MAKALAH KALKULUS II “INTEGRAL”
Oleh: Nama : Mansur Amriatul NIM : 07 241 075 Semester : VIII (Delapan)
JURUSAN PENDIDIKAN FISIKA FAKULTAS PENDIDIKAN MATEMATIKA DAN IPA IKIP MATARAM JULI 2011
KATA PENGANTAR
Puji dan syukur senantiasa penulis panjatkan kehadlirat Allah swt. atas limpahan rahmat dan karunia-Nya, sehingga ditengah-tengah kesibukan dan rutinitas penulis serta dengan segala kekurangannya, dapat menyusun makalah ini yang diharapkan dapat membantu pribadi penulis dan mahasiswa secara umumnya dalam mempelajari Kalkulus II tentang “Integral”. Makalah ini dimaksudkan untuk memberikan bekal kepada pribadi penulis dan mahasiswa Jurusan Pendidikan
Fisika, Fakultas Pendidikan Matematika dan Ilmu
Pengetahuan Alam IKIP Mataram yang sedang mengikuti perkuliahan Kalkulus II. Kekurangan dan belum sempurnanya makalah ini menjadi ‘tuntutan” penulis sehingga yang seharusnya
teman-teman menerima banyak pengetahuan tentang Kalkulus
Integral dari makalah ini belum dapat terwujud seluruhnya. Terselesaikannya penulisan makalah ini tentu tidak terlepas dari bantuan rekan-rekan seprofesi penulis di IKIP Mataram, lebih-lebih teman-teman kelas ku yang menjadi motivasi penulis untuk segera menyelesaikan makalah ini. Semoga materi yang telah dituangkan dalam makalah ini, akan sangat berguna bagi pribadi penulis dan mahasiswa FPMIPA IKIP Mataram umumnyam. Kekurangan dan kekhilafan disana sini Insyaallah diperbaiki dikemudian hari.
Mataram, 18 Juli 2011 Penulis
Mansur Amriatul
Kalkulus II “Integral”
2
DAFTAR ISI
BAB I
BAB II
Bab III
BAB IV
Halaman Sampul ............................................................................... Kata Pengantar .................................................................................. Daftar Isi ........................................................................................... PENDAHULUAN 1.1 Anti Turunan (Integral Tak-tentu) …………………………… 1.2 Integral Tertentu ……………………………………………... 1.3 Sifat-Sifat Integral Tentu .......................................................... 1.4 Teorema Dasar Kalkulus …………………………………….. TEKNIK INTEGRAL 2.1 Teknik Substitusi ...................................................................... 2.2 Integral Fungsi Trigonometri .................................................... 2.3 Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri .................................... 2.4 Integral Parsial ......................................................................... 2.5 Integral Fungsi Rasional .......................................................... 2.6 Integral Fungsi Rasional yang Memuat Fungsi Trigonometri… INTEGRAL TIDAK WAJAR 3.1 Pengertian .................................................................................. 3.2 Integral Tidak Wajar dengan Batas Diskontinu ........................ 3.3 Integral Tidak Wajar dengan Batas Tak Hingga ………… RUMUS-RUMUS INTEGRAL DAFTAR PUSTAKA .......................................................................
i ii iii 1 1 2 4 6 7 13 15 17 19 21 25 28 41
BAB I PENDAHULUAN 1.5 Anti Turunan (Integral Tak-tentu)
Kalkulus II “Integral”
3
Matematika mempunyai banyak pasangan operasi balikan: penambahan dan pengurangan,perkalian dan pembagian, pemangkatan dan penarikan akar, serta penarikan logaritmadan penghitungan logaritma. Definisi : Fungsi F dikatakan anti turunan dari fungsi f pada selang I jika F’(x) = f(x) untuk semua x di I.Notasi : F(x) = ∫ f(x) dxIntegral tak tentu adalah Anti/Invers/Kebalikan turunan. Contoh : Integral tak tentu adalah operator liner, yaitu bersifat : a. b. 1.6 Integral Tertentu Definisi : Misal f(x) suatu fungsi yang didefinisikan pada [a,b], selanjutnya f(x) dikatakan terintegralkan (integrable) pada [a,b] jika
n
lim ∑ f ( xi ) ∆xi ada.
P →0 i =1
b
Selanjutnya ∫ f ( x ) dx disebut Integral Tentu (Integral Riemann) f(x) dari a a
ke b, dan didefinisikan b
n
∫ f ( x ) dx = lim ∑ f ( xi )∆xi .
a
P →0 i =1
Kalkulus II “Integral”
4
b
∫ f ( x ) dx menyatakan luas daerah yang tercakup diantara kurva
a
b
y = f(x) dan sumbu x dalam selang [a,b], jika ∫ f ( x ) dx bertanda negatif maka a
menyatakan luas daerah yang berada dibawah sumbu x. Definisi : a
a.
∫ f ( x ) dx = 0
a b
a
a
b
b. ∫ f ( x ) dx = - ∫ f ( x ) dx , a > b 1.7 Sifat-Sifat Integral Tentu a.
Sifat Penambahan Selang
Teorema : Jika f(x) terintegralkan pada suatu selang yang memuat tiga titik a, b dan c, maka : c
b
c
a
a
b
∫ f ( x )dx = ∫ f ( x )dx + ∫ f ( x )dx bagaimanapun urutan a, b dan c.
Contoh : 2
1
2
0
0
1
2 2 2 1. ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx
3.
b.
2
−1
2
0
0
−1
2
3
2
0
0
3
2 2 2 2. ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx
2 2 2 ∫ x dx = ∫ x dx + ∫ x dx
Sifat Simetri Jika f(x) fungsi genap, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat f(-x) = f(x) , maka: a
a
−a
0
∫ f ( x )dx = 2 ∫ f ( x )dx dan
Jika f(x) fungsi ganjil, yaitu suatu fungsi yang memenuhi sifat f(-x) = - f(x), maka
Kalkulus II “Integral”
5
a
∫ f ( x )dx = 0.
−a
Contoh : π π x x x 1 cos dx = 2 cos dx = 8 cos . dx =4 2 1. ∫ ∫ ∫ 4 4 4 4 −π 0 0 π
2.
x5
5
∫
−5 x
2
+4
dx = 0
Secara lebih umum, sifat-sifat integral tertentu adalah: Jika f(x) dan g(x) kontinu pada interval [a,b] dan k ∈ Real dan f(x), g(x) terintegralkan pada interval tersebut, maka: b
∫
1.
a
b
kf ( x ) dx = k ∫ f ( x ) dx a
2. b
b
b
a
a
a
b
b
b
a
a
a
∫[ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx + ∫ g ( x)dx 3.
∫[ f ( x) − g ( x)] dx = ∫ f ( x)dx − ∫ g ( x)dx , a
4.
∫ f ( x)dx
=0
a
b
5.
∫ f ( x)dx a
b
6.
∫ a
a
= −∫ f ( x ) dx , jika b < a b
c
b
a
c
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx ,
c
∈( a, b) a
7.
∫ f ( x) = 0,
jika
f(-x)
=
-f(x)
−a
Kalkulus II “Integral”
6
a
∫ f ( x)dx = 2
8.
−a
a
∫ f ( x)dx
, jika f(-x) =
0
f(x) b
9.
Jika
F(u)
=
∫ f ( x)dx
,
maka
a
d F (u ) = f (u ) du b
∫ f ( x)dx
10.
= (b-a) f ( x o ) untuk paling
a
sedikit x = x o antara a dan b. b
∫
11.
a
b
f ( x) dx ≤ ∫ g ( x) dx
jika dan hanya
a
jika f(x) ≤ g(x) untuk setiap x ∈ [a,b]. x D ∫ f (t ) dt = f ( x) x a
12.
1.8 Teorema Dasar Kalkulus Teorema dasar Kalkulus memberikan kemudahan untuk menghitung Integral Tentu, berikut teorema tersebut : Misal f(x)
kontinu pada [a,b] dan F(x)
sebarang anti turunan f(x), maka
b
∫ f ( x ) dx = F(b) – F(a)
a
Selanjutnya ditulis F(b) – F(a) = [ F ( x )] ba Contoh : Perlihatkan bahwa jika r ∈ Q dan r ≠ -1, maka b
b r +1
a r +1
r ∫ x dx = r + 1 − r + 1 a
Kalkulus II “Integral”
7
Jawab : r +1 Karena F(x) = x suatu anti turunan dari f(x) = xr, maka menurut teorema dasar
r +1
b
Kalkulus ∫ x r dx = F (b) − F (a ) = a
b r +1 a r +1 − r +1 r +1
Integral tentu sebagai operator linear, yaitu bersifat : Misal f(x) dan g(x) terintegralkan pada [a,b] dan k suatu konstanta, maka:
b
b
a.
∫ f ( x)dx
∫ kf ( x )dx = k
a
a
b b.
∫ [ f ( x) + g (x)]dx
b =
a
∫ f ( x)dx
a
b
+ ∫ g ( x ) dx a
Contoh : 2
2 Hitung ∫ (4 x − 6 x )dx −1
Jawab : 2
2
2
−1
−1
−1
2 2 2 x3 − 6 2 −1 3 −1
2 2 x ∫ (4 x − 6 x )dx = 4 ∫ xdx − 6 ∫ x dx = 4
4 2
1 2
8 3
1 3
= 4 − − 6 + = − 12
BAB II TEKNIK INTEGRAL
Kalkulus II “Integral”
8
Beberapa macam teknik pengintergralan digunakan untuk menentukan antiturunan suatu fungsi. Hal ini bertujuan untuk memudahkan dalam menentukan selesaian
integral fungsi yang ditentukan. Agar teknik pengingtegralan mudah
dipahami oleh pembaca, maka dalam bab ini dirincikan teknik pengintegralan dimaksud dengan syarat-syarat yang ditentukan. Teknik-teknik integral tersebut adalah: Teknik Substitusi, Integral Fungsi Trigonometri, Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri, Integral Parsial, Integral Fungsi Rasional, dan Integral Fungsi Rasional yang memuat fungsi Trigonomteri. Berikut ini penjelasan teknik-teknik dalam pengintegralan. 2.1 Teknik Substitusi Istilah lain untuk teknik substitusi adalah pemisalan. Teknik substitusi pada umumnya digunakan untuk memudahkan selesaian integral ke bentuk rumus dasar rumus integral tak tentu, yaitu; a.
∫x dx = n
x n +1 + C, asalkan n n +1
≠ -1 atau
n +1 n [ f ( x )] [ f ( x ) ] f ' ( x ) d x b. ∫ = + C, asalkan n ≠ -1
n +1
Karena rumus di atas adalah pedoman umum. maka integrannya menyesuaikan dengan rumus di atas. Jika belum sesuai atau menyimpang dari bentuk di atas maka sedapat mungkin diubah terlebih dahulu. Dengan demikian setelah integran sesuai dengan bentuk baku integralnya dapat dilakukan dengan mengaplikasikan rumus dasar integral tidak tentu. Akhirnya selesaiannya dapat dilakukan dengan metode substitusi. Perhatikan beberapa contoh berikut: 1.
∫
1 −x
Misal
dx u=
1 −x
⇔ u2 = 1 − x ⇔ d (u 2 ) = d (1 − x )
⇔ 2udu = −dx
Substitusi bentuk terakhir ke
∫
1 −x
dx, diperoleh
Kalkulus II “Integral”
9
∫u (−2u )du = -2 ∫u
2
du
Dengan rumus dasar di dapat
∫
1 −x
2 = -2 ∫u du
dx
u 3 +C 3
= -2 =2.
2 (1 − x)3 + C 3
∫(3x +12 )
11
Misal
dx
A
= 3x + 12
d(A)
= d(3x+12)
dA = 3 dx dx = Sehingga
dA 3
∫(3x +12 )
11
dx
=
∫A
=
1 A11 dA 3∫
=
1 A12 ( ) +C 3 12
=
1 12 A +C 36
=
(3 x +12 )12 +C 36
11
dA 3
2.2 Integral Fungsi Trigonometri Sebelum membahas teknik integral fungsi trigonometri secara lebih rinci, berikut ini diberikan integral dasar fungsi trigonometri yang menjadi acuan untuk menentukan hasil pengintegralan dengan teknik fungsi trigonometri. Bentuk dasar tersebut adalah:
1.
∫sin
x
dx
= -cos x + C
2.
∫cos
x
dx
= sin x + C
3.
∫tan x dx
= ln = -ln
sec x +C
cos x +C
Kalkulus II “Integral”
10
4.
∫cot x dx = - ln = ln
csc x +C
sin x +C
5.
∫sec
dx
= ln
sec x +tan x +C
6.
∫csc x dx
= ln
csc x −cot x +C
x
Berdasarkan bentuk di atas selanjutnya diberikan beberapa kasus bentuk integral fungsi trigonometri yang dibahas pada bagian ini, diantaranya adalah:
∫sin
a.
m
xdx ,
dan
∫cos
m
dengan m bilangan ganjil atau genap
xdx
positip Jika m bulat positip dan ganjil, maka m diubah menjadi (m-1) + 1, atau m digenapkan terdekat. Selanjutnya substitusi dengan menggunakan kesamaan identitas sin 2 x + cos 2 x = 1 atau sin 2 x = 1 - cos 2 x atau cos 2 x = 1 - sin 2
x.
Akhirnya dengan substitusi tersebut didapat kesamaan antara integran dengan tanda integrasinya, sehingga dengan mudah dapat diselesaikan. Contoh: 1.
∫sin
3
xdx
Jawab :
∫sin
3
xdx
=
∫sin
=
∫sin
=
∫(1 −cos
( 3− 1) + 1
2
xdx
x sin x 2
dx
x ) d ( −cos x )
2 = ∫1d ( −cos x) +∫cos d (cos x)
= -cos x +
2.
∫cos
5
1 cos 3 x + C 3
xdx
Jawab :
∫cos
5
xdx
=
∫cos
=
∫cos
=
∫(1 −sin
4
( 5− 1) + 1
x dx
x cos xdx 2
x ) 2 d (sin x )
Kalkulus II “Integral”
11
=
∫(1 −2 sin
=
∫1d (sin
∫sin
m
n
x cos
x +sin
4
x ) −2 ∫sin
x ) d (sin x ) 2
xd (sin x ) +∫sin
4
xd (sin x )
2 1 sin 3 x + sin 5 x + C 3 5
= sin x b.
2
xdx
Jika m atau n bilangan bulat positip ganjil, sedangkan lainnya sebarang bilangan, maka faktorkan sin x atau cos x dengan menggunakan kesamaan identintas sin 2 x + cos 2 x = 1 dengan terlebih dahulu mengubah salah satu bilangan ganjil.
Misal m ganjil maka ubah m dengan m = (m-1)+1 , jika n ganjil diubah menjadi (n-1)+1. Jika m dan n genap digunakan kesamaan setengah sudut sin 2 x = 1 − cos 2 x 2
dan
2
cos
x=
1 + cos 2 x 2
sehingga
diperoleh
hasil
pengintegralannya. Contoh 1.
∫sin
3
x cos
2
xdx
Jawab Karena m ganjil, maka gunakan substitusi kesamaan identitas
∫sin
3
x cos
2
∫sin
2
∫sin
=
xdx
x sin x cos
( 3 −1) +1
2
=
dx
cos
2
xdx
∫(1 −cos
=
∫(cos
2
x −cos
=
∫cos
2
xd ( −cos x ) − ∫cos
1 3
4
2
x ) cos
2
x sin xdx
x ) d ( −cos x ) 4
xd (−cos x )
1 5
= − cos 3 x + cos 5 x + C 1 5
1 3
= cos 3 x( cos 2 x − ) + C 2.
∫sin
2
x cos
3
xdx
Karena n ganjil, maka ubah menjadi genap
∫sin
2
x cos
=
∫sin
=
∫sin
2
2
3
2 2 = ∫sin x cos x cos xdx
xdx
x (1 −sin
2
x ) d (sin x )
xd (sin x ) −∫sin
4
xd (sin x )
Kalkulus II “Integral”
12
1 1 sin 3 x − sin 5 x + C 3 5
=
∫tan
c.
n
∫cot
dan
xdx ,
n
xdx
Dalam kasus ini jika n genap gunakan kesamaan identitas 1 + tan 2 x = sec 2 x dan 1+cot 2 x = csc 2 x . Jika n ganjil ubah menjadi (n-1)+1 dan gunakan kesamaan 1 + tan 2 x = sec 2 x dan 1+cot 2 x = csc 2 x . Perhatikan contoh berikut: 1.
∫tan
3
xdx
Karena pangkat n ganjil maka diubah dalam bentuk perkalian yang salah satunya genap, selanjutnya gunakan kesamaan identitas 1 + tan 2 x = sec 2 x Sehingga diperoleh
∫tan
2.
∫cot
4
3
xdx
=
∫tan
=
∫(sec
=
∫sec
=
∫ tan x sec 2 x dx – ln sec x + C
=
∫tan
=
1 tan 2 x − ln sec x + C 2
2
x tanx
2
2
dx
x −1) tan x tan
x
x dx
x dx -
∫ tan x dx
d(tan x) – ln
sec x
+C
xdx
Karena pangkat n , langsung gunakan kesaman identintas 1+cot 2 x = csc 2 x , sehingga didapat
∫cot
4
=
xdx
=
∫(csc
=
∫(csc
2
4
∫(cot
2
x ) 2 dx
x −1) 2 dx
x −2 csc
2
x +1) dx
2 2 2 = ∫(csc x) csc x −2 csc x +1)dx
2 2 2 = ∫(1 +cot x) csc x −2 csc x +1dx `
=
∫(1 +cot
2
x ) d ( −cot x ) −2 ∫d ( −cot x ) + ∫ dx
1 3
= (− cot x) − cot 3 x + 2 cot x + x + C
Kalkulus II “Integral”
13
1 3
= − cot 3 x + cot x + x + C
∫tan
d.
m
x sec
n
∫cot
, dan
xdx
m
n
x csc
xdx
Bentuk ini mempunyai dua kasus yaitu n genap m sebarang dan m ganjil n sebarang. Jika n genap dan m sebarang gunakan kesamaan 1 + tan 2 x = sec 2 x atau 1 + cot 2 x = csc 2 x . Contoh 1.
∫ tan
5
x sec
4
xdx
Karena salah satu pangkat bilangan genap, maka langsung gunakan kesamaan identitas 1+tan 2 x = sec 2 x , sehingga diperoleh
∫ tan
5
x sec
4
xdx
=
∫tan
=
∫(tan
= 2.
∫cot
4
x csc
4
∫ tan
=
5
5
x(1 + tan 5
2
x sec
x + tan
2
7
x sec
2
x ) sec
2
xdx xdx
x ) d(tgnx)
1 1 tan 6 x + tan 8 x + C 6 8
xdx
Jawab :
∫cot
4
x csc
=
∫cot
=
∫(cot
4
4
x (cot
6
=
xdx 2
4
x (csc
2
x )(csc
2
x )dx
−1)d ( −cot x )
x −cot
1 7
∫cot
4
x )d ( −cot x )
1 5
= − cot 7 x + cot 5 x + C Sedangkan untuk m bilangan ganjil dan n sebarang juga dengan menggunakan substitusi kesamaan identitas 1 + tan 2 x = sec 2 x atau 1 + cot 2 x = csc 2 x . Contoh: 1.
∫ tan
3
x sec
3
∫ tan
xdx
=
=
∫ tan
=
∫(sec
2
= ∫(sec
2
x sec
x tan x sec 2
2
x sec xdx
d (sec x)
2
x −1) sec
4
x −sec
2
2
xd (sec x )
x ) d (sec x )
Kalkulus II “Integral”
14
= 2.
e.
∫ tan
3
x sec
∫sin
−1 / 2
1 1 sec 5 x − sec 3 x + C 5 3
∫tan
=
xdx
2
x tan
x sec −3 / 2 x sec x dx
=
∫(sec
=
∫(sec
=
2 sec 3 / 2 x + 2 sec −1 / 2 x + C 3
2
x -1)sec −3 / 2 x
1/ 2
mx cos nxdx
,
d(sec x)
x −sec −3 / 2 x )
∫sin
d(secx)
mx sin nxdx ,
∫cos
mx cos nxdx
Integral bentuk ini juga sering muncul, untuk menyelesaikannya digunakan rumus kesamaan hasil kali, yaitu: 1 [sin( m + n) x + sin( m − n) x ] 2
sin mx cos nx =
1 2
sin mx sin nx = − [cos( m + n) x − cos( m − n) x] cos mx cos nx =
1 [cos( m + n) x + cos( m − n) x ] 2
Contoh : 1.
∫sin 3x cos 4x dx =
∫sin 3 x sin
1 1 cos 7 x - cos x + C 14 2
2 x dx
= −
=
1
∫ − 2 [cos( 3 + 2) x − cos( 3 − 2) x] dx
1 (cos 5x – cos x) dx 2∫
= −
3.
1
∫ 2 [sin( 3 + 4) x + sin( 3 − 4) x] dx
1 sin 7 x + sin (-x) dx 2∫
= − 2.
=
1 1 sin 5x + sin x + C 10 2
∫cos y cos 4y dy =
=
1
∫ 2 [cos( 1 + 4) y +cos(1-4)y] dy
1 [cos 5 x + cos( −3 y )] dy 2∫
Kalkulus II “Integral”
15
1 1 sin 5 y − sin 3 y + C 10 6
=
2.3 Teknik Substitusi Fungsi Trigonometri Teknik substitusi fungsi trigonometri digunakan untuk menyelesaikan integral jika integrannya memuat bentuk-bentuk: a.
a2 − x2
, a > 0, a ∈ Real
b.
x2 + a2
=
c.
x2 −a2
, a > 0, a ∈ Real
a2 + x2
, a > 0, a ∈ Real
atau bentuk lain yang dapat diubah menjadi bentuk di atas, misalnya 2
a 2 −b 2 x 2
a = − x 2 b 2
a +b x = 2
2
a 2 +x b 2
a 2 x 2 −b 2
=
b x 2 − atau a
ax 2 + bx + c
yang dapat diubah menjadi bentuk
kuadrat sempurna. Integrannya memuat x = a sin t atau sin t =
a2 − x2
atau sejenisnya, Gunakan substitusi
x a
x = a sin t ⇔ dx = a cos t dt
π
π ≤t ≤ dengan sehingga, 2 2 a2 − x2
= =
x
a a − x2 2
t
a 2 −( a sin t ) 2 a 2 (1 −sin
2
t)
= a cos t Catatan : Gambar segitiga siku-siku di atas yang masing-masing sisinya diketahui berguna untuk menentukan nilai fungsi trigonometri yang lain, yaitu cos t, tan t, cot t, sec t, dan csc t. Hal ini dikarenakan sangat mungkin hasil dari pengintegralan adalah fungsi-fungsi tersebut. Contoh: Tentukan hasil pengintegralan berikut ini:
Kalkulus II “Integral”
16
1.
∫
4 −x2
dx
Jawab : Substitusi x = 2 sin t x 2
⇔ sin t =
2
x
4 −x2
dx = 2 cos t dt 4 −x2
=
t
4 − 4 sin 2 t = 2 cos t
Sehingga :
∫
4 −x2
dx
=
∫2 cos
t.2 cos tdt
= 4 ∫cos t cos tdt = 4
∫cos
= 2 ∫dt
2
= 4∫
tdt
+2
∫cos
(1 + cos 2t ) dt 2
2t
dt
= 2t + sin 2t + C = 2t + 2 sin t cos t x 2
= 2 arc sin + Atau 4
∫cos
2
= 4(
tdt
4 − x2 +C 2
x 2
sin t cos t 1 + t +C ) 2 2
= 2 sint cost + 2t + C x 4 − x2 + 2 arc sin + C 2 2
x 2
= 2
2.
∫
=
x 4 − x2 x − 2 arcsin + C 2 2
=
∫
dx 4x − x 2
Jawab :
∫
dx 4x − x 2
dx 4 − ( x − 2) 2
Substitusi (x-2) = 2 sin t, x −2
dx = 2 cos t dt 4 − ( x − 2) 2 = 2 cos t ,
∫
dx 4 − ( x − 2) 2
sehingga
=
2
t 4x − x
2
∫
2 cos tdt 2 cos t
Kalkulus II “Integral”
17
=
∫dt
=t+C x −2 +C 2
= arc sin 2.4 Integral Parsial
Secara umum integral parsial digunakan untuk menentukan selesaian integral yang integrannya merupakan perkalian dua fungsi uv, dimana u = f(x) dan v = g(x). Karena y = uv, maka menurut definisi differensial dan turunan fungsi y = uv diperoleh : dy = d(uv) d(uv) = u dv + v du Dengan mengintegralkan masing-masing bagian diperoleh
∫d (uv ) = ∫udv
+∫vdu
⇔ ∫udv
= ∫d (uv ) −∫vdu
⇔ ∫udv
=uv −∫vdu
Bentuk terakhir ini dinamakan rumus integral parsial. Prinsip yang digunakan dalam integral parsial adalah integran yang berbentu uv di manipulasi menjadi u dv dan dalam menentukan udv tidak boleh memunculkan persoalan yang lebih sulit dibandingkan dengan
∫udv tersebut.
Perhatikan beberapa contoh berikut ini. Tentukan integral persial berikut ini 1)
∫x cos
xdx
Jawab : Bentuk
∫x cos
xdx
diubah menjadi
∫ udv,
Misal u = x , dv = 1 dx dv = cos x dx , v = Akibatnya
∫x cos
xdx
=
∫cos
x
dx = sin x
∫ x d(sin x).
Dengan rumus integral parsial
∫udv
=uv −∫vdu
, diperoleh
∫ x d(sin x)
= x sin x -
∫sin
x
d(x)
= x sin x -
∫sin
x
dx
Kalkulus II “Integral”
18
= x sin x + cos x + C
∫x cos
Akhirnya diperoleh 2)
∫x
1 +x
= x sin x + cos x + C
xdx
dx
Pilih u = x , du = dx dv = Sehingga
∫x
1 +x
,v=
1 +x
∫
dx =
1 +x
dx =
23
∫ xd ( 3
23 1+x 3
1+x)
Berdasarkan rumus integral parsial
∫udv
=uv −∫vdu
∫x
, diperoleh
1 +x
dx
23
=
∫ xd ( 3
=
2x 3 1 +1 3
∫3
=
2x 3 1 +1 3
∫3
=
2 2x 3 1 +1 - 3 (1 + x) 4 + C 3 4
1+x)
23
23
1 + x d ( x) 1 + x dx
2.5 Integral Fungsi Rasional. Fungsi rasional adalah suatu fungsi yang dinyatakan dalam bentuk F(x) = dimana f(x) , g(x) adalah fungsi pangkat banyak (polinom) dan g(x)
f ( x) , g ( x)
≠ 0.
Fungsi pangkat banyak adalah suatu fungsi yang dinyatakan dengan f(x) = a o + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + … + a n x n , n = 1, 2, 3, … , sehingga fungsi rasional adalah fungsi berbentuk
f ( x) g ( x)
yang pembilang dan penyebutnya
polinom. Contoh : a. F(x) =
1− x (Fungsi Rasional Sejati) x − 3x + 2
b. F(x) =
x2 − 4 (Fungsi Rasional Tidak Sejati) x2 − 4x + 4
c. F(x) =
x5 + 2 x3 − x + 1 (Fungsi Rasional Tidak Sejati) x3 + 5 x
2
Kalkulus II “Integral”
19
Pada contoh di atas, (1) disebut fungsi rasional sejati, karena derajat pembilang lebih dari derajat penyebut, sedangkan (2) dan (3) disebut fungsi rasional tidak sejati, karena derajat pembilang lebih besar atau sama dengan derajat penyebut. Untuk langkah selanjutnya jika suatu fungsi rasional termasuk jenis tidak sejati, maka fungsi tersebut dijadikan fungsi rasional sejati. Melalui proses pembagian panjang akan diperoleh fungsi rasional sejati. Sehingga: F(x)
=
x5 + 2 x3 − x + 1 x3 + 5 x
= x 2 −3 + F(x)
=
(14 x +1) x 3 +5 x
f ( x) , g(x) g ( x)
≠ 0.
Dalam menentukan integral fungsi rasional, langkah yang ditempuh adalah: a.
Nyatakan integrannya dalam bentuk fungsi rasional sejati.
b.
Faktorkan penyebut g(x) dari fungsi rasional F(x) =
f ( x) g ( x)
sampai tidak dapat difaktorkan lagi. c.
Dalam hal langkah nomor 2 di atas, g(x) dapat berupa kombinasi
antara: - fungsi linear berbeda, g(x) = (x-a)(x-b)….(x-t) dstnya. - fungsi linear berulang, g(x) = (x-a) n = (x-a)(x-a)(x-a) … (x-a) - fungsi liner dan kuadrat, g(x) = (x-a)(ax 2 +bx + c) - fungsi kuadrat berbeda, g(x) = (ax 2 +bx + c )( px 2 + qx + c) - fungsi kuadrat berulang, g(x) = (ax 2 +bx + c ) d.
n
dan seterusnya.
Nyatakan integran menjadi bentuk penjumlahan n-pecahan
parsial sehingga integran dapat ditentukan antiturunannya, Misal :
A1 A2 f ( x) + + ... (Penyebut kombinasi liner = g ( x) ( ax1 + b1 ) ( ax 2 + b2 )
berbeda) f ( x) A1 A2 A3 = + + + ... (kombinasi lenear berulang) 2 g ( x) ( ax + b) ( ax + b) (ax + b)3
Kalkulus II “Integral”
20
f ( x) A1 x + B1 A2 x + B2 = + + ... (kombinasi kuadrat 2 g ( x ) a1 x + b1 x + c1 a2 x 2 + b2 x + c 2
berbeda) e.
Integralkan secara keseluruhan jumlah n-pecahan parsial tersebut
yang merupakan hasil akhir pengintegralan dengan terlebih dahulu menentukan konstanta A 1 , A 2 , …A n dan B 1 , B 2 , …B n . Contoh : 1.
Tentukan
∫x
2
2 dx −1
Karena intergran adalah fungsi rasional sejati, selanjutnya faktorkan integran:
∫x
2
2 dx −1
2
=
∫ ( x −1)( x +1) dx
=
∫ ( x −1) + ( x +1) dx
=
∫
A( x +1) + B ( x −1) dx ( x −1)( x +1)
=
∫
( A + B) x + ( A − B) dx ( x −1)( x +1)
A
B
Diperoleh A + B = 0 , A – B = 2 atau A = 1, B = -1 sehingga:
∫x
2
2 dx −1
1
−1
=
∫ x −1 + ( x +1) dx
=
∫ x −1 dx
1
= ln
-
1
∫ x +1 dx
x −1 −ln x +1 +C
x −1
= ln x +1 +C
2.
x +1
∫ x −1 dx ,
integran fungsi rasional tidak sejati, maka:
x +1
2
∫ x −1 dx = ∫1 + x −1 dx =
2
∫dx + ∫ x −1 dx
= x + ln (x-1) 2 + C 2.6
Integral Fungsi Rasional yang Memuat Sin x dan Cos x
Kalkulus II “Integral”
21
Fungsi F(x) =
f ( x) , g ( x) ≠ 0, f ( x ) dan g(x) mememuat fungsi g ( x)
trigonometri dapat juga dikategorikan sebagai fungsi rasional, hanya saja tidak dapat disebut sejati atau tidak sejati. Hal ini dikarenakan f(x) = sin x dan f(x) = cos x tidak mempunyai derajat seperti halnya dengan fungsi polinomial. Pengintegralan jenis ini menggunakan METODE SUBSTITUSI. Berikut ini diberikan beberapa contoh fungsi rasional yang pembilang dan penyebutnya memuat f(x) = sin x atau g(x) = cos x. 1. F(x) =
1 − sin x cos x
2. F(x) =
1 + 2 sin + cos x sin x
3. F(x) =
5 sin x + 2 cos x
4. F(x) =
1 3 − 2 sin x
5. F(x) =
2 1 + sin x − cos x
Sehingga dalam bentuk pengingtegralan fungsi rasional yang pembilang dan penyebutnya memuat fungsi trigonometri adalah: dx
1.
∫1 + sin x − cos x
2.
∫ 2 + cos
3.
∫1 + sin x + cos x
4.
∫
1 + 2 sin + cos x dx sin x
5.
∫
1 dx 3 − 2 sin x
dx
x
dx
Selesaian integral bentuk-bentuk di atas adalah menggunakan metode substitusi x = 2 arc tan z sehingga dx =
2 dz .Selanjutnya sin x dan coc 1 + z2
Kalkulus II “Integral”
22
x di substitusi ke bentuk variabel z. Karena x = 2 arc tan z
maka:
x ⇔ tan = z 2
Menurut rumus identitas fungsi trigonometri x 2
x 2
2 2 1 + tan = sec
x ⇔ 1 + z 2 = sec 2 2
1 x ⇔ cos 2 = 2 2 1+ z
Menurut rumus identitas fungsi trigonometri yang lain sin 2 x + cos 2 x = 1 x x ⇔ sin 2 + cos 2 = 1 , sehingga didapat 2 2
x 2
2 sin = 1 −
1 z2 = 1 + z2 1+ z2
Dengan rumus jumlah cosinus didapat: cos 2x = cos 2 x −sin 2 x x x ⇔ cos x = cos 2 + sin 2 2 2
⇔ cos x =
1 z2 − 1+ z2 1+ z2
1− z2 = 1+ z2
Dengan rumus jumlah sinus didapat: sin 2x = 2 sin x cos x x 2
x 2
⇔ sin x = 2 sin cos =2 =
z2 1+ z2
1 1+ z2
2z 1+ z2
Dengan demikian integral fungsi rasional yang memuat fungsi trigonometri dapat diselesaikan dengan menggunakan substitusi
Kalkulus II “Integral”
23
x = 2 arc tan z, sin x =
2z 1− z2 , cos x = 1+ z2 1+ z2
Untuk lebih jelasnya perhatikan beberapa contoh di bawah ini. Tentukan selesaian dari : 1.
dx
∫1 +sin x + cos x
Jawab :
2 dz 2 dx 1 + z ∫1 + sin x + cos x = ∫ 2z 1 − z2 1+ + 1 + z2 1 + z2
2dz 1+ z2 = ∫ 1+ z2 2z 1− z2 + + 1+ z2 1+ z2 1+ z2 2dz
=
∫ 2 +2 z
=
∫1 +z
dz
= ln
+C
1 +z
= ln 1 + tan 2.
x +C 2
dx
∫ 2 −cos
x
2dz dx 1+ z2 Jawab : ∫ = ∫ 2 −cos x 1− z2 2− 1+ z2 2dz 1+ z2 2(1 + z 2 ) 1 − z 2 − 1+ z2 1+ z2
=
∫
=
∫ 1 +3 z
2dz
2
2 dz 2 ∫ = 3 1 + z2 3
Kalkulus II “Integral”
24
=
z + C 3 arc tan 1 / 3
2 3
=
2 arc tan 3
3
z+C
=
2 arc tan 3
3
(tan x/2) + C
BAB III INTEGRAL TAK WAJAR 3.1 Pengertian Sebelum membahas konsep tentang integral tak wajar, marilah kita ingat kembali teorema dasar kalkulus pada integral tertentu. Teorema: Misal f(x) adalah fungsi yang kontinu dan terintegralkan pada I = [a,b], dan F(x) sebarang antiturunan pada I, maka b
∫ f ( x)dx
=
[ F ( x)]ba = F (b) − F (a)
a
Contoh : 4
4
1 1. ∫ (1 − x) dx = x − x 2 2 2 2
= (4- ½ .16) – (2- ½ 4) = -4 – 0 = -4 2
dx = [ln 1 + x ] 2. ∫ 1+x 1
2
1
= ln (1+2) – ln (1+1) = ln 3 – ln 2 2
3.
∫ 1
dx , tidak dapat diselesaikan dengan teorem di atas karena integran 1−x
f(x) =
1 1−x
tidak terdefinisi pada x = 1.
Kalkulus II “Integral”
25
1
dx , tidak dapat diselesaikan dengan teorema di atas, karena integran f(x) = x −1
∫
4. 1 x
tidak terdefinisi di x = 0
Dengan demikian tidak semua integral fungsi dapat diselesaikan dengan teorema dasar kalkulus. Persoalan-persoalan integral seperti pada contoh 3 dan 4 dikategorikan sebagai integral tidak wajar. b
∫ f ( x)dx
Bentuk
disebut Integral Tidak Wajar jika:
a
a. Integran f(x) mempunyai sekurang-kurangnya satu titik yang tidak kontinu (diskontinu) di [a,b],
sehingga mengakibatkan f(x) tidak terdefinisi di titik
tersebut. b
Pada kasus ini teorema dasar kalkulus
∫ f ( x)dx
= F(b) – F(a) tidak berlaku lagi.
a
Contoh : 4
1)
dx
∫ 4 − x , f(x) tidak kontinu di batas atas x = 4 atau f(x) kontinu di [0,4) 0
2
2)
dx , f(x) tidak kontinu di batas bawah x = 1 atau f(x) kontinu di (1,2] x −1
∫ 1
4
3)
∫ 0
dx (2 − x)
2 3
, f(x) tidak kontinu di x = 2
∈ [0,4] atau f(x) kontinu di [0,2) ∪
(2,4] b.
Batas integrasinya paling sedikit memuat satu tanda tak hingga ∞
1)
∫x
dx , integran f(x) memuat batas atas di x = +4
2
0
0
2)
∫e
2x
∞
dx , integran f(x) memuat batas bawah di x = - ∞
−∞
Kalkulus II “Integral”
26
∞
3)
dx
∫ 1 + 4x
2
, integran f(x) memuat batas atas di x =
∞ dan batasa bawah di x
−∞
= -∞ Pada contoh a (1,2,3) adalah integral tak wajar dengan integran f(x) tidak kontinu dalam batas-batas pengintegralan, sedangkan pada contoh b (1, 2, 3) adalah integral tak wajar integran f(x) mempunyai batas di tak hingga ( ∞ ). Integral tak wajar selesaiannya dibedakan menjadi Integral tak wajar dengan integran tidak kontinu Integral tak wajar dengan batas integrasi di tak hingga. 3.2 Integral tak wajar dengan integran diskontinu a. f(x) kontinu di [a,b) dan tidak kontinu di x = b Karena f(x) tidak kontinu di x = b, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integran harus ditunjukkan kontinu di x = b b
b −ε
a
a
sehingga ∫ f ( x) dx = εlim →0+ Karena batas atas x = b -
ε
ε
(
ε→
0 + ),
∫ f ( x)dx t
b
(x
→ b −), maka ∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x) dx t →b a
−
a
Perhatikan beberapa contoh di bawah ini. 4
1)
∫ 0
dx = lim 4 − x ε →0+
4−ε
dx , f(x) tidak kontinu di batas atas x = 4, sehingga 4−x
∫ 0
−2 4 − x = εlim →0
4 −ε
0
+
= -2 εlim →0 +
[
4 − ( 4 −ε ) − (4 − 0)
]
ε − 4) = -2 ( εlim →0 + = -2(0-2) =4 Cara lain : 4
∫ 0
t
dx dx = lim− ∫ t → 4 4−x 4−x 0
[
= lim− − 2 4 − x t →4
]
t 0
Kalkulus II “Integral”
27
[
−2 4−t +2 4−0 = tlim →4−
]
= -2(0)+2(2) =4
2
2)
∫
−2
dx 4 − x2
1
, f(x) =
4 − x2
Fungsi di atas tidak kontinu di x = 2 dan x = -2, 2
maka
∫
−2
2
dx 4 − x2
=2 ∫ 0
dx 4 − x2
2
= 2∫ 0
sehingga:
dx 4 − x2 2 −ε
x = 2 Lim+ arcsin ε → 0 2 0
=2( =
π 2
− 0)
π
b. f(x) kontinu di (a,b] dan tidak kontinu di x = a Karena f(x) tidak kontinu di x = a, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integrannya harus ditunjukkan kontinu di x = a + b
∫ f ( x)dx = lim+
), sehingga
ε →0
a
Karena batas bawah x = a +
ε
(
ε→
0+
b
∫ f ( x)dx
a +ε
ε
( x
→ a −) maka dapat dinyatakan dalam
bentuk lain: b
∫ f ( x)dx = lim
t →a +
a
b
∫ f ( x)dx t
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini. 4
1)
∫ 3
3dx = lim x − 3 t →3
+
[
4
3dx x −3
∫ t
]
4
= lim+ 3(2) x − 3 t t →3
Kalkulus II “Integral”
28
[
6 4−3 −6 t −3 = tlim →3 +
]
= 6(1) – 6(0) =6 1
∫
2)
0
1
dx dx = lim+ ∫ ε → 0 x x 0 +ε
,f(x) tidak kontinu di batas bawah x = 0 sehingga
diperoleh: 1
∫ 0
dx x
1
[
= lim+ 2 x ε →0
[
]
0 +ε
2 1−2 0+ε = εlim →0 +
]
=2–0 =2 c. f(x) kontinu di [a,c)
∪
(c,b] dan tidak kontinu di x = c
Karena f(x) tidak terdefinisi di x = c, maka sesuai dengan syarat dan definsi integral tertentu integrannya harus ditunjukkan kontinu di x = c +
ε
(
ε→
ε
dan x = c -
0 + ), sehingga
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = εlim →0 +
c −ε
∫ f ( x) dx + Lim
ε →0 +
a
b
∫ f ( x)
c −ε
Dapat juga dinyatakan dengan : t
b
∫
∫ f ( x)dx + tlim →a +
f ( x) dx = lim t →b
a
−
a
b
∫ f ( x)dx t
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini. 4
1)
∫
3
0
1
∫ 0
dx , f(x) tidak kontinu di x = 1, sehingga diperoleh x −1 4
3
dx dx dx + ∫ 3 , berdasarkan contoh sebelumnya didapat: x −1 x −1 1 1−ε
lim+
ε →0
∫ 0
4
3
dx dx + lim+ ∫ 3 x −1 ε →0 1+ε x −1
Kalkulus II “Integral”
29
1−ε
2 3 = lim+ ( x −1) 3 ε →0 2 0
4
2 3 + lim+ ( x −1) 3 ε →0 2 1+ε
2 2 3 3 3 3 lim ( 1 − ε ) − 1 ) − ( 0 − 1 ) = ε →0 + + 2 2
= 8
2)
∫x
2 2 lim+ ( 4 −1) 3 − ((1 + ε ) −1) 3 ε →0
3 (−1 + 3 9 ) 2
1 − 3
dx , f(x) tidak kontinu di x = 0, sehingga diperoleh
−1 0
∫x
1 − 3
−1
8
dx + ∫ x
1 − 3
dx
0
0 −ε
= εlim →0 +
∫
x
−1
−
1 3
8
dx + lim+ ε →0
0 −ε
∫x
−
1 3
dx
0 +ε
8
3 2 3 2 = lim+ x 3 + lim+ x 3 ε →0 ε →0 2 −1 2 0 +ε
= =
3 +6 2
9 2
3.3 Integral tak wajar dengan batas tak hingga Bentuk integral tak wajar dengan batas tak hingga jika sekurang-kurangnya batas-batas integrasinya memuat tak hingga. Selesaiannya berbeda dengan integral tak wajar yang integrannya tidak kontinu di salah satu batas intergrasinya. a. Intergral tak wajar dengan batas atas x =
∞.
Selesaiannya cukup dengan mengganti batas atas dengan sebarang variable dimana variable tersebut mendekati tak hingga. Dengan demikian integral tak wajar dengan batas atas tak hingga mempunyai selesaian berbentuk. ∞
∫ f ( x)dx = lim
t →∞
a
t
∫ f ( x)dx a
Perhatikan contoh berikut ini : ∞
t
dx dx 1) ∫ 2 = lim t →∞ ∫ x 2 + 4 x + 1 0 0
Kalkulus II “Integral”
30
t
arctan = lim t→ ∞ 2 2 0 1
=
t 1 1 lim arctan − arctan 0 t →∞ 2 2 2
=(½. =
x
π
- ½ .0)
2
π 4
∞
dx 2) ∫ 2 x 1
= lim t →∞
t
dx
∫x
2
1
t
− = lim t →∞ x 1 1
t
− +1 = lim t →∞ t 1 1
=1 b. Integral tak wajar dengan batas bawah di x = - ∞ Selesaiannya cukup dengan mengganti batas bawah dengan sebarang variable dimana variable tersebut mendekati (negative) tak hingga. Dengan demikian integral tak wajar dengan batas bawah tak hingga mempunyai selesaian: a
∫ f ( x)dx = lim
t →− ∞
−∞
a
∫ f ( x)dx t
Perhatikan contoh berikut ini: 0
0
1.
∫e
2x
dx
=
1 lim e 2 x t →− ∞ 2 t
−∞
=
1 1 lim .1 − e 2t 2 2
t →− ∞
=½-0 =½ 0
2.
0
dx 1 lim 2 = t →− ∫ ∞ (4 − x) (4 − x) t −∞ 1 1 lim + = (4 −t ) (4 −0) t →− ∞
Kalkulus II “Integral”
31
=0+
1 4
=¼ c. Integral tak wajar batas atas x =
∞
dan batas bawah di x = - ∞
Khusus untuk bentuk integral ini diubah terlebih dahulu menjadi penjumlahan ∞
∫
dua integral tak wajar dengan
a
f ( x) x =
−∞
∫
−∞
bentuk penjumlahan integral tak wajar ini
∞
f ( x ) dx + ∫ f ( x ) dx , sehingga a
dapat diselesaikan dengan cara a
dan b tersebut di atas, atau diperoleh bentuk: ∞
∫
∞
a
f ( x) x =
−∞
∫
−∞
f ( x) dx + ∫ f ( x) dx a
a
t
t
a
f ( x ) dx + lim ∫ f ( x ) dx = tlim →− ∞ ∫ t →∞
Perhatikan beberapa contoh dibawah ini: ∞
1.
dx
∫ 1 + 4x
2
−∞
∞
0
dx dx +∫ = ∫ 2 1 + 4x 1 + 4x2 −∞ 0
[ arctg 4 x]t + lim [ arctg 4 x]0 = tlim →−∞ t →∞ 0
=
π 2
∞
2.
e x dx ∫ e 2 x +1 = −∞ t →− ∞
=
t →− ∞
lim
π 2
−
∞
0
e x dx ∫0 e 2 x +1
e x dx ∫ e 2 x +1 + −∞
0
e x dx lim ∫t e 2 x +1 + t →∞`
lim
=
=
t
0
(arc tgn e x ) t +
π 4
+
π 4
−0
=
t
e x dx ∫0 e 2 x +1
lim
t →∞
(arc tgn e x ) t0
π 2
BAB IV RUMUS-RUMUS DASAR INTEGRAL
Kalkulus II “Integral”
32
Misal u adalah suatu fungsi yang terintegralkan dan C sebuah konstanta, dengan memperhatikan sifat-sifat operasi Aljabar fungsi (penjumlahan, pengurangan, perkalian dan pembagian) dapat diperikan beberapa sifat Integral tak tentu fungsi yang terintegralkan. Sifat-sifat berikut berlaku untuk syarat yang diberikan. u n +1 + C, jika n n +1
1.
∫u du =
2.
∫ [ u ( x )]
3.
∫u
4.
∫ eu du = eu + C
5.
∫
6.
∫ u dv = uv - ∫ v du
7.
∫ sin du = - cos u + C
8.
∫ cos u du = sin u + C
9.
∫ sec2 u du = tan u + C
10.
∫ csc2 u du = - cot u + C
11.
∫ sec u tan u du = sec u + C
12.
∫ csc u cot u du = - csc u + C
13.
∫ tan u du = ln
14.
n
du
n
u ' ( x )dx =
= ln
u
[u ( x)] n +1 n +1
∫
+ C atau
≠ -1
+ C , jika n
f ' ( x) dx = ln f ( x ) + C f ( x)
au +C ln u
au du =
sec u
+C
∫ cot u du = ln
sin u
+C
15.
∫ sec u du = ln
sec u +tan u
16.
∫ csc u du = ln
c sec u −cot u
17.
∫
18.
∫
du 1 u arc tan +C 2 = a a a +u
19.
∫
du 1 u +a = ln +C 2 u −a 2a a −u
20.
∫
du 1 u −a = ln +C 2 u +a 2a u −a
du a −u 2
≠ -1
2
= arc sin
+C +C
u +C a
2
2
2
Kalkulus II “Integral”
33
21.
∫
22.
∫
23.
∫
24.
∫
du
= ln (u + u 2 + a 2 ) + C
u + a2 2
du
= ln (u + u 2 − a 2 ) + C
u2 −a2 a2 −u2
du = ½ u
du u u −a 2
=
2
u2 −a2 −
1 2 u a arcsin + C 2 a
u 1 arc sec a + C a
25. ∫
u 2 −a 2
du = ½ u
u2 −a2 −
1 2 a ln u + u 2 − a 2 + C 2
26. ∫
u 2 +a 2
du = ½ u
u2 +a2 +
1 2 a ln u + u 2 + a 2 + C 2
27.
∫ sin2 u du =
1 1 u– sin 2u + C 2 4
28.
∫ cos2 u du =
1 u + ¼ sin 2u + C 2
29.
∫ tan2 u du = -u + tan u + C
30.
∫ cot2 u du = - u – cot u + C
31.
∫ sin3 u du = -
32.
∫ cos3 u du =
1 ( 2 + cos2 u ) sin u + C 3
33.
∫ tan3 u du =
1 tgn2 u + ln 2
34.
∫ cot3 u du = -
35.
∫ sec3 u du =
36.
∫ csc3 u du = -
37.
∫ sin au sin bu du =
38.
∫ cos au cos bu du =
39.
∫ sin au cos bu du = -
1 ( 2 + sin2 u ) cos u + C 3
1 cot2 u - ln 2
cos u
+C
sin u
+C
1 1 sec u tan u + ln 2 2 1 1 csc u cot u + ln 2 2
sec u +tan u
+C
c sec u −cot u
+C
sin( a − b)u sin( a + b)u + C, jika a2 2( a − b) 2( a + b )
≠ b2
sin( a − b)u sin( a + b)u + + C, jika a2 2( a −b) 2( a + b)
≠ b2
cos( a − b)u cos( a + b)u + C, jika a2 2( a − b) 2( a + b )
≠ b2
Kalkulus II “Integral”
34
n −1 n
∫ sin n-2 u du
n −1 cos n −1 u sin u + n n
∫ cos n-2 u du
1 tan n-1 u n −1
u du jika n
sin n −1 u cos u + n
40.
∫
sinnu du = -
41.
∫
cosn u du =
42.
∫ tann u du =
43.
∫ cot n u du = - n −1 cot n-1 u - ∫cot
44.
∫ sec n u du =
1 n −2 sec n-2 u tgn u + n −1 n −1
∫ sec n-2 u du, jika n ≠ 1
45.
∫ csc n u du= -
1 n −2 csc n-2 u cot u + n −1 n −1
∫ csc n-2 u du, n ≠ 1
46.
∫ sin n ucos m u du = -
∫tan
1
n −2
gn
n −2
≠ 1
u du jika n
n −1 sin n −1 u cos m +1 u + n +m n +m
≠ 1
∫ sin n-2 u cos m u du,
n ≠ -m 47.
∫ u sin u du = sin u – u cos u + C
48.
∫ u cos u du = cos u + u sin u + C
49.
∫ un sin u du = -un cos u + n
∫
u n-1 cos u du
50.
∫ un cos u du = un sin u + n
∫
u n-1 sin u du
51.
∫ sin u d(sin u) =
52.
∫ cos u d(cos u) =
1 cos 2 u + C 2
53.
∫ tan u d(tan u) =
1 tan 2
54.
∫ cot u d(cot u) = ½ cot2 u + C
55.
∫ sec u d(sec u) = ½ sec2 u + C
56.
∫ csc u d(csc u) = ½ csc2 u + C
57.
∫
u2 ±a2
58.
∫
u2 + a2 du = u
59.
∫
du u ±a 2
2
du =
= ln
1 sin 2
u 2
2
2
u+C
u+C
u2 ±a2
u2 +a2
±
a2 ln 2
u + u 2 ±a 2
+C
a ± u2 −u2 +C - a ln u
u + u 2 ±a 2
+C
Kalkulus II “Integral”
35
u2 − a2 du = u
60.
∫
61.
∫ u2
62. 63. 64.
∫
∫ ∫
a2 ±u2
u2 u 2 ±a 2
u (2a2 8
du =
du =
du u2 u2 ± a2
u 2
u
=±
66.
∫
a2 −u 2
67.
∫
( u 2 ± a 2 )3/2 du =
68.
∫
(u 2 ± a 2 ) udu
a −u 2
=-
u2
∫
70.
∫
a2 −u2 du = u
71.
∫
u2 a 2 − u 2 du =
72.
∫
73.
∫
74.
∫
75.
∫u
76.
∫1 +u du = 2
du u2 a2 −u2
u a −u 2
2
a −u
a 2
u + a 2 ±u 2
u + a 2 ±u 2
+C
+C
u + a 2 ±u 2
+C
+C
2
+
a 2 −u 2
a 2 −u 2
- a ln
u (2u2- a2) 8
u2 ±a2
+
3a 4 ln 8
u + u 2 ±a 2
+C
u a2 arc sin -1 +C a u
+
u a2 arc sin -1 +C a u
a + a 2 −u 2 u
a2 −u2
+
+C
u a4 arc sin -1 +C a 8
a2 − u2 +C a 2u
= -
= -
a4 ln 8
+C
2
du = -
u2 − a2 du = u2 du
a2 ln 2
±
u (2u2 ± 5a2) 8
a 2
69.
a2 −u2
u2 ± a2
2
a 2 −u 2
du =
2
a
-
a2 ±u2
u2 ± a2 - ln u
∫
u +C a
u2 ± a2 +C a 2u
= ±
65.
3 2
± u2)
a2 ±u2
u2 ± a2 du = u2
du
- a arc sec
u2 −a2
u u2 − a2 - arc sin -1 +C a u
1 ln a
a + a 2 −u 2 u
+C
du 1 − 1 −x = ln 1 + 1 −x + C 1 −u u
u
- 2 arc tan
u
+ Cl
Kalkulus II “Integral”
36
77.
∫
du u (1 + u )
= 2 ln (1+
du
u
u
)
78.
∫
79.
∫
80.
∫ ueu du = (u-1)eu + C
81.
∫ un eu du = un eu – n ∫ un-1 eu du
82.
∫ ln u du = u ln u – u + C
83.
∫
un ln u du =
84.
∫
eau sin bu du =
85.
∫ eau cos bu du =
86.
∫ arc sin -1 u du = u arc sin -1 u +
87.
∫ arc tan u du = u arc tan u -
88.
∫ arc sec u du = u arc sin u – ln
89.
∫ u arc sin u du = ¼ (2u2 – 1) arc sin u +
90.
∫ u arc tan u du = ½ (u2 + 1) arc tan u -
91.
∫
u arc sec u du =
92.
∫
1 u n +1 u arc sin u du = arc sin u n +1 n +1
93.
∫ un arc tan u du =
1 u n +1 arc tan u n +1 n +1
94.
∫
1 u n +1 arc sec u n +1 n +1
95.
∫ sinh u du = cosh u + C
96.
∫ cosh u du = sinh u + C
(a 2 − u 2 )
3 2
=
a
2
( a 2 − u 2 )3/2 du =
a2 −u2
+C
u (5a2- 2u2) 8
+
a2 −u2
u 3a 4 arc sin -1 +C a 8
u n +1 u n +1 ln u +C ( n +1) 2 n +1
e au (a sin bu – b cos bu) + C a2 + b2
un arc sec u du =
e au (a cos bu + b sin bu) + C a2 + b2
1 ln 2
1 −u 2
+C
1 +u 2
+C +C
u + 1 +u 2
u2 arc sec u – ½ 2
u 4
+ C
1 −u 2
u +C 2 u 2 −1
∫
+C u n +1 1 −u 2
du + C, jika n
u n +1 ∫ 1 + u 2 du + C, jika n
∫
u n +1 u 2 −1
≠ -1 ≠ -1
du + C, jika n
≠ -1
Kalkulus II “Integral”
37
97.
∫ tanh u du = ln (cosh u ) + C
98.
∫ coth u du = ln
99.
∫ sech u du = arc tan
sinh
+C
u sinh
u
+C u 2
100.
∫ csch u du = ln
101.
∫ sinh 2 u du = ¼ sinh u -
102.
∫ cosh 2 u du = ¼ sinh u +
103.
∫ tanh 2 u du = u - tanh u + C
104.
∫ coth 2 u du = u – coth u + C
105.
∫ sech 2 u du = tanh u + C
106.
∫ csch 2 u du = -coth u + C
107.
∫ sech u tgnh u du = - sech u + C
108.
∫ csch u coth u du = - csch u + C
109.
∫ u(au+b)-1 du =
110.
∫ u(au + b)-2 du =
111.
( au + b) n+1 ∫ u(au+b)n du = 2
112.
∫
C, n
tanh
+C u +C 2
u b − ln a a2 1 a2
du (a ± u 2 ) n
=
au +b
+C
b ln au + b + au + b + C
a
2
u +C 2
b au + b n + 2 − n + 1 + C, jika n
≠ -1, -2
1 u du + (2n −1) ∫ 2 2 2 n −1 2 n −1 + 2a ( n −1) (a ± u ) (a ± u ) 2
≠1 3
113.
∫
114.
∫ u
115.
∫
116.
∫
u
au + b
n
du =
2 (3au − 2b)( au + b) 2 + C 2 15a
3 n 2 2 u ( au + b ) − nb ∫ u n −1 au + b au + b du = +C a (2n + 3)
udu 2 (au − 2b) au + b + C = au + b 3a 2 u n du au + b
=
(
)
2 u n au + b -nb ∫ a ( 2n +1)
u n −1 au + b
du
Kalkulus II “Integral”
38
117.
∫
118.
∫
n
du = u au + b
du u
n
1 ln b
+C
au +b + b
au + b ( 2n −3) a − ( 2n − 2)b b( n −1)u n −1
= -
au + b
au +b − b
∫u
du n −1
+ C, jika
au + b
≠1
119.
∫
120.
∫
121.
∫ u
2au − u 2
du 2au − u
u −a u −a a2 2au − u 2 + arc sin +C a 2 n
=
= arc sin
2
u −a +C a 3
n
2au − u
( 2n +1) a n −1 u n −1 ( 2au − u 2 ) 2 + n + 2 ∫u n+2
=
2
2au −u 2
du
123.
124.
u n du
∫
122.
2au − u 2
= -
∫
2au − u 2 = u
∫
2au − u 2 = un
∫
u n ( 2au − u 2 )
126.
∫
(
127.
∫
u−a ( n − 2) 2
(
2au − u 2
( 2au − u 2 ) 4
2au − u 2
)
2−n
+
+C
u −a +C a
a arc sin
3
2au − u 2 n −1 + = ( 2n −1) a a (1 − 2n)u n
∫u
du n −1
2u − u 2
na 2 ( 2au − u 2 ) n −1 du n +1 ∫
= n −3 (n − 2) a 2
du
128.
∫ sin u −cos u −1 = ln tan
129.
∫1 +sin u + cos u
130.
sin udu 1 ∫ 1 + sin 2 u du = 4
du
2au − u 2
n −3 2au − u 2 (2au − u 2 ) 2 du + (2n − 3) a ∫ u n −1 (3 − 2n)au n
)2 =
du
u n −1 du
( 2n −1) a ∫ n
2au − u 2 +
2au − u 2 +
du
125.
u n −1 n
∫
du ( 2au − u ) 2
1 u −1 2
= ln 1 + tan
1 u 2
3 2
du
+C +C
u +3−2 2 2 2 ln +C 2 u tan +3+2 2 2 tan 2
Kalkulus II “Integral”
39
sin u cos udu = cos u + ln (1-cos u) + C 1 − cos u
131.
∫
132.
∫sin
133.
3 du ∫1 − 2 sin u = 3 ln
134.
du ∫ 2 + sin u =
135.
u +1 1 du 2 ln +C ∫ 3 + 5 sin u = 4 u tan + 3 2
136.
du 1 ∫ 5 + 3 sin u = 2 arctan
du = - 2
u
cos
u
u
+ 2 sin
u
+C
u −2 − 3 2 +C u tan − 2 + 3 2 tan
2tgn
2 arctgn 3
u +1 2 3
+C
3 tan
5 tan
tan
u +3 2 4
+C
u 2
du = ln +C u 1 + sin u − cos u 1 + tan 2
137.
∫
138.
∫ 2 − cos u
du
2 arctan( 3
=
du
2
3 tan
5 tan
u ) +C 2
u +4 2 +C 3
139.
∫ 5 + 4 sin u = 3 arctan
140.
∫ 2 + cos u
141.
∫
142.
sin udu ∫ cos u (1 +cos
143.
2 2 tan u −1 (2 + tan 2 u ) sec 2 udu arctan +C = ln 1 + tan u + 2 ∫ 3 3 1 + tan u
144. 145.
du
∫
=
3 2 3 u arctan tan +C 3 2 3
du 2 5 = arctan( 3 − 2u 5
dx x 1 − sin 2 dx
2
=
∫ 1 + cos 3x =
u)
= ln
2(tan
5 tan
u ) +C 2
1 + cos 2 u +C cos u
x x + sec ) + C 2 2
1 − cos 3 x +C 3 sin 3 x
Kalkulus II “Integral”
40
cos 2 xdx 2 sin 2 x = arctan +C 2 8 2x + 8 2 2
146.
∫ sin
147.
∫
148.
sin 8 xdx 1 sin 2 4 x = arctan +C ∫ 9 + sin 2 4 x 12 3
149.
∫1 +sec ax
150.
∫ sec
sec 2 xdx 1 − 4 tan x 2
dx
2
=
1 arc sin(2 tan x) + C 2
=x+
1 (cot ax-csc ax) + C a
x x 1 x tan dx = a tan 2 + C a a 2 a
Kalkulus II “Integral”
41
DAFTAR PUSTAKA Dale Varberg., Edwin J. Purcell. 2001. Kalkulus Jilid I (edisi 7). Alih Bahasa I Nyoman Susila. Batam: Interaksara. Koko Martono, 1993. Kalkulus Integral I. Bandung: Alva Gracia Achsanul In’am, 2000. Kalkulus I. Malang: UMM Press.
Kalkulus II “Integral”
42
Kalkulus II “Integral”
43
