
a
f (x) dx = limb!1
Z b
a
f (x) dx;
(b)
Z b
1
f (x) dx = lima! 1
Z b
a
f (x) dx;
(c)
Z 1
1
f (x) dx =
Z c
1
f (x) dx +
Z 1
c
f (x) dx;
dimana, dalam de…nisi (c), integral-integral di ruas kanan ada untuk suatu c. Jika
integral tak wajar ada, maka integral dikatakan konvergen, tetapi jika tidak ada maka
dikatakan divergen.
Seringkali kita menuliskan [F (x)]1
a sebagai suatu singkatan untuk
[F (x)]1
a = lim
t!1
[F (x)]t
a :
Secara analog:
[F (x)]b
1 = lim
t! 1
[F (x)]b
t ;
dan
[F (x)]1
1 = [F (x)]c
1 + [F (x)]1
c = lim
t! 1
[F (x)]c
t + lim
t!1
[F (x)]t
c :
Contoh 3.4
Z 1
1
1
x2
dx = lim
t!1
Z t
1
1
x2
dx = lim
t!1
1
x
t
1
= lim
t!1
1
t
+ 1 = 1;
atau dalam notasi sederhana:
Z 1
1
1
x2
dx =
1
x
1
1
= lim
t!1
1
t
+ 1 = 1:
Contoh 3.5 Dicari nilai dari p sehingga integral berikut ini konvergen,
Z 1
1
1
xp
dx:
Jika p = 1, maka kita mempunyai
Z t
1
1
x
dx = [ln (x)]t
1 = ln (t) ;
sehingga Z 1
1
1
x
dx = lim
t!1
Z t
1
1
x
dx = lim
t!1
ln (t) = 1;

yang berarti bahwa integral adalah divergen. Sekarang diandaikan p 6= 1:
Z t
1
1
xp
dx =
x p+1
p + 1
t
1
=
1
1 p
1
tp 1
1 :
Jika p > 1, maka p 1 > 0 dan
Z 1
1
1
xp
dx = lim
t!1
1
1 p
1
tp 1
1 = 0;
karena itu integral adalah konvergen. Di sisi lain, jika p < 1, maka p 1 < 0 atau
1 p > 0, dan Z 1
1
1
xp
dx = lim
t!1
1
1 p
t1 p
1 = 1;
karena itu integral adalah divergen. Jadi,
Z 1
1
1
xp
dx adalah konvergen jika p > 1, dan divergen jika p 1.
3.3 Tak Kontinu di Suatu Titik
De…nisi 3.6 Diasumsikan bahwa f kontinu pada [a; b) tetapi
lim
x!b
f (x) = 1;
maka dide…nisikan
Z b
a
f (x) dx = lim
t!b
Z t
a
f (x) :
Secara analog, jika f kontinu pada (a; b] tetapi
lim
x!a+
f (x) = 1;
maka dide…nisikan
Z b
a
f (x) dx = lim
t!a+
Z b
t
f (x) :
Terakhir, jika f (x) mempunyai ketakkontinuan tak hingga di suatu titik c dalam [a; b],
maka de…nisinya adalah
Z b
a
f (x) dx =
Z c
a
f (x) dx +
Z b
c
f (x) dx:
Jika limitnya ada, integral tak wajar dikatakan konvergen, jika tidak maka dikatakan
divergen.
Jika interval integrasi adalah [a; b), seringkali kita menuliskan [F (x)]b
a sebagai suatu
singkatan untuk limt!b [F (x)]t
a, dan analog untuk interval (a; b].

Contoh 3.7
Z 1
0
1
p
x
dx = lim
t!0
Z 1
t
1
p
x
dx = lim
t!0
2
p
x
1
t
= lim
t!0
2 2
p
t = 2;
atau dalam notasi sederhana:
Z 1
0
1
p
x
dx = 2
p
x
1
0
= lim
t!0
2 2
p
t = 2:
Contoh 3.8 Diperhatikan integral tak wajar
Z 1
0
ln (x) dx:
Fungsi ln (x) mempunyai suatu asimtot tegak di x = 0 karena lim
x!0+
ln (x) = 1.
Karena itu
Z 1
0
ln (x) dx = lim
t!0+
Z 1
t
ln (x) dx = lim
t!0+
[x ln (x) x]1
t
= lim
t!0+
(ln (1) 1 t ln (t) + t)
= lim
t!0+
(t 1 t ln (t))
= 1:
3.4 Uji Perbandingan
Proposisi 3.9 Diandaikan f dan g adalah fungsi-fungsi kontinu sedemikian sehingga
f (x) g (x) 0 untuk x 0.
(1) Jika
Z 1
a
f (x) dx jika konvergen maka
Z 1
a
g (x) dx adalah konvergen.
(2) Jika
Z 1
a
g (x) dx jika divergen maka
Z 1
a
f (x) dx adalah divergen.
Pernyataan serupa berlaku untuk integral dengan ketakkontinuan tak hingga di suatu
titik.
Contoh 3.10 Diperhatikan tak wajar
Z 1
0
e x2
dx:
Dipunyai Z 1
0
e x2
dx =
Z 1
0
e x2
dx +
Z 1
1
e x2
dx:

Karena integral pertama di ruas kanan adalah suatu integral tentu biasa, maka kita
hanya perlu menunjukkan bahwa integral kedua adalah konvergen. Pada kenyataannya,
untuk x 1 dipunyai x2 x, sehingga e x2
e x. Di sisi lain,
Z t
1
e x
dx = e x t
1
= e t
+ e 1
;
karena itu Z 1
1
e x
dx = lim
t!1
e t
+ e 1
= e 1
;
sehingga
Z 1
1
e x dx adalah konvergen. Oleh karena itu, berdasarkan teorema per-
bandingan diperoleh bahwa
Z 1
1
e x2
dx adalah konvergen.
SOAL-SOAL UNTUK BAB 3
Untuk Soal 1 3, buktikan setiap pernyataan yang diberikan.
(1)
Z 1
1
e x dx = 1 (2)
Z 1
0
1
p
1 x2
dx =
2
(3)
Z 1
1
1
1 + x2
dx =
Untuk Soal 4 27, hitung setiap integral tak wajar yang diberikan.
(4)
Z 1
0
e x sin (2x) dx (5)
Z 1
0
e 4x cos (3x) dx
(6)
Z 1
0
xe x dx (7)
Z 1
0
2xe x dx
(8)
Z 1
0
x2e x dx (9)
Z 1
1
1
x
3
2
dx
(10)
Z 1
4
1
x
5
2
dx (11)
Z 1
1
4x
1 + x2
dx
(12)
Z 1
1
x
(1 + x2)
3
2
dx (13)
Z 1
16
4
x2 4
dx
(14)
Z 1
2
1
x ln2
(x)
dx (15)
Z 1
2
1
x lnp
(x)
dx, p > 1
(16)
Z 1
1
3xe x2
dx (17)
Z 2
1
ex dx
(18)
Z 1
0
2
ex + e x
dx (19)
Z 1
1
1
x2 + 9
dx
(20)
Z 2
0
1
p
4 x2
dx (21)
Z 4
0
x
p
16 x2
dx

(22)
Z 5
0
x
(25 x2)
3
2
dx (23)
Z 1
2
1
x
p
4 x2
dx
(24)
Z 1
0
e
p
x
p
x
dx (25)
Z 1
0
1
p
x (x + 25)
dx
(26)
Z 1
0
e x
q
1 (e x)2
dx (27)
Z 1
0
x2e x3
dx

Bab 4
Aplikasi Integral
Dalam bab ini akan dibahas beberapa aplikasi dari integral. Dicatat bahwa aplikasi-
aplikasi yang disajikan dalam bab ini adalah aplikasi-aplikasi yang memerlukan teknik-
teknik yang sudah dibahas dalam bab-bab sebelumnya. Aplikasi-aplikasi tersebut yaitu
penentuan luas bidang datar, penentuan volume suatu benda putar, penentuan luas
permukaan suatu benda putar, penentuan panjang kurva, dan pusat massa dari suatu
benda.
4.1 Luas Bidang Datar
Pada subbab ini kita akan mencari luas bidang datar antara dua kurva. Kurva-kurva
yang diamati adalah kurva yang muncul dalam persamaan Kartesius, persamaan pa-
rameter, dan persamaan kutub.
4.1.1 Persamaan Kartesius
Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar
antara dua kurva Kartesius. Terdapat dua kasus yang diperhatikan seperti yang terlihat
dalam Gambar 4.1.
y=f(x)
y=g(x)a b
x
y
x
x=f(y)
c
d
y
x=g(y)
(a) (b)
Gambar 4.1: Bidang datar antara dua kurva.
55

Bab 4. Aplikasi Integral 56
KASUS 1. Dalam kasus pertama kita ingin menentukan luas bidang datar antara
y = f (x) dan y = g (x) untuk x 2 I = [a; b]. Diasumsikan bahwa f (x) g (x) pada I,
lihat Gambar 4.1(a).
Masalah tersebut diselesaikan seperti masalah luas bidang datar yang sudah dibicarakan
dalam Bab 2. Pertama kali interval dibagi menjadi n interval bagian dengan lebar sama:
x =
b a
n
:
Berikutnya, diambil suatu titik dalam setiap interval bagian, misalnya xi , dan dibentuk
persegi panjang pada setiap interval bagian seperti dalam Gambar 4.2.
y
x
y=f(x)
y=g(x)
x0
xi-1 xi
xn-1 xn
*
1x
x1 x2
*
2x *
ix *
nx
Gambar 4.2: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(a).
Tinggi dari setiap persegi panjang diberikan oleh
f (xi ) g (xi ) ;
sehingga luas setiap persegi panjang dinyatakan dengan
(f (xi ) g (xi )) x:
Jadi, luas bidang datar antara dua kurva dihampiri oleh
L
nX
i=1
(f (xi ) g (xi )) x:
Luas eksaknya yaitu
L = lim
n!1
nX
i=1
(f (xi ) g (xi )) x;
atau berdasarkan jumlahan tak hingga di Subbab 2.1 diperoleh rumus
L =
Z b
a
(f (x) g (x)) dx: (4.1)
Dicatat bahwa rumus (4.1) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi atas, yaitu f (x),
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah, yaitu g (x), dalam satu interval inte-
grasi.

Contoh 4.1 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh y = 2x2 + 10, y = 4x + 16,
x = 2, dan x = 5.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan digambarkan seperti berikut:
10-1-2 2 3 4 5
20
30
40
50
60
y
x
10
y = 4x + 6
x∆
tinggi =
y = 2x2
+ 10
(2x2
+ 10) - (4x + 6)
x∆
(4x + 6) - (2x2
+ 10)
lebar = x∆
(2x2
+ 10) - (4x + 6)
tinggi =
tinggi =
lebar =lebar =
Dalam masalah ini terdapat tiga daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi atas
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi bawah. Jadi, yang perlu dilakukan adalah
mencari luas bidang datar untuk setiap daerah tersebut dan selanjutnya dijumlahkan.
L =
Z 1
2
2x2
+ 10 (4x + 16) dx +
Z 3
1
(4x + 16) 2x2
+ 10 dx
+
Z 5
3
2x2
+ 10 (4x + 16) dx
=
Z 1
2
2x2
4x 6 dx +
Z 3
1
2x2
+ 4x + 6 dx +
Z 5
3
2x2
4x 6 dx
=
2
3
x3
2x2
6x
1
2
+
2
3
x3
+ 2x2
+ 6x
3
1
+
2
3
x3
2x2
6x
5
3
=
14
3
+
64
3
+
64
3
=
142
3
:
KASUS 2. Dalam kasus kedua kita ingin menentukan luas bidang datar antara
x = f (y) dan x = g (y) untuk y 2 J = [c; d]. Diasumsikan bahwa f (y) g (y) pada
J, lihat Gambar 4.1(b). Penurunan rumus luas bidang datar adalah serupa dengan
Kasus 1, yaitu membagi interval J menjadi interval-interval bagian yang sama lebar
dan membentuk persegi panjang pada setiap interval bagian, lihat Gambar 4.3. Pada
akhirnya akan diperoleh rumus untuk luas bidang datar:
L =
Z d
c
(f (y) g (y)) dy: (4.2)
Dicatat bahwa rumus (4.2) meminta satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan, yaitu
f (y), dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri, yaitu g (y), dalam satu interval
integrasi.

x
y
x=g(y)
x=f(y)y0
y1
yi-1
yi
yn-1
yn
*
1y
*
iy
*
2y
*
ny
y2
Gambar 4.3: Persegi panjang-persegi panjang pada bidang datar untuk Gambar 4.1(b).
Contoh 4.2 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh x = 1
2 y2 3, x = y +1, y = 4,
dan y = 4.
1 5-3
4
-1
-2
-4
x
y
x = y + 132
2
1
−= yx
x∆lebar =
tinggi = ( )3)1( 2
2
1
−−+ yy
x∆lebar =
tinggi = ( ) )1(32
2
1
+−− yy
Dalam masalah ini terdapat dua daerah dimana satu fungsi selalu menjadi fungsi kanan
dan fungsi lainnya selalu menjadi fungsi kiri.
L =
Z 2
4
1
2
y2
3 (y + 1) dy +
Z 4
2
(y + 1)
1
2
y2
3 dy
=
Z 2
4
1
2
y2
y 4 dy +
Z 4
2
1
2
y2
+ y + 4 dy
=
1
6
y3 1
2
y2
4y
2
4
+
1
6
y3
+
1
2
y2
+ 4y
4
2
=
22
3
+ 18 =
76
3
:

4.1.2 Persamaan Parameter
Dalam bagian ini kita akan mencari suatu rumus untuk menentukan luas bidang datar
antara sumbu x dan suatu kurva parameter yang diberikan oleh
x = f (t) dan y = g (t) , a x b:
Kita juga mengasumsikan bahwa kurva parameter bergerak berdasarkan kenaikan t
dari t1 sampai t2 dan melewati titik tepat satu kali, lihat Gambar 4.4.
xa b
t = t1
t = t2
x = f(t), y = g(t)
y
Gambar 4.4: Bidang datar di atas sumbu x dan di bawah suatu kurva parameter.
Dari diskusi dalam bagian sebelumnya kita bisa mendapatkan rumus untuk luas bidang
datar di atas sumbu x dan di bawah kurva y = F (x) dimana x 2 [a; b]:
L =
Z x=b
x=a
F (x) dx:
Sekarang dipikirkan persamaan parameter x = f (t) sebagai substitusi dalam integral.
Kita juga mengasumsikan bahwa a = f (t1) dan b = f (t2). Selain itu diperlukan juga
diferensial dx:
dx = f0
(t) dt:
Selanjutnya persamaan-persamaan yang diambil disubstitusikan ke rumus luas bidang
datar untuk memperoleh rumus:
L =
Z t=t2
t=t1
y f0 (t) dt:
Contoh 4.3 Cari luas bidang datar yang dibatasi oleh sumbu x dan sikloida (cycloid)
x = t sin (t), y = 1 cos (t) untuk nilai t dari 0 sampai 2 .
y
x
2 4 6
2
t = 0
π=t
π2=t
0

Diambil x = f (t) = t sin (t) dengan f0 (t) =
df (t)
dt
= 1 cos (t). Karena itu diperoleh
luas bidang datar yang diarsir yaitu
L =
Z t=t2
t=t1
y f0
(t) dt =
Z 2
0
(1 cos (t)) (1 cos (t)) dx
=
Z 2
0
(1 cos (t))2
dx =
Z 2
0
1 2 cos (t) + cos2
(t) dx
=
Z 2
0
1 2 cos (t) +
1 + cos (2t)
2
dx
=
Z 2
0
3
2
2 cos (t) +
1
2
cos (2t) dx
=
3
2
t 2 sin (t) +
1
4
sin (2t)
2
0
= 3 :
4.1.3 Persamaan Kutub
Dalam bagian ini kita akan memperhatikan bidang datar yang dibatasi oleh kurva
kutub. Dimisalkan bidang datar dibatasi oleh kurva r1 = f ( ) > 0 dan r2 = g ( ) > 0
dan garis-garis = dan = seperti dalam Gambar 4.5.
βθ =
αθ =
)(1 θfr =
)(2 θgr =
A
B
O
θ∆
L∆
A*
0=θ
L
B*
O
*
θ
Gambar 4.5: Bidang datar di antara dua kurva kutub.
Rumus untuk luas bidang datar tersebut dapat dipandang secara intuisi dengan mem-
perhatikan suatu irisan L. Irisan tersebut diperoleh dengan memandang dua juring
dari suatu lingkaran berjari-jari r1 dan r2 dengan sudut pusat seperti dalam Gam-
bar 4.5 sebelah kanan. Berdasarkan rumus luas suatu tembereng dari suatu lingkaran
dengan jari-jari r dan sudut pusat :
L =
1
2
r2
;

diperoleh luas tembereng OBB dan OAA berturut-turut yaitu
LOBB =
1
2
r2
1 dan LOAA =
1
2
r2
2 ;
sehingga
L = LOBB LOAA =
1
2
r2
1 r2
2 :
Berdasarkan jumlahan tak hingga akan diperoleh
L = 1
2
Z
r2
1 r2
2 d : (4.3)
Contoh 4.4 Hitung luas bidang datar tertutup di luar lingkaran r = 6 cos ( ) dan di
dalam kardioda (cardioid) r = 2 + 2 cos ( ).
Penyelesaian. Untuk menentukan luas bidang datar yang dimaksud, kita perlu menge-
tahui nilai dimana kedua kurva berpotongan. Kita dapat mencari nilai-nilai tersebut
dengan cara substitusi:
6 cos ( ) = 2 + 2 cos ( ) =) 4 cos ( ) = 2 =) cos ( ) =
1
2
=) =
1
3
:
Selanjutnya bidang datar yang diberikan dapat digambarkan seperti berikut:
y
x4 6
2
-2
πθ 3
1
=
ππθ 3
5
3
1
=−=
0=θ
)cos(6 θ=r
)cos(22 θ+=r
πθ 2
1
=
πθ =
πθ 2
3
=
Diingat bahwa rumus 4.3 meminta bidang datar harus tertutup ketika kita menaikkan
besar sudut dari yang kecil ke besar. Jika kita menggunakan 1
3 sampai 1
2 , maka
kita mendapatkan bidang datar yang dibatasi oleh kardioda dan lingkaran. Luas untuk
bidang datar tersebut yaitu
L1 =
1
2
Z 1
2
1
3
h
(2 + 2 cos ( ))2
(6 cos ( ))2
i
d
=
1
2
Z 1
2
1
3
4 + 8 cos ( ) + 4 cos2
( ) 36 cos2
( ) d
=
1
2
Z 1
2
1
3
4 + 8 cos ( ) 32 cos2
( ) d
= 2
Z 1
2
1
3
1 + 2 cos ( ) 8 cos2
( ) d

L1 = 2 + 2 sin ( ) 8
1
4
sin (2 ) +
1
2
1
2
1
3
= 2 [ 3 + 2 sin ( ) 2 sin (2 )]
1
2
1
3
= 2
3
2
+ 2 0 ( + 0)
= 4 :
Berikutnya, jika kita menggunakan 1
2 sampai , maka kita mendapatkan bidang datar
yang dibatasi oleh kardioda saja. Di sini kita tetap bisa menggunakan 4.3 dengan
mengambil r2 = 0. Luas untuk bidang datar tersebut yaitu
L2 =
1
2
Z
1
2
h
(2 + 2 cos ( ))2
02
i
d
=
1
2
Z
1
2
4 + 8 cos ( ) + 4 cos2
( ) d
= 2
Z
1
2
1 + 2 cos ( ) + cos2
( ) d
= 2 + 2 sin ( ) +
1
4
sin (2 ) +
1
2 1
2
= 2
1
2
+ 2 sin ( ) +
1
4
sin (2 )
1
2
= 2
1
2
+ 0 0 +
1
4
+ 2 0
= 4 +
3
4
:
Sekarang kita perhatikan bahwa ternyata bidang datar simetris terhadap sumbu x.
Jadi, luas bidang datar yang ditanyakan yaitu
L = 2 (L1 + L2) = 2 4 + 4 +
3
4
= 16
1
4
:
Dalam masalah 1 16, cari luas bidang datar untuk daerah yang diarsir.
1. 2.
x
y
-2 20
2
4 xxy −=
0 π
y = (1 - cos(x))sin(x)
x
y

3. 4.
0π−
)cos(1)sin(3 xxy +=
x
y
-1-2
-1
-2
-3
x
y
π−
2
π
−
-1
1
0
))sin(sin()cos(2
1
xxy πππ +=
5. 6.
0
2
π π
1
x
y
y = 1
y = cos2
(x)
y
x
1
x = 12y2
- 12y3
x = 2y2
- 2y
0 1
7. 8.
2-2
8
y
x
(2,8)(-2,8)
y = 2x2
y = x4
- 2x2
x
0 1
1
x = y2
x = y3
(1,1)
9. 10.
y
x
-1 10
y = x2
y = -2x4
1
-2
0
2
3
π
3
π
−
y
t
y = -4sin2
(t)
)(sec 2
2
1
ty =

11. 12.
y
1 2
1
0
y = x 2
4
1
xy =
y = 1
0 1 2
1
x + y = 2y = x2
x
13. 14.
x
y
(-3,5)
5
y = x2
- 4
y = -x2
- 2x
1-3
(-3,-3)
(1,-3)
-4
-10
-2 2
(-2,-10)
(2,2)2
y = -x2
+ 3x
y = 2x3
- x2
- 5x
x
y
15. 16.
y
x
-5
(-2,4)
(3,-5)
y = - x + 2
y = 4 - x2
-2 2
2
4
3
y
x
(3,6)
(3,1)
( )3
2
,2 −−
xy 3
1
=
xxy −= 3
3
1
3
6
-2
Dalam masalah 17 85, buat sketsa kurva-kurva yang diberikan dan selanjutnya cari
luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.
17. y = 0, y = x, dan 2 x 1
18. y = 2x + 6, y = 3, dan 1 x 2
19. y = 0, y = 5x x2, dan 0 x 4

20. y = 0, y = x2 3x, dan 2 x 2
21. y = 0, y = 5 2x 3x2, dan 1 x 1
22. y = x2 + 1, y = 2x 2, dan 1 x 2
23. y = x2 1, y = x 2, dan 2 x 1
24. y = x 2, y = 3x
1
3 , dan 0 x 1
25. sumbu x dan kurva y = 5 + 6x x2
26. sumbu x dan kurva y = 1 x4
27. sumbu y dan kurva x = 25 y2
28. sumbu y dan kurva x = y (8 y)
29. di bawah sumbu x dan di atas y = x2 4x
30. di bawah y = 12 x2 dan di atas y = jxj
31. y = sin (x), y = cos (x), dan 0 x 2
32. y = cos (x), y = 2 cos (x), dan 1
2 x 1
2
33. y = sin (x), y = sin (x), dan 0 x
34. y = 2 sin (x), y = sin (2x), dan 0 x
35. y = x, y = ex, dan 0 x 2
36. y = e x, y = ex, dan 0 x 2
37. y = ex, y = ex, dan 1 x 1
38. y =
1
x
, y = ex, dan
1
2
x 1
39. sumbu x, y = 4 jxj, dan 2 x 2
40. y = 3x2 dan y = 12
41. y = 4 x2 dan y = 5
42. y = 2 dan y = 5 x2
43. y = 1
4 x2 dan y = 1
2 x + 2
44. y = x2 dan y = 1 x2
45. y = x3 dan y = x2
46. y = x2 dan y =
p
x
47. y = 4x + 16 dan y = 2x2 + 10
48. y = x2 2x dan y = x 2
49. y = x3 dan y = x

50. y = x3 dan y = 4x
51. y = x3 dan x = y2
52. y = x3 + 1 dan y = x + 1
53. y = x4 2x2 dan y = 2x2 + 12
54. y = x4 1 dan y = x3 x
55. y = 2x2 dan y = x2 + 4
56. y = 1
3 x2 dan y = 4 2
3 x2
57. y2 = 2x dan x2 = 2y
58. y2 = 2x dan x y = 4
59. y = jxj dan y = x2 2
60. y = jxj dan y = 1 jxj
61. y = jxj dan y = 2
62. y = 2 dan y = 3 jxj
63. y = jxj dan y = x3
64. y = jxj dan y = x2
65. y = x2 5 dan y = 3 x2
66. y = x2 2x dan y = 6x x2
67. y =
1
x
dan 2x + 2y = 5
68. x = 0, y = 9 x2, dan y = x (3 x)
69. y = 0, y = x3 + x + 2, dan x = 2
70. y = 2x + 4, y = 2 3x, dan y = x
71. y = x2 + 1, y = 2x, dan y = 1
72. y = x2 1, y = (x 1)2
, dan y = (x + 1)2
73. y =
p
x, y = 1, dan y = 10 2x
74. y = x 2, y = 2 x, dan y =
p
x
75. y = 2, y = x3 + x, dan x + y = 3
76. y =
p
x, y = 2
p
x, dan y = x
77. x = y2 dan x = 2 y2
78. x = y2 + 10 dan x = (y 2)2
79. x = 1 y2 dan x = y2 1

80. y = 0, x = y2, dan x = y + 2
81. x = 2y2, x = 0, dan y = 3
82. x = y2, x = y2, dan 2 y 2
83. x + 4y2 = 4 dan x + y4 = 1, untuk x 0
84. 4x2 + y = 4 dan x4 y = 1
85. x3 y = 0 dan 3x2 y = 0
Dalam masalah 86 105, buat sketsa kurva-kurva parameter yang diberikan dan se-
lanjutnya cari luas bidang datar tertutup yang dibatasi oleh kurva-kurva tersebut.
86. x = 2t 5, y = 3t + 8, 0 t 4
87. x = 5t2, y = t3, 1 t 2
88. x = t2, y = 2t (3 t), 0 t 3
89. x = t2 3t + 1, y = 4t2, -1 t 5
90. x = 3t2, y =
1
t
+ t3, 0:5 t 3
91. x = t3 4t, y = t2 1, 2 t 2
92. x = t2 1, y = t t3, 2 t 2
93. x = t2 2, y = 2t, 2 t 2
94. x = 3
p
t, y = t (4 t), 0 t 4
95. x = t2 3, y = 3t, t > 0, sumbu x, garis x = 1 dan x = 6
96. x = t3, y =
4
t
, sumbu x, garis x = 1 dan x = 8
97. x = t3, y =
1
3t2
, sumbu x, garis x = 1 dan x = 8
98. x = 5 sin , y = t2,
99. x = a cos ( ), y = a sin ( ), 0 2 (kurva lingkaran)
100. x = a cos ( ), y = b sin ( ), 0 2 (kurva ellips)
101. x = a sin ( ), y = a sin (2 ), 0 2 (kurva Lissajous)
102. x = cos ( ), y =
1
2
sin (2 ), 0 2
103. x = a cos3 ( ), y = a sin3
( ), 0 2 (kurva asteroida)
104. x = 1
2 cos ( ) 1
4 cos (2 ), y = 1
2 sin ( ) 1
4 sin (2 ), 0 2 (kurva scrambler)
105. x = a 3 sin ( ) sin3
( ) , y = a cos3 ( ), 0 2

Dalam masalah 106 125, buat sketsa kurva kutub yang diberikan dan selanjutnya cari
luas bidang datar tertutup yang dimaksud.
106. di dalam kardioda r = a (1 + cos ( )), a > 0
107. di dalam limaçon oval r = 4 + 2 cos ( )
108. di dalam satu daun dari mawar berdaun tiga r = a sin (3 )
109. di dalam satu daun dari mawar berdaun empat r = a cos (2 )
110. di dalam lemniscate r2 = 2a2 cos (2 ), a > 0
111. di dalam satu gelang (loop) dari lemniscate r2 = 4 sin (2 )
112. di dalam mawar berdaun enam r2 = 2 sin (3 )
113. di dalam gelang luar dari limaçon r = 1 + 2 cos ( )
114. di dalam gelang luar dan di luar gelang dalam dari limaçon r = 1 + 2 cos ( )
115. di dalam lingkaran-lingkaran r = 2 cos ( ) dan r = 2 sin ( )
116. di dalam lingkaran-lingkaran r = 1 dan r = 2 sin ( )
117. di dalam lingkaran r = 2 dan kardioda r = 2 (1 cos ( ))
118. di dalam kardioda-kardioda r = 2 (1 + cos ( )) dan r = 2 (1 cos ( ))
119. di dalam lingkaran r = 1 dan di luar kardioda r = 1 cos ( )
120. di dalam kardioda r = 1 + cos ( ) dan diluar lingkaran r = 3 cos ( )
121. di dalam lemniscate r2 = 8 cos (2 ) dan di luar lingkaran r = 2
122. di dalam lingkaran r = 3a cos ( ) dan di luar kardioda r = a (1 + cos ( )), a > 0
123. di dalam lingkaran r = 2 cos ( ) dan di luar lingkaran r = 1
124. di dalam lingkaran r = 6 dan di atas garis r = 3 csc ( )
125. di dalam lemniscate r2 = 6 cos (2 ) dan di sebelah kanan garis r = 3
2 sec ( )
4.2 Volume Benda Putar
Sebelum menurunkan rumus untuk volume benda putar, kita pertama kali perlu men-
de…nisikan apa yang dimaksud dengan suatu benda putar. Diambil y = f (x) adalah
suatu fungsi kontinu tak negatif pada suatu interval [a; b], lihat Gambar 4.6(a). Ketika
daerah antara sumbu x dan kurva y = f (x), a x b, diputar terhadap sumbu
x, maka diperoleh daerah tiga dimensi seperti terlihat dalam Gambar 4.6(b) yang
selanjutnya dinamakan benda putar (solid of revolution). Dalam kasus ini sumbu x
dinamakan sumbu putar.

(a) (b)
y
x
a b
y=f(x)
x
y
y=f(x)
b
a
sumbu
putar
Gambar 4.6: (a) Bidang datar; (b) benda padat sebagai hasil putaran dari bidang datar.
4.2.1 Metode Cakram
Untuk mencari volume benda putar dalam Gambar 4.6(b), volume pada setiap interval
bagian dihampiri oleh suatu bidang potong yang tegak lurus dengan sumbu putar.
Dalam kasus di atas, bidang potongnya adalah cakram seperti terlihat dalam Gambar
4.7. Diambil n interval bagian dengan lebar x dan dimisalkan suatu titik dalam setiap
interval bagian adalah xi . Kita mengamati bahwa setiap cakram adalah suatu silinder
berjari-jari R (xi ) = f (xi ) dan mempunyai tinggi x, sehingga volume dari setiap
cakram yaitu
Vi = [R (xi )]2
x = [f (xi )]2
x:
x
y = f(x)
cakram
*
2x*
1x
*
ix
*
nx
ba
x∆
jari-jari = R(xi*) = f(xi*)
Gambar 4.7: Cakram-cakram pada benda putar dalam Gambar 4.6(b).
Selanjutnya volume benda putar dapat dihampiri oleh
V
nX
i=1
Vi =
nX
i=1
[f (xi )]2
x:
Berdasarkan jumlahan tak hingga, diperoleh volume eksak untuk benda putar yaitu
V =
Z b
a
[f (x)]2
dx =
Z b
a
y2 dx:

Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cakram
(disk method) karena bidang potongnya adalah suatu cakram bundar berjari-jari R (x).
Contoh 4.5 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasi
oleh y =
p
x, x = 0, x = 4, dan sumbu x diputar terhadap sumbu x.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digam-
barkan seperti berikut:
xy =
y
40
x
y
x
xy =
cakram
x
xxR ==− )(jarijari
x
4
Volume benda putar yaitu
V =
Z 4
0
y2
dx =
Z 4
0
p
x
2
dx =
Z 4
0
x dx
=
x2
2
4
0
=
42
2
= 8 :
Contoh 4.6 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika bidang datar yang dibatasi
oleh y =
p
x dan garis-garis y = 1, x = 4 diputar terhadap garis y = 1.
Penyelesaian. Bidang datar yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digam-
barkan seperti berikut:
xy =
y
40
x
x1
y = 1
1
1)( −= xxR 1)( −= xxR
xy =( )xx,
4
x
1
x
y
0
y = 1

V =
Z 4
1
[R(x)]2
dx =
Z 4
1
p
x 1
2
dx =
Z 4
1
x 2
p
x + 1 dx
=
x2
2
2
2
3
x
3
2 + x
4
1
=
7
6
:
Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dihasilkan ketika suatu
daerah antara sumbu y dan suatu kurva x = g (y), c y d, diputar terhadap sumbu
y, kita menggunakan metode yang sama dengan x diganti y. Dalam kasus ini, volume
benda putar dirumuskan oleh
V =
Z d
c
x2 dy:
Contoh 4.7 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara sumbu y
dan kurva x =
2
y
, 1 y 4, diputar terhadap sumbu y.
Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cakram adalah seperti
berikut:
y
x
0 2
1
4
y
x
2
=
y
yR
2
)( =
y
0
2 x
y
yR
2
)( =
y
1
4
y
y
x
2
=






y
y
,
2
V =
Z 4
1
x2
dy =
Z 4
1
2
y
2
dy =
Z 4
1
4
y2
dy
= 4
1
y
4
1
= 4
3
4
= 3 :
Contoh 4.8 Cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah antara parabola
x = y2 + 1 dan garis x = 3 diputar terhadap garis x = 3.

Penyelesaian. Daerah yang diberikan dan benda putar yang dihasilkan digambarkan
seperti berikut:
x = y2
+ 1
x = 3
R(y) = 3 –(y2
+ 1)
= 2 –y2
( )2,3
( )2,3 −
51
y
0
2
2−
y
x
3
x = y2
+ 1
x = 3R(y) = 2 –y2
y
0
2
2−
y
x
31 5
V =
Z p
2
p
2
[R (y)]2
dy =
Z p
2
p
2
3 y2
+ 1
2
dy =
Z p
2
p
2
4 4y2
+ y4
dy
= 4y
4
3
y3
+
1
5
y5
p
2
p
2
=
64
p
2
15
:
4.2.2 Metode Cincin
Jika kita memutar bidang datar yang tidak berbatas pada atau memotong sumbu putar,
lihat Gambar 4.8(a), maka benda putar yang dihasilkan mempunyai suatu lubang di
dalamnya, lihat Gambar 4.8(b). Dalam kasus ini, bidang potong-bidang potong yang
tegak lurus terhadap sumbu putar adalah cincin, lihat Gambar 4.8(c). Ukuran cincin
yaitu
jari-jari luar: R (x)
jari-jari dalam: r (x)
Luas bidang datar untuk cincin yaitu
L (x) = [R (x)]2
[r (x)]2
= [R (x)]2
[r (x)]2
:
Akibatnya, volume benda putar dirumuskan oleh
V =
Z b
a
[R (x)]2
[r (x)]2
dx:
Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode cincin
(washer method) karena bidang potongnya adalah suatu cincin bundar berjari-jari luar
R (x) dan berjari-jari dalam r (x).

(c)(b)
cincin
0
y
x
x
(x, R(x))
(x, r(x))
0
y
x
x
a
b
(a)
x
b
y = f(x)
y = g(x)
x
a
y
sumbu putar
0
Gambar 4.8: (a) Bidang datar; (b) benda putar dengan lubang di dalam; (c) bidang
potong berupa cincin.
Contoh 4.9 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 + 1 dan garis y = x + 3
diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda
putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis
yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu x). Jari-jari
untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (x) = x + 3 dan r (x) = x2 + 1.
V =
Z 1
2
( x + 3)2
x2
+ 1
2
dx
=
Z 1
2
8 6x x2
x4
dx
= 8x 3x2 1
3
x3 1
5
x5
1
2
=
117
5
:

Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:
bidang potong: cincin
jari-jari luar: R(x) = -x + 3
jari-jari dalam: r(x) = x2
+ 1
interval integrasi
(-2,5)
(1,2)
x 0
1
-2
x
y
y = x2
+ 1
r(x) = x2
+ 1
R(x) = -x + 3
y = -x + 3
(-2,5)
(1,2)
x
x
y
R(x) = -x + 3
r(x) = x2
+ 1
Berikutnya, untuk mencari volume suatu benda putar yang dibentuk oleh putaran
suatu daerah terhadap sumbu y, kita menggunakan prosedur yang sama seperti dalam
Contoh 4.9, tetapi diintegralkan terhadap y. Dalam kasus ini, bidang potong atau
cincin tegak lurus terhadap sumbu y (sumbu putar), serta jari-jari dalam dan luar
untuk cincin adalah adalah fungsi dari y.
Contoh 4.10 Daerah yang dibatasi oleh parabola y = x2 dan garis y = 2x dalam
kuadran satu diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari
volume benda putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah yang diberikan dan suatu ruas garis
yang memotong daerah serta tegak lurus terhadap sumbu putar (sumbu y). Jari-jari
untuk cincin yang ditentukan oleh ruas garis yaitu R (y) =
p
y dan r (y) = 1
2 y. Volume
benda putar yaitu
V =
Z 4
0
(
p
y)2 1
2
y
2
!
dy
=
Z 4
0
y
1
4
y2
dy
=
1
2
y2 1
12
y3
4
0
=
8
3
:

Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode cincin adalah seperti berikut:
intervalintegrasi
atau
atau
yyR =)(
2
)(
y
yr =
(2,4)
y = 2x
2
y
x =
y = x2
yx =
0 2
4
y
y
x
0
2
x
2
y
x =
yx =
y
y
4
yyR =)(2
)(
y
yr =
4.2.3 Metode Kulit Silindris
Dalam dua bahasan sebelumnya, bidang potong yang diperhatikan adalah bidang datar
yang diperoleh dengan cara mengiris benda putar menggunakan bidang yang tegak
lurus terhadap sumbu putar. Dalam bahasan ini kita akan menggunakan cara yang
berbeda ketika mengiris benda putar.
sumbu putar
tinggi
persegi panjang
= f(ck)
(a) (b)
x
x - L
a bck
xk-1 xk
y = f(x)
y = f(x)
a
b
x
ck
xk-1
xk
kx∆
sumbu putar
Gambar 4.9: Ketika suatu daerah terbatas (a) diputar terhadap garis tegak x = L, di-
hasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadi kulit-kulit silindris.
Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).

Sekarang diperhatikan daerah yang dibatasi oleh kurva fungsi kontinu tak negatif y =
f (x) dan sumbu x pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletak di sebelah kanan
garis tegak x = L, lihat Gambar 4.9(a). Diasumsikan a L, sehingga garis tegak
dimungkinkan menyentuh daerah terbatas, tetapi tidak melewatinya. Benda putar
dengan cara memutar daerah terbatas terhadap garis tegak L.
Diambil P adalah suatu partisi pada interval [a; b] dengan titik-titik a = x0 < x1 <
< xn = b, dan diambil ck adalah titik tengah dari interval bagian ke -k [xk 1; xk].
Daerah dalam Gambar 4.9(a) dihampiri dengan persegi panjang- persegi panjang ber-
dasarkan partisi dari [a; b]. Persegi panjang pada suatu interval bagian [xk 1; xk] mem-
punyai tinggi f (ck) dan lebar xk = xk xk 1. Jika persegi panjang tersebut diputar
terhadap garis tegak x = L, maka diperoleh suatu kulit silindris, seperti dalam Gambar
4.9(b). Rumus untuk volume kulit silindris yaitu
Vk = 2 rata-rata jari-jari kulit tinggi kulit ketebalan kulit
= 2 (ck L) f (ck) xk.
Selanjutnya volume benda putar dihampiri dengan menjumlahkan volume dari kulit-
kulit yang dihasilkan oleh n persegi panjang berdasarkan pada P:
V
nX
k=1
Vk:
Berdasarkan jumlahan tak hingga diperoleh volume benda putar sebagai suatu integral
tentu:
V = 2
Z b
a
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2
Z b
a
(x L) f (x) dx:
Kita merujuk variabel integrasi, dalam kasus ini adalah x, sebagai variabel ketebalan.
Metode untuk menghitung volume benda putar tersebut dinamakan metode kulit
silindris (sylindrical shell).
Contoh 4.11 Suatu daerah yang dibatasi oleh kurva y =
p
x, sumbu x, dan garis
x = 4 diputar terhadap sumbu y untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume
benda putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah
dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan
jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode
kulit silindris adalah seperti berikut:
interval integrasi
jari-jari kulit
tinggi
kulit
interval
integrasi
= tinggi kulit
jari-jari kulit
x
y
x
xy =
x 4
xxf =)(
y
x
x
xy =
x
4
-4
x
0
2 (4,2)
0
2

Variabel ketebalan kulit yaitu x, sehingga batas integrasi untuk metode rumus kulit
yaitu a = 0 dan b = 4. Jadi, volume benda putar yaitu
V = 2
Z 4
0
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx = 2
Z 4
0
(x)
p
x dx
= 2
Z 4
0
x
3
2 dx = 2
2
5
x
5
2
4
0
=
128
5
:
Berikutnya, jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.
Contoh 4.12 Daerah yang dibatasi oleh kurva y =
p
x, sumbu x, dan garis x = 4
diputar terhadap sumbu x untuk menghasilkan suatu benda putar. Cari volume benda
putar tersebut.
Penyelesaian. Pertama kali digambar daerah dan ruas garis yang memotong daerah
dan sejajar dengan sumbu putar. Selanjutnya dilabelkan tinggi ruas garis (kulit) dan
jaraknya ke sumbu putar (jari-jari kulit). Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode
kulit silindris adalah seperti berikut:
jari-jari kulit
tinggi kulit
intervalintegrasi
= jari-jari kulit
tinggi kulit = 4 –y2
x
y
x = y2
40
(4,2)
y
2
y
y
y
2
0
xy =
4 –y2
4
y
x
Dalam kasus ini, variabel ketebalan kulit yaitu y, sehingga batas integrasi untuk metode
rumus kulit yaitu a = 0 dan b = 2 (sepanjang sumbu y). Volume benda putar yaitu
V = 2
Z 2
0
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dy = 2
Z 2
0
(y) 4 y2
dx
= 2
Z 2
0
4y y3
dy = 2 2y2 1
4
y4
2
0
= 8 :
Sekarang diperhatikan suatu bidang datar yang dibatasi oleh dua kurva fungsi kontinu
tak negatif y = f (x) dan y = g (x) pada interval tertutup terbatas [a; b] yang terletak
di sebelah kanan garis tegak x = L, lihat Gambar 4.10. Selanjutnya bidang datar

diputar terhadap garis tegak L. Berdasarkan metode kulit silindris, dalam kasus ini
dipunyai bahwa
jari-jari kulit: x L
tinggi kulit: f (x) g (x)
Jadi, rumus volume untuk benda putar yaitu
V = 2
Z b
a
(x L) [f (x) g (x)] dx:
Jika sumbu putarnya adalah mendatar, maka kita mengganti x dengan y.
(a) (b)
interval integrasi
sumbu
putar
xx = L
b
y = f(x)
y = g(x)
x
a
sumbu
putar
b
a
x
jari-jari kulit
x - L
y = f(x)
y = g(x)
x
h(x) = f(x) - g(x)
tinggi kulit
Gambar 4.10: Ketika suatu daerah yang dibatasi dua kurva (a) diputar terhadap garis
tegak x = L, dihasilkan suatu benda putar yang dapat diiris menjadi
kulit-kulit silindris. Suatu kulit ditunjukkan dalam (b).
Contoh 4.13 Tentukan volume benda putar yang diperoleh dengan memutar daerah
yang dibatasi oleh y = 2
p
x 1 dan y = x 1 terhadap garis x = 6.
Penyelesaian. Daerah terbatas dan pelabelan untuk metode kulit silindris adalah
seperti berikut:
51 6
4
x
y sumbu putar
(5,4)
tinggi kulit
x = 6
jari-jari kulit
= 6 - x
12 −= xy
y = x - 1
( )112 −−−= xx
0 x
interval integrasi

V = 2
Z 5
1
(jari-jari kulit) (tinggi kulit) dx
= 2
Z 5
1
(6 x) 2
p
x 1 (x 1) dx
= 2
Z 5
1
(6 x) 2
p
x 1 x + 1 dx
= 2
Z 5
1
x2
7x + 6 + 12
p
x 1 2x
p
x 1 dx
= 2
1
3
x3 7
2
x2
+ 6x + 8 (x 1)
3
2
4
3
(x 1)
3
2
4
5
(x 1)
5
2
5
1
= 2
136
15
=
272
15
:
Dalam masalah 1 4, cari volume benda putar yang dibangkitkan oleh perputaran
daerah terbatas terhadap sumbu yang diberikan.
1. terhadap sumbu x 2. terhadap sumbu y
1
2
x
y
0
x + 2y = 2
2
3
x
y
0
2x = 3y
3. terhadap sumbu y 4. terhadap sumbu x
1
x
y
0
( )yx π4
1
tan=
1
x
y
0 π2
1
y = sin(x)cos(x)
Volume dengan Metode Cakram
Dalam masalah 5 10, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika daerah yang
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.
5. y = x2, y = 0, x = 2 6. y = x3, y = 0, x = 2
7. y =
p
9 x2, y = 0 8. y = x x2, y = 0
9. y =
p
cos(x), 0 x 1
2 , y = 0, x = 0
10. y = sec(x), y = 0, x = 1
4 , x = 1
4

dibatasi garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.
11. x =
p
5y2, x = 0, y = 1, y = 1 12. x = y
3
2 , x = 0, y = 2
13. x =
p
2y
y2 + 1
, x = 0, y = 1 14. x =
2
y + 1
, x = 0, y = 0, y = 3
15. x =
p
2 sin (2y), 0 y 1
2 , x = 0
Volume dengan Metode Cincin
16. terhadap sumbu x 17. terhadap sumbu y
1
x
y
0
y = 1
π2
1π2
1
− 1
x
y
π4
1 x = tan(y)
0
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu x.
18. y = x, y = 1, x = 0 19. y = 2
p
x, y = 2, x = 0
20. y = x2 + 1, y = x + 3 21. y = 4 x2, y = 2 x
22. y = sec(x), y =
p
2, 1
4 x 1
4
23. y = sec(x), y = tan(x), x = 0, x = 1
Dalam masalah 24 27, cari volume benda putar yang dihasilkan ketika setiap daerah
terbatas diputar terhadap sumbu y.
24. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (1; 0), (2; 1), dan (1; 1).
25. Daerah dibatasi oleh segitiga dengan titik-titik koordinat (0; 1), (1; 0), dan (1; 1).
26. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2, terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 2.
27. Daerah dalam kuadran I terbatas kiri oleh lingkaran x2 + y2 = 3, terbatas kanan
oleh garis x =
p
3, dan terbatas atas oleh garis y =
p
3.
28. Daerah dalam kuadran I terbatas atas oleh parabola y = x2, terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kanan oleh garis x = 1, terhadap garis x = 1.
29. Daerah dalam kuadran II terbatas atas oleh kurva y = x3, terbatas bawah oleh
sumbu x, dan terbatas kiri oleh garis x = 1, terhadap garis x = 2.

Volume dengan Metode Kulit Silindris
30. 31.
2
x
y
0
1
2
4
1
1 xy +=
2
x
y
0
2 2
4
1
2 xy −=
32. 33.
2
x
y
0
2
2=y
x = y2
3
x
y
0
3
3=y
x = 3 - y2
34. 35.
x
y
0 3
12
+= xy
3=x1
2
x
y
0 3
5
9
9
3
+
=
x
x
y
dibatasi oleh garis dan kurva diputar terhadap sumbu y.
36. y = x, y = 1
2 x, x = 2 37. y = 2x, y = 1
2 x, x = 1
38. y = 2 x2, y = x2, x = 0 39. y = 2x 1, y =
p
x, x = 0
40. y = x2, y = 2 x, x = 0, untuk x 0
41. y =
3
2
p
x
, y = 0, x = 1, x = 4

kalkulus2

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Viewers also liked

Viewers also liked (20)

Similar to kalkulus2

Similar to kalkulus2 (20)

kalkulus2