Integral Tertentu
INTEGRAL TERTENTU
5
5.1 Pengertian Integral Tertentu Definisi 5.1.1
Partisi P pada interval [a,b] adalah suatu subset berhingga P = { x0, x1, x2, …, xn} dari [a,b] dengan a = x0 < x1 < x2 < … < xn = b. Jika P = { x0, x1, x2, …, xn} partisi pada [ a,b] maka Norm P, ditulis P , didefinisikan sebagai P = max{ xi – xi-1⏐1 = 1, 2, 3, …, n}.
a = x0
x1
x2
xn = b.
…
Contoh 1:
Pada interval [–3, 3], suatu partisi P = {–3, – 1 12 , – 12 , P = max{– 1 12 – (–3), – 12 – (–1 12 ), 13 – (– 12 ), 2 –
= max{ 32 , 1, =
5 3
5 6
,
5 3
1 3
1 3
, 2, 3}mempunyai norm:
, 3 – 2}
, 1}
.
Jika f fungsi yang didefinisikan pada [ a,b], P = { x0, x1, x2, …, xn} suatu partisi pada [a,b], wi
xi-1, xi], dan Δ xi = ∈ [ x
n
xi – xi-1, maka
∑ f (w )Δ x i =1
i
i
disebut Jumlah Riemann f pada
[a,b].
y = f ( x x)
w1 x0 = a
w2 x1
x2
w3 w4 x3
wi x4
xi-1
wn xi
xn-1
b = xn-1
Thobirin, Kalkulus Integral 77
Integral Tertentu
Contoh 2: 2 x) = x – 1 dan P = {–3, – 1 12 , – 12 , Fungsi f pada [–3, 3] didefinisikan dengan f ( x
1 3
, 2, 3} partisi
pada [–3, 3]. Dipilih titik-titik: w1 = –2, w2 = – 12 , w3 = 0, w4 = 1 12 , w5 = 2 23 . w1 = –2
⎯→
f (w1) = 3
Δ x1 =
3 2
⎯→
f (w1).Δ x1 =
w2 = – 12
⎯→
f (w2) = – 34
Δ x2 = 1
⎯→
f (w2).Δ x2 = – 34
w3 = 0
⎯→
f (w3) = –1
Δ x3 =
5 6
⎯→
f (w3).Δ x3 = – 56
w4 = 1 12
⎯→
f (w4) =
5 4
Δ x4 =
5 3
⎯→
f (w4).Δ x4 =
25 12
w5 = 2 23
⎯→
f (w5) =
55 9
Δ x5 = 1
⎯→
f (w5).Δ x5 =
55 9
9 2
Jumlah Riemann fungsi f tersebut pada interval [–3, 3] bersesuaian dengan partisi P di atas 5 100 f ( wi )Δ xi = adalah . 9 i =1
∑
Jika P = {–3, – 1 12 , –1, – 12 ,
1 3
, 2, 2 12 , 3} partisi pada [–3, 3] dan w1 = –2, w2 = –1, w3 = – 12 ,
w4 = 0, w5 = 1 12 , w6 = 2 13 , serta w7 = 2 34 tentukan jumlah Riemann fungsi f pada [–3, 3]
bersesuaian dengan partisi P ini.
Definisi 5.1.2 n
1. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [ a,b] maka: lim
→0
P
∑ f (w )Δ x i
i =1
i
= L jika dan hanya jika
untuk setiap bilangan positif ε terdapat bilangan positif δ sehingga untuk setiap partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dengan P
n
∑ f (w )Δ x
< δ , berlaku
i
i =1
i
− L < ε .
n
2. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [ a,b] dan lim P
→0
∑ f (w )Δ x i
i =1
i
ini ada, maka limit tersebut
dinamakan integral tertentu (Integral Riemann ) fungsi f pada [a,b]. Selanjutnya f b
dikatakan integrable pada [a,b] dan integralnya ditulis
∫ f ( x)dx . a
b
∫
n
Jadi f ( x)dx = lim a
P
→0
∑ f (w )Δ x i =1
i
i a
b
∫
∫
b
a
f integrable pada [a,b] maka: a. f ( x )dx = – f ( x)dx 3. Jika f integrable
b. Jika a = b maka
b
a
a
a
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx = 0 Thobirin, Kalkulus Integral 78
Integral Tertentu
Dari
definisi
5.1.2
b
2
dapat
dipahami
bahwa
jika
f ( x ) > 0 ,
maka
n
∫
f ( x )dx = lim P
a
y
bagian
→0
∑ f (w )Δ x i
i =1
secara geometris menyatakan luas daerah di bawah kurva
i
= f ( x) , di atas sumbu X , di antara garis x = a dan x = b.
Contoh 3: 3
Jika f ( x) = x + 3, tentukan
∫ ( x + 3) dx .
−2
Penyelesaian:
Y
Buat partisi pada [–2, 3] dengan menggunakan n interval bagian yang sama panjang. Jadi panjang 5 setiap interval bagian adalah Δ x = . n Dalam setiap interval bagian [ xi-1, xi] partisi tersebut diambil wi = xi.
f ( x) = x + 3
3
n
Akan dicari nilai lim P
→0
∑ f (w )Δ x . i
i =1
i
-3
-2
-1
0
1
2
3
X
x0 = –2 x1 = –2 + Δ x
= –2 +
5 n
x2 = –2 + 2Δ x = –2 + 2( x3 = –2 + 3Δ x = –2 + 3(
5 n 5 n
) )
.
: xi = –2 + i.Δ x = –2 + i(
5 n
)
.
: xn = –2 + n.Δ x = –2 + n(
5 n
)=3
Karena untuk setiap i = 1, 2, 3, …, n dipilih wi = xi maka wi = –2 + i(
5 n
)= –2 +
5i n
, sehingga
Thobirin, Kalkulus Integral 79
Integral Tertentu
f (wi) = wi + 3
= (–2 +
5i n
)+3
5i
=1+
n Jadi jumlah Riemann fungsi f pada [–2, 3] bersesuaian dengan partisi P tersebut adalah n
∑ f (w )Δ x i
i =1
∑ ⎛ ⎜⎝ 1 + n ⎞ ⎠⎟ n n
i
=
5i 5
i =1
=
⎛ 1 ⎞ ⎜ + ⎟ ∑ n ⎝ n ⎠ n
5
5i
i =1
=
=
=
5 n
5 n
5 n
n
∑
n
lim P
→0
∑ i =1
+
1
n
i =1 n
25 n
2
5i
∑n i =1
n2
i =1
(n) +
n
25
∑1 +
=5+ Jika P
5
n
∑i i =1
{ 12 n(n + 1)}
25 ⎛ 1 ⎞ ⎜1 + ⎟ 2 ⎝ n ⎠
→ 0 maka n → ∞, sehingga: ⎛ n →∞ ⎝
f ( wi )Δ xi = lim⎜⎜ 5 +
25 ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎟ 2 ⎝ n ⎠ ⎠⎟
= 17 12 3
Jadi
∫ ( x + 3) dx = 17
1 2
.
−2
Contoh 4: b
Tentukan
∫ dx . a
Penyelesaian:
Dalam hal ini f ( x) = 1 untuk setiap x
∈ [a,b]. Ambil sembarang partisi
P = { x0, x1, x2, …, xn}
pada [a,b] dan sembarang titik wi ∈ [ xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n, maka
Thobirin, Kalkulus Integral 80
Integral Tertentu n
∑ f (w )Δ x i
i =1
n
i
∑1.Δ x dan Δ x = x – x
=
n
∑ ( x
=
i
i
i =1
i =1
i
i-1
− xi −1 )
i
= ( x1 – x0) + ( x2 – x1) + ( x3 – x2) + … + ( xn – xn-1) = xn – x0 =b–a n
Jadi lim P
→0
∑ f (w )Δ x i
i =1
i
= lim (b − a ) = b – a P
→0
b
Dengan demikian
∫ dx = b – a. a
Teorema 5.1.3 (Teorema Fundamental Kalkulus)
Jika f integrable pada [a,b] dan F suatu anti turunan dari f pada [a,b] (atau F ( x) = f ( x) untuk setiap x ∈ [a,b]), maka : ’
b
∫ f ( x)dx = F (b) – F (a) a
F (b) – F (a) biasa ditulis [F ( x)]a b
Bukti:
Ambil sembarang partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Karena F ( x) = f ( x) untuk setiap ’
x
∈ [a,b] maka F ( x) = f ( x) untuk setiap x ∈ [ xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n. Berdasarkan ’
teorema
nilai rata-rata maka terdapat wi ∈ [ xi-1, xi] sehingga F ( xi) – F ( xi-1) = F (wi) ( xi – xi-1) ’
= f (wi) ( xi – xi-1)
i = 1, 2, 3, …, n
Diperoleh: n
∑ f (w )Δ x i =1
i
n
i
=
∑ f (w )( x i =1
i
i
− xi −1 )
n
=
∑{F ( x ) − F ( x i =1
i
i −1
)}
= {F ( x1) – F ( x0)} + {F ( x2) – F ( x1)} + {F ( x3) – F ( x2)} + … + {F ( xn) – F ( xn-1)} = F ( xn) – F ( x0) = F (b) – F (a) Thobirin, Kalkulus Integral 81
Integral Tertentu n
lim P
→0
∑ f (w )Δ x i
i =1
= lim {F (b) − F (a )} = F (b) – F (a).
i
P
→0
b
Jadi
∫ f ( x)dx = F (b) – F (a) a
Contoh 5 3
∫
( x + 3) dx =
[ x 1 2
2
+ 3 x]−2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . 3
−2
Contoh 6
Tentukan integral berikut. 2
∫
1. x 3 dx −2 π
2.
∫ sin x dx
−π
Teorema 5.1.4
Jika f integrable pada [a,b] dan c ∈ (a,b) maka
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
Teorema 5.1.5 b
1.
b
∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx a b
k konstanta
a b
b
∫
∫
∫
a
a
a
2. { f ( x) + g ( x )} dx = f ( x) dx + g ( x) dx b
3. Jika f ( x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a,b] maka
∫ f ( x)dx ≥ 0. a
4. Jika f ( x) ≤ g( x) untuk setiap x ∈ [a,b] maka
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx Thobirin, Kalkulus Integral 82
Integral Tertentu
5.2 Aplikasi Integral 5.2.1 Luas Daerah
Berdasarkan pengertian integral tertentu (Integral Riemann) pada definisi 5.1.2 dan uraian di atas dapat dipahami bahwa jika f ( x) > 0 , maka
b
∫ f ( x)dx
secara geometris
a
menyatakan luas daerah di antara kurva y
= f ( x)
dan sumbu X serta dibatasi oleh garis-garis
x = a dan x = b. Jadi b
∫
A = f ( x) dx a
Contoh 7
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x + 3, sumbu X , garis x = –2 dan garis x = 3. Penyelesaian: 3
∫
A = ( x + 3) dx =
[ x 1 2
2
+ 3 x]−2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . 3
−2
Contoh 8
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y
= x 3 , sumbu X , garis x = –2 dan garis
x = 2. Penyelesaian:
Thobirin, Kalkulus Integral 83
Integral Tertentu
Y
y = f ( x)
y
a
= g ( x)
b
Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva y
X
= f ( x)
dan y
= g ( x)
serta
garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di atas, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut
A =
b
∫ { f ( x) − g ( x)} dx a
Contoh 9
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y
= x 4 dan y = 2 x − x 2 .
Penyelesaian:
Menentukan batas-batas dicari dengan menentukan akar-akar persamaan x
4
= 2 x − x 2
yang dapat kita temukan akar-akarnya adalah x = 0 dan x = 1.
Y y = x 4
y = 2 x − x 2
X
0
1
1
∫
sehingga luasnya adalah A = ( 2 x − x 0
2
− x ) dx 4
=
⎡ x 2 − 1 x 3 − 1 x 5 ⎤ ⎢⎣ 3 5 ⎥⎦ 0
= 1−
1 3
1
7
5
15
− =
.
Thobirin, Kalkulus Integral 84
Integral Tertentu
Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva x = ϕ ( y ) dan x =
( y ) serta
garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut
A =
d
∫ {ψ ( y) − ϕ ( y)} dy c
Y d x = ϕ ( y) x = ψ ( y)
c
X
0
Contoh 10
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y
2
= 4 x dan 4 x − 3 y = 4 .
Penyelesaian: Y
4 x − 3 y
=4
y 2
= 4 x
X
0
Menentukan batas-batas dengan mencari akar-akar persamaan y
2
= 3 y + 4
yang
diperoleh y = –1 dan y = 4.
y
2
= 4 x
ekuivalen dengan x =
1 4
y
2
dan 4 x − 3 y
=4
ekuivalen dengan x =
1 4
(3 y + 4)
Thobirin, Kalkulus Integral 85
Integral Tertentu
1 2⎫ ⎧1 sehingga luasnya adalah A = ∫ ⎨ (3 y + 4) − y ⎬ dy 4 ⎭ −1⎩ 4 4
=
1
4
125 { } 3 4 + − = . y y dy ∫ 4− 24 2
1
5.2.2 Volume Benda Putar a. Metode Cincin Y y = f ( x)
f (wi)
a
0
xi −1
wi xi
b
X
Jika daerah yang dibatasi kurva y = f ( x), sumbu X , garis-garis x = a dan x = b diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut. Dibuat partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi
Δ xi =
∈ [ xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f (wi) dan lebar
xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu X , maka diperoleh silinder
hampiran dengan volume
ΔV i = π { f ( wi )}2 Δ xi f ( xi)
Δ xi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann n
n
∑= ΔV = ∑= π { f (w )} Δ x i
i 1
Apabila P
2
i
i
i 1
→ 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu Thobirin, Kalkulus Integral 86
Integral Tertentu n
V X
= π lim ∑ { f ( wi )}2 Δ xi P
→0 i =1
b
∫
2
= π { f ( x)} dx a
Jadi b
V X
= π ∫ { f ( x)}2 dx a
Selanjutnya apabila daerah yang dibatasi oleh dibatasi oleh dua kurva y
y
= g ( x)
= f ( x)
dan
serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi
sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah b
V X
= π ∫ [{ f ( x)}2 − {g ( x)}2 ]dx a
Y y = f ( x)
y = g( x)
0
a
b
X
Dengan cara sama, jika daerah yang dibatasi kurva x = ϕ ( y), sumbu Y , garis-garis y = c dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi adalah. d
V Y
= π ∫ {ϕ ( y )}2 dy c
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x
= ( y )
dan x
= ϕ ( y )
serta garis-garis y = c dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah Thobirin, Kalkulus Integral 87
Integral Tertentu d
V Y
= π ∫ [{ψ ( y )}2 − {ϕ ( y )}2 ]dy c
Contoh 11
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y
=
x , sumbu X dan garis x = 4 diputar mengelilingi sumbu X .
Penyelesaian: Y y
=
x
0
4
V X
= π ∫ { x } dx 2
0
X
4
4
⎡1 2 ⎤ = π ∫ x dx = π ⎢ x ⎥ = 8π ⎣2 ⎦0 0 4
Contoh 12
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva 3 y = x , sumbu Y dan garis x = 3 diputar mengelilingi sumbu Y .
Penyelesaian: Y
Karena y 3
x = 3 y
3
V Y
maka x = 3 y , sehingga 3
= π ∫ {3 y } dy = π ∫ y 0
0
= x 3 2
0
2 3
⎡ 3 53 ⎤ 93 9 dy = π ⎢ y ⎥ = π 5 5 ⎢⎣ ⎥⎦
X
Thobirin, Kalkulus Integral 88
Integral Tertentu
Contoh 13
Tentukan volume be nda putar yang terjadi apabila dae rah tertutup yang dibatasi oleh dua kurva 2 2 y = x dan y
= 8x
diputar mengelilingi sumbu X .
Penyelesaian:
Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah di (0, 0) dan (2, 4). Jika y maka y
= 8 x
= 8 x . Perhatikan gambar berikut.
2
V X
2
[
= π ∫ { 8 x } − { x 2
} ]dx = π ∫ [8 x − x
2 2
0
2
2
0
4
]dx = π ⎡⎢4 x 2 − 1 x 5 ⎤⎥ = 48 π 5 ⎦0 5 ⎣
Tentukan pula apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu Y .
b. Metode Kulit Tabung
Perhatikan gambar di samping. Volume benda pejal (ruang antara tabung besar dan kecil) adalah
V = (π r 2
2
− π r 12 )h
= π ( r 22 − r 12 )h = π ( r 2 + r 1 )( r 2 − r 1 )h Thobirin, Kalkulus Integral 89
Integral Tertentu
⎛ r + r ⎞ = 2π ⎜ 2 1 ⎟( r 2 − r 1 )h ⎝ 2 ⎠ Rumusan ini dapat ditulis sebagai V = 2π r h Δr
dengan r =
r 2
+ r 1 2
dan
Δr = r 2 − r 1
Misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva y = f ( x), sumbu X serta garis-garis x = a dan x = b. Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut.
Dibuat partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi
=
xi + xi −1
2
∈ [ xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f (wi) dan
dan lebar Δ xi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu Y , maka diperoleh tabung hampiran dengan volume
ΔV i = 2π wi f (wi ) Δ xi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann n
n
∑= ΔV = ∑= 2π w f ( w ) Δ x i
i 1
Apabila P
i
i
i
i 1
→ 0 maka diperoleh volume benda putar yang dim aksud, yaitu n
V Y
= 2π lim ∑ wi f ( wi )Δ xi P
→0 i =1
Thobirin, Kalkulus Integral 90
Integral Tertentu b
∫
= 2π x f ( x) dx a b
Jadi V Y
= 2π ∫ x f ( x)dx a
Selanjutnya apabila daerah yang dibatasi oleh dibatasi oleh du a kurva y
y
= g ( x)
= f ( x)
dan
serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputa r mengelilingi
sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah b
V Y
= 2π ∫ x[ f ( x) − g ( x)]dx a
Y
y = f ( x)
y = g( x) a
0
b
Δ xi
X
Dengan cara sama, misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva x = ψ ( x), sumbu Y serta garis-garis y = c dan y = d . Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X sebaga i sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi adalah d
Y
V X
= 2π ∫ yψ ( y )dy c
d y = ψ ( x)
c
0
X
Thobirin, Kalkulus Integral 91
Integral Tertentu
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x =
( y ) dan x = ϕ ( y )
serta garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah d
V X
= 2π ∫ y[ψ ( y) − ϕ ( y)]dy c
Y d x = ϕ ( y) x = ψ ( y)
c
X
0
Contoh 14
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y =
1 x
, sumbu X , dan garis x = 1 diputar mengelilingi sumbu Y .
Penyelesaian: 4
V Y
= 2π ∫ x 1
4
3 ⎡ ⎤ 28 2 dx = 2π ∫ x 2 dx = 2π ⎢ x 2 ⎥ = π 3 3 x ⎢⎣ ⎥⎦1 1
1
4
1
Contoh 15
Diketahui suatu daerah tertutup dibatasi oleh kurva garis y
=
r x , sumbu X , dan garis x = t . t
Dalam hal ini r > 0 dan t > 0 . Jika daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X , tentukan volume benda yang terjadi dengan dua cara. Thobirin, Kalkulus Integral 92
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Cara I
Dengan metode cincin
⎧ r ⎫ V X = π ∫ ⎨ x ⎬ 0 ⎩ t ⎭ t
= π = π
2
Y
dx
2 t
r
∫ x dx 2
2
t
r
0
y
t
⎡ 1 x 3 ⎤ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 0
2
r
2
t
1
= π r 2 t
=
r x t
X
t
0
3
Cara II
Dengan metode kulit tabung. Karena y r
V X
= 2π ∫ y(t − 0 r
= 2π t ∫ ( y − 0
t y ) dy r
=
r t x , maka x = y t r Y
1
2 y ) dy r
r r
1 1 = 2π t ⎡⎢ y 2 − y 3 ⎤⎥ 3r ⎦ 0 ⎣2 1 1 = 2π t ⎡⎢ r 2 − r 2 ⎤⎥ 3 ⎦ ⎣2
t x = y r
x = t
t − r t y 0
t
X
1
= π r 2 t 3
5.2.3 Panjang Kurva
Misalkan suatu kurva mulus diberikan oleh persamaa n parameter x = f (t ), y = g(t ), a ≤ t ≤ b. Panjang kurva tersebut dapat dicari sebagai berikut. Thobirin, Kalkulus Integral 93
Integral Tertentu
Dibuat partisi P = {t 0, t 1, t 2, …, t n} pada [a,b] dengan a = t 0 < t 1 < t 2 < … < t n = b, maka kurva akan terbagi menjadi n bagian oleh titik-titik Q0, Q1, Q2, …, Qn-1, Qn. Perhatikan gambar berikut.
Pada bagian ke i, panjang busur Qi-1Qi , yaitu
Δsi
dapat didekati oleh
Δwi . Dengan Pythagoras
kita peroleh
Δwi
( Δ xi ) 2
=
+ (Δ yi ) 2
= [ f (t i ) − f (t i −1 )]2 + [g (t i ) − g (t i −1 )]2 Selanjutnya berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata pada Derivatif tentu terdapat t ∈ (t i −1 , t i ) dan
ˆ ∈ (t i −1 , t i ) demikian sehingga t f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i )(t i
− t i −1 )
ˆi )(t i g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (t
− t i −1 )
atau
f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i ) Δt i
ˆi )Δt i g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (t dengan
Δt i = t i − t i −1 .
Oleh karena itu diperoleh
Δwi = [ f ' (t i )Δt i ]2 + [g ' (t ˆi )Δt i ]
2
= [ f ' (t i )]2 + [g ' (t ˆi )] Δt i 2
Thobirin, Kalkulus Integral 94
Integral Tertentu
dan panjang polygon dari segmen garis n
n
i =1
i =1
∑ Δwi = ∑ [ f ' (t i )]2 + [g ' (t ˆi )] Δt i Apabila P
2
→ 0 maka diperoleh panjang kurva seluruhnya adalah
∑ → =
L = lim P
n
0
b
[ f ' (t i )] + [g ' (t ˆi )] Δt i = ∫ [ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2 2
2
i 1
dt
a
Jadi
L =
b
∫ [ f ' (t )]
2
+ [g ' (t )]2
dt
a
atau
L =
b
∫ a
2
⎛ dx ⎞ + ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2
dt
Jika persamaan kurvanya adalah y = f ( x) dengan a ≤ x ≤ b, maka
L =
b
∫ a
⎛ dy ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠
2
dx
dan jika persamaan kurvanya adalah x = ψ ( y) dengan c ≤ y ≤ d , maka
L =
d
∫ c
⎛ dx ⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ dy ⎠
2
dy
Contoh 16
Hitunglah keliling lingkaran x
2
+ y 2 = r 2 .
Penyelesaian:
Lingkaran tersebut dapat ditulis dalam persamaan parameter sebagai x = r cos t , y = r sin t
Akibatnya L =
2π
∫ 0
dengan 0 ≤ t ≤ 2π , sehingga
r sin t + r cos t dt = 2
2
2
2
2π
∫ r dt = [r t ]
2π 0
dx dt
= − r sin t
dan
dy dt
= r cos t .
= 2π r
0
Contoh 17
Menggunakan integral hitunglah panjang ruas garis yang menghubungkan titik P(0, 1) dan Q(5, 13). Thobirin, Kalkulus Integral 95
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Persamaan ruas garis PQ adalah y
L =
5
∫ 0
⎛ 12 ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ 5 ⎠
2
=
12 dy x + 1 , sehingga 5 dx
=
12 5
. Oleh karena itu
5
⎡13 ⎤ dx = ∫ dx = ⎢ x ⎥ = 13 5 ⎣ 5 ⎦0 0 5
13
Contoh 18 3
Menggunakan integral hitunglah panjang kurva y
= x 2
dari (1, 1) dan (4, 8).
Penyelesaian: 3
y = x 2 , maka
L =
4
∫ 1
dy dx
2
⎛ 3 ⎞ 1 + ⎜ x 2 ⎟ dx = ⎜2 ⎟ ⎝ ⎠ 1
1
= 4
∫ 1
3 2 x . Oleh karenanya 2 4 3 3 ⎛ 3 ⎞ ⎡ ⎤ 2 ⎟ ⎜ 2 9 8 9 8 13 ⎛ ⎞ 1 + x dx = ⎢ ⎜1 + x ⎟ ⎥ = 10 2 − ⎜ ⎟ ≈ 7,63 ⎢ 27 ⎝ 4 ⎠ ⎥ 27 ⎜ 4 8 ⎟ ⎣ ⎦1 ⎝ ⎠
Diferensial Panjang Busur
Misalkan f suatu fungsi yang dapat didiferensialkan pada [ a, b]. Untuk setiap x ∈ ( a, b) didefinisikan s( x) sebagai
s ( x) =
x
∫ 1 + [ f ' (u)]
2
du
a
maka s( x) adalah panjang kurva y = f (u) dari titik (a, f (a)) ke titik ( x, f ( x)), sehingga
dy ⎞ = 1 + [ f ' ( x)] = 1 + ⎛ s ' ( x) = ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ ds
Y
2
2
• ( x, f ( x)) s( x)
(a, f (a))
•
0
a
x
X Thobirin, Kalkulus Integral 96
Integral Tertentu
Oleh karenanya diferensial panjang kurva ds dapat ditulis sebagai
⎛ dy ⎞ ds = 1 + ⎜ ⎟ ⎝ dx ⎠
2
dx
Selanjutnya hal ini dapat ditulis dalam bentuk-bentuk
⎛ dx ⎞ ds = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ dy ⎠
2
2
dy atau
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ds = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2
dt
Untuk keperluan mengingat, dapat pula ditulis dalam bentuk:
( ds) 2
= (dx) 2 + (dy ) 2
5.2.4 Luas Permukaan Benda Putar
Kita mulai dengan mencari rumus untuk luas permukaan (selimut) kerucut terpancung. Misalkan jari-jari lingkaran alas kerucut terpancung adalah r 1 dan jari-jari lingkaran atasnya r 2 sedangkan panjang ruas garis pada pembangun kerucut antara dua lingkaran itu (rusuk kerucut terpancung) l, maka luas selimut kerucut terpancung itu adalah
⎛ r 1 + r 2 ⎞ ⎟l ⎝ 2 ⎠
A = 2π ⎜
Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sebuah garis pada bidang itu, maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaan dapat dicari sebagai berikut.
Thobirin, Kalkulus Integral 97
Integral Tertentu
Pemutaran terhadap sumbu X
Misalkan suatu kurva mulus pada kuadran pertama diberikan oleh persamaan parameter x = f (t ), y = g(t ),
a ≤ t ≤ b. Dibuat partisi P = {t 0, t 1, t 2, …, t n} pada [a,b] dengan
a = t 0 < t 1 < t 2 < … < t n = b, maka kurva terbagi menjadi n bagian. Misalkan
Δsi
panjang kurva
bagian ke i dan yi ordinat sebuah titik pada bagian ini. Apabila kurva itu diputar mengelilingi sumbu X , maka ia akan membentuk suatu permukaan dan bagian
Δsi
ini akan membentuk
permukaan bagian. Luas permukaan bagian ini dapat dihampiri oleh luas kerucut terpancung, yaitu 2π yi Δsi .
Apabila kita jumlahkan luas-luas ini dan kemudian mengambil limitnya dengan membuat
P
→0,
kita akan memperoleh hasil yang kita definisikan sebagai luas permukaan benda
putar tersebut. Jadi luasnya adalah
A = lim P
**
n
∑ 2π y Δs = ∫ 2π y ds i
→0 i =1
i
*
Dengan menggunakan rumus A tersebut di atas, kita harus memberi arti yang tepat pada y, ds, dan batas-batas pengintegralan * dan **. Misalkan apabila permukaan itu terbentuk oleh kurva y
= f ( x) , a ≤ x ≤ b, yang diputar
mengelilingi sumbu X , maka kita peroleh untuk luasnya: **
b
∫
∫
*
a
2 A = 2π y ds = 2π f ( x) 1 + [ f ' ( x)] dx
Contoh 19
Tentukan luas permukaan benda putar apabila kurva y
=
x , 0 ≤ x ≤ 4, diputar mengelilingi
sumbu X . Thobirin, Kalkulus Integral 98
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Misalkan f ( x ) = x maka f ' ( x) = 4
∫
A = 2π
x
0
⎛ 1 ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ 2 x ⎠
2
dx = π
1 2 x
, sehingga 4
3 3 ⎡ 12 ⎤ π 4 x + 1 dx = ⎢π ( 4 x + 1) 2 ⎥ = (17 2 − 1) ≈ 36,18 ⎣⎢ 4 3 ⎦⎥ 0 6
4
∫ 0
Apabila persamaan kurva yang bersangkutan diketahui dalam bentuk persamaan a ≤ t ≤ b, maka rumus untuk luas permukaan menjadi:
parameter x = f (t ), y = g(t ),
b
**
∫
∫
*
a
2 A = 2π y ds = 2π g (t ) [ f ' (t )]
+ [ g ' (t )]2
dt
Contoh 20
Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila suatu busur dari sikloid
x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ),
0 ≤ t ≤ 2π diputar mengelilingi sumbu X .
Penyelesaian: Y
2
0
X
Misalkan f (t ) = a (t − sin t ) dan g (t ) = a (1 − cos t ) , maka f ' (t ) = a (1 − cos t ) dan
g ' (t ) = a sin t , sehingga: 2π
∫
A = 2π a (1 − cos t ) a (1 − cos t ) 2
2
+ a 2 sin 2 t dt
0
= 2π a
2π 2
∫ (1 − cos t )
2 − 2 cos t dt
0
= 2π a
2π 2
2
∫ (1 − cos t )
3 2
dt
0
Thobirin, Kalkulus Integral 99
Integral Tertentu
= 8π a
⎛ t ⎞ dt ⎟ ⎝ 2 ⎠
2π 2
∫
sin 3 ⎜
0
= 8π a
⎡ ⎛ t ⎞ dt 2 ⎛ t ⎞ ⎤ − 1 cos sin ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∫ 0 ⎢⎣ ⎝ 2 ⎠⎥⎦ ⎝ 2 ⎠
2π 2
Dengan substitusi u
t ⎞ = cos⎛ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
Untuk t = 0
→u=1
Untuk t = 2π
→ u = –1
Jadi A = −16π a
∫ (1 − u
1 t ⎞ = − sin⎛ ⎜ ⎟dt 2 ⎝ 2 ⎠
−1
−1 2
maka du
2
)du = −16π a
1
2
⎡u − 1 u 3 ⎤ = 64 π a 2 ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 3 1
Pemutaran terhadap sumbu Y
Analog: Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sumbu Y , maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaannya adalah: **
∫
A = 2π x ds *
Contoh 21
Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila kurva x
=
a 2 − y 2 ,
− a ≤ y ≤ a
diputar mengelilingi sumbu Y . Penyelesaian:
Misalkan x = g ( y ) =
**
∫
a
− y
a
∫ −
sehingga A = 2π x ds = 2π
2
a
2
2
− y
maka
2
1+
a
*
X
− y g ' ( y ) = 2 2 a − y y a
2
a
2
− y
2
dy 0
X
a
= 2π ∫ a dy = 2π [a y ]a−a = 4π a 2
− a
−a
Dengan demikian luas permukaan bola dengan jari-jari a adalah 4πa . 2
Thobirin, Kalkulus Integral 100
Integral Tertentu
5.2.5 Usaha atau Kerja
Dalam fisika kita tahu bahwa apabila ada gaya F yang konstan menggerakkan suatu benda sehingga bergerak sejauh d sepanjang suatu garis dengan arah gaya dan gerakan benda sama, maka kerja W yang dilakukan oleh gaya tersebut adalah W = F . d
Apabila satuan untuk F adalah pond an satuan jarak adalah kaki maka satuan kerja adalah kaki pond. Apabila gaya diukur dengan satuan dyne dan jarak dengan satuan sentimeter maka satuan kerja adalah dyne cm atau erg. Apabila gaya diukur dengan satuan Newton dan jarak dengan satuan meter maka satuan kerja adalah Newton meter atau joule. Pada kenyataannya biasanya gaya itu tidak konstan. Misalkan sebuah benda digerakkan sepanjang sumbu X dari titik x = a ke titik x = b. Misalkan gaya yang menggerakkan benda tersebut pada jarak x adalah F ( x) dengan F suatu fungsi kontinu. Untuk menentukan kerja yang dilakukan gaya tersebut dapat dicari sebagai berikut. Interval [a,b] dibagi dengan menggunakan partisi P = { x0, x1, x2, …, xn}. Pada setiap interval bagian [ xi-1, xi] gaya F dapat dihampiri oleh gaya konstan F (wi), dengan wi
∈ [ xi-1, xi]
untuk setiap i = 1, 2, …, n. Jika Δ xi = xi – xi-1, maka kerja yang dilakuka gaya F pada interval bagian [ xi-1, xi] adalah
ΔW i = F (wi) Δ xi. Jika dijumlahkan kemudian dicari limitnya untuk
P
→0
maka diperoleh kerja yang
dilakukan gaya F pada interval [a, b], yaitu
W = lim P
b
n
∑ F (w )Δ x = ∫ F ( x) dx i
→0 i =1
i
a
Jadi b
∫
W = F ( x) dx a
a. Aplikasi pada Pegas
Dengan menggunakan hokum Hooke yang berlaku dalam fisika, gaya F ( x) yang diperlukan untuk menarik (atau menekan) pegas sejauh x satuan dari keadaan alami adalah F ( x) = k . x
Di sini, k adalah konstanta dan disebut konstanta pegas yang nilainya positif dan tergantung pada sifat fisis pegas. Semakin keras pegas, maka semakin besar nilai k . Thobirin, Kalkulus Integral 101
Integral Tertentu
Contoh 22
Apabila panjang alami sebuah pegas adalah 10 inci. Untuk menarik dan menahan pegas sejauh 2 inci diperlukan gaya 3 pon. Tentukan kerja yang dilakukan gaya untuk menarik pegas itu sehingga panjang pegas 15 inci. Penyelesaian:
Menurut hokum Hooke gaya F ( x) yang diperlukan untuk menarik pegas sejauh x inci adalah F ( x) = k . x. Dari sini dapat dicari nilai konstanta k . Diketahui bahwa F (2) = 3, sehingga 3 = k .2 atau k =
3 2
3
. Oleh karena itu F ( x) = x .
2
Apabila pegas dalam keadaan alami sepanjang 10 inci menyatakan x = 0, maka pegas dengan panjang 15 inci menyatakan bahwa x = 5, sehingga
W =
5
3 75 x dx = 4 0 2
∫
= 18,75
Jadi, kerja untuk menarik pegas itu adalah 18,75 inci pond.
b. Aplikasi pada Pemompaan Cairan
Dengan menggunakan prinsip-prinsip yang sama dapat dihitung kerja yang dilakukan pada pemompaan cairan. Contoh 23
Sebuah tangki berbentuk kerucut lingkaran tegak penuh dengan air. Apabila tinggi tangki 10 kaki dan jari-jari lingkaran atasnya 4 kaki, a. tentukan kerja untuk memompa air sehingga sampai tepi tangki b. tentukan kerja untuk memompa air sehingga mencapai 10 kaki di atas tepi tangki. Y Y (4, 10) 10 – y
10 – y
4 y 10
Δ y
Δ y y
y = X
y 4 x 10
X Thobirin, Kalkulus Integral 102
Integral Tertentu
Penyelesaian:
a. Letakkan tangki dalam system koordinat seperti tampak dlam gambar. Buatlah sketsa yang berdimensi tiga dan juga sketsa penampang dimensi dua. Misalkan air dimasukkan ke dalam kerucut-kerucut terpancung (horizontal), Air ini harus diangkat sehingga mencapai tepi tangki. Perhatikan sebuah kerucut terpancung ke i dengan tinggi
Δ y
yang berjarak y dari puncak kerucut (puncak kerucut berada di bawah),
4
memiliki jari-jari
10
2
y , maka ia mempunyai volume hampiran
4 ⎞ ΔV = π ⎛ ⎜ y ⎟ Δ y ⎝ 10 ⎠
dan
2
beratnya (gaya berat)
⎛ 4 ⎞ F = δ π ⎜ y ⎟ Δ y , dengan δ = 62,4 adalah kepadatan air dalam satuan ⎝ 10 ⎠
pon/kaki kubik. Gaya yang diperlukan untuk mengangkat air tersebut adalah sama dengan beratnya dan harus diangkat sejauh 10 – y. Jadi kerja
ΔW adalah
2
4 ⎞ ΔW = δ π ⎛ ⎜ y ⎟ Δ y (10 − y ) ⎝ 10 ⎠ Karenanya, apabila dijumlahkan kemudian dicari limitnya diperoleh
W = δ π
4 25
10
∫ (10 y 0
2
− y ) dy = δ π 3
4 ⎡10
25 ⎢⎣ 3
y
3
−
1 4
10
y
4
⎤ ≈ 26,138 ⎥⎦ 0
Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 26,138 kaki pond.
b. Seperti dalam a, sekarang air dalam kerucut terpancung harus diangkat 20 – y, sehingga 2
10
10 4 ⎞ 4 4 ⎡ 20 3 1 4 ⎤ ⎛ 2 3 ( 20 ) W = δ π ∫ ⎜ y ⎟ ( 20 − y ) dy = δ π y y dy δ π y − y ⎥ ≈ 130,69 − = ∫ ⎢ 10 25 25 3 4 ⎦0 ⎠ ⎣ 0 ⎝ 0 10
Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 130,690 kaki pond.
Thobirin, Kalkulus Integral 103
