Bab 8 Teknik Pengintegralan

Catatan Kuliah MA1223 Kalkulus Elementer II Oki Neswan,Ph.D.,

Departemen Matematika-ITB

Bab 8 Teknik Pengintegralan Metoda Substitusi Integral Fungsi Trigonometrik Substitusi Merasionalkan Integral Parsial Integral Fungsi Rasional

1

Catatan Kuliah MA1223 Kalkulus Elementer II

Pendahuluan Operasi turunan turunan sifatnya algoritmik. Apabila semua aturannya telah diketahui, maka dapat dapat disusun ‘resep turunan’. Dalam banyak hal operasi turunan tidak terlalu menuntut keratifitas. Tidak demikian halnya denagn opersai integral. Seringkali integral yang berbeda menuntut kombinasi tehnik-metoda pengintegralan yang berbeda: pengintegralan lebih merupakan seni. Banyak masalah dalam engineering yang melibatkan integral dari fungsi yang sangat rumit, sehingga kita memerlukan Tabel Integral. Beberapa metoda yang sangat esensial adalah :

Metoda Substitusi Metoda Integral Parsial Integral Pecahan Parsial (Partial Fraction)

Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

2

1


1. Integral dengan Substitusi Rumus dan Aturan Pengintegralan yang sudah kita kenal sejauh ini cukup bermanfaat dan penting, namun scope-nya masih terbatas. Sebagai contoh dengan Aturan Pangkat kita dapat menyelesaikan ∫ xdx . Namun tidak berdaya untuk menyelesaikan integral yang ‘serupa’ yaitu

∫

2 x + 1dx

Integral dengan mudah diselesaikan dengan menggunakan teknik substitusi. Ide dasar metoda substitusi datang dari Aturan Rantai. Teknik adalah ‘kebalikan’ dari Aturan Rantai.


3


Penjelasan Aturan Substitusi Misalkan F adalah antiturunan dari f. Jadi, F’(u)=f (u), dan (1) ∫ f ( u ) du = F ( u ) + C Bila u=g(x) sehingga diferensial du=g’(x)dx, diperoleh

∫ f ( g ( x ) ) g ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( u ) + C = F ( g ( x ) ) + C Prosedur ini disebut metoda pengintegralan dengan substitusi atau metoda substitusi. Maka, jika integrand tampak sebagai komposisi fungsi dikalikan turunan fungsi ‘dalam’nya, maka disarankan menggunakan metoda ini. Perhatikan pula bahwa metoda merupakan proses balikan/inverse dari Aturan Rantai. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

4

2


Why It Works? Dari manakah ide metoda substitusi ini? Perhatikan bahwa F(g(x)) adalah antirunan dari f(g(x))· g’(x) jika F adalah antiturunan dari f. (F’(u)=f (u)). Menurut Aturan Rantai d F ( g ( x )) = F ' ( g ( x )) ⋅ g ' ( x ) = f ( g ( x )) ⋅ g ' ( x ) dx Teorema Diberikan fungsi g terturunkan dan F adaah antiturunan dari f . Jika u =g ( x ) , maka

∫ f ( g ( x ) ) g ' ( x ) dx = ∫ f ( u ) du = F ( u ) + C = F ( g ( x ) ) + C Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

5


Menggunakan Tehnik Substitusi Contoh Hitunglah ∫ ( 2 x + 3) dx Misalkan u=(2x+3) dengan du=2dx. Maka setelah disubtitusikan 21

∫ ( 2 x + 3)

21

dx = ∫ u 21

du 1 ⎛ 1 22 ⎞ 1 22 = ⎜ u ⎟= ( 2 x + 3) + C 2 2 ⎝ 22 ⎠ 44

dx cos 2 2 x Ingat kembali bahwa 1 cos 2 2 x = sec2 2 x. Misalkan u = 2 x

Contoh Hitunglah ∫

sehingga du = 2dx atau dx = 12 du. Maka, dx 1 1 1 = ∫ sec2 u ⋅ 12 du = ∫ sec 2 udu = tan u + C = tan 2 x + C 2 2 2 2 2x

∫ cos


6

3


Contoh Hitunglah: a.

∫

2

3 − 4x

2

dx

b.

e x dx 2x +4

∫e

c. ∫ x 3 x 4 + 5dx

Jawab a. Misalkan u = 2 x dan a = 3. Maka du = 2dx. Jadi, ⎛ 2x ⎞ ⎛u⎞ = sin −1 ⎜ ⎟ + C = sin −1 ⎜ ⎟+C ⎝a⎠ ⎝ 3⎠ a −u 3 − 4x b. Misalkan u = e x dan a = 2. Maka du = e x dx. Jadi,

∫

2

2

dx = ∫

du

2

2

x e x dx du 1 1 −1 ⎛ e −1 ⎛ u ⎞ C tan = tan = = + ⎜ ⎜ ⎟ ∫ e2 x + 4 ∫ u 2 + a 2 a 2 ⎝a⎠ ⎝ 2

⎞ ⎟+C ⎠

c. ∫ x3 x 4 + 5dx : Latihan Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

7


Sebelum Substitusi Seringkali sebelum substitusi diputuskan, kita perlu memanipulasi fungsi integrand agar lebih memudahkan. Perhatikan contoh berikut, dimana bentuk kuadrat dilengkapkan dahulu sebelum menggunakan metoda substitusi. Contoh Tentukan

∫x

2

∫x

2

dx − 4x + 9

dx dx dx dx =∫ 2 =∫ =∫ 2 2 − 4x + 9 x − 4x + 4 + 5 ( x − 2) + 5 ( x − 2) + 5 =

1 5

⎛ x−2⎞ tan −1 ⎜ ⎟+C ⎝ 5 ⎠


8

4


Contoh

x 2 dx 2 +1 2 ( x + 1) − 1 1 ⎞ x 2 dx dx ⎛ ∫ x 2 + 1 = ∫ x2 + 1 dx = ∫ ⎜⎝1 − x 2 + 1 ⎟⎠ dx = ∫ dx − ∫ x2 + 1 = x − tan −1 x + C

Tentukan

∫x


9


2. Integral Fungsi Trigonometrik Pada pasal ini kita akan melihat bagaimana menkombinasikan metoda substitusi dengan kesamaan2 trigonometri menjadi metoda yang sangat efektif untuk menyelesaikan beragam integral trigonometri Beberapa tipe integral yang akan dibahas: 1. 2, 3.

∫ sin xdx, ∫ cos xdx ∫ sin x cos xdx ∫ sin mx cos nxdx, ∫ sin mx sin nxdx, ∫ cos mx cos nxdx n

m

n

n


10

5


Tipe 1 ∫ sin n xdx, ∫ cos n xdx

Kasus 1: n genap Turunkan pangkat dengan substitusi menggunakan kesamaan setengah sudut sin 2 x = 12 (1 − cos 2 x ) dan cos 2 x = 12 (1 + cos 2 x ) Contoh

∫ cos

xdx = ∫ 12 (1 + cos 2 x ) dx =

2

1 2

∫ dx + ∫ cos 2 xdx 1 2

= 12 x + 14 sin 2 x + C

∫ sin

4

2 xdx = ∫ ⎡⎣ 12 (1 − cos 4 x ) ⎤⎦ dx = 2

1 4

∫ ⎡⎣1 − 2 cos 4 x + cos

2

4 x ⎤⎦ dx

= 14 x − 18 sin 2 x + 14 ∫ cos 2 4 xdx dengan menggunakan hasil sebelumnya kita peroleh

∫ cos

2

4 xdx =

1 4

∫ cos ( 4 x ) d ( 4 x ) = 2

1 4

1 1 ⎣⎡ 2 ( 4 x ) + 4 sin 2 ( 4 x ) + C ⎦⎤


11


Jadi,

∫ cos

4

2 xdx = 14 x − 81 sin 2 x + 81 x + 641 sin 8 x + C = 83 x − 18 sin 2 x + 641 sin 8 x + C

Kasus 2: n ganjil. Setelah sinx atau cosx difaktorkan, gunakan kesamaan Pythagoras sin2x+cos2x=1 Contoh

∫ cos

5

xdx = ∫ cos 4 x cos xdx = ∫ (1 − sin 2 x ) cos dx 2

= ∫ (1 − 2sin x + sin 2 x ) cos xdx

= sin x − sin 2 x + 13 sin 3 x + C


12

6


Tipe 2

∫ sin

m

x cos n xdx

Kasus 1: m atau n bilangan ganjil positif. Setelah sinx atau cosx difaktorkan, gunakan kesamaan Pythagoras sin2x+cos2x=1 Contoh

∫ cos

5

x sin −2 xdx = ∫ cos x cos 4 x sin −2 xdx = ∫ cos x (1 − sin 2 x ) sin −2 xdx = ∫ cos x sin −2 xdx − ∫ sin 2 x sin −2 xdx = ∫ sin −2 xd ( sin x ) − ∫ dx =

−1 − x+C sin x


13


Kasus 2: m dan n bilangan genap positif. Gunakan kesamaan setengah sudut sin 2 x =

1 − cos 2 x 2

cos 2 x =

1 + cos 2 x 2

untuk mengurangi pangkat dalam integrand. Contoh

2

2 ⎛ 1 − cos 2 x ⎞ 1 + cos 2 x 4 2 2 2 dx ∫ sin x cos xdx = ∫ ( sin x ) cos xdx = ∫ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2 1 = ∫ (1 − 2 cos 2 x + cos 2 2 x ) (1 + cos 2 x ) dx 8 1 = ∫ (1 − 2 cos 2 x + cos 2 2 x + cos 2 x − 2 cos 2 2 x + cos3 2 x ) dx 8 1 = ∫ (1 − cos 2 x − cos 2 2 x + cos3 2 x ) dx 8


14

7


1 (1 − cos 2 x − cos2 2 x + cos3 2 x ) dx 8∫ 1 ⎛ 1 ⎞ = ∫ ⎜ 1 − cos 2 x − (1 + cos 4 x ) + (1 − sin 2 2 x ) cos 2 x ⎟ dx 8 ⎝ 2 ⎠ =

=

1 ⎛1 1 ⎞ 2 ⎜ − cos 4 x − sin 2 x cos 2 x ⎟ dx ∫ 8 ⎝2 2 ⎠

1 ⎡1 1 ⎤ = ⎢ ∫ dx − ∫ cos 4 xdx − ∫ sin 2 2 x cos 2 xdx ⎥ 8 ⎣2 2 ⎦ 1 ⎡ x sin 4 x sin 3 2 x ⎤ = ⎢ − − +C 8 ⎣2 8 6 ⎥⎦


15


Tipe 3

∫ sin mx cos nxdx, ∫ sin mx sin nxdx, ∫ cos mx cos nxdx

Kesamaan-kesamaan yang dibutuhkan:

1. sin mx cos nx = 12 ⎡⎣sin ( m + n ) x + sin ( m − n ) x ⎤⎦ 2. sin mx sin nx = − 12 ⎡⎣cos ( m + n ) x − cos ( m − n ) x ⎤⎦ 3. cos mx cos nx = 12 ⎡⎣cos ( m + n ) x + cos ( m − n ) x ⎦⎤

Dengan kesamaan ini perkalian fungsi dapat diubah menjadi jumlah fungsi yang jelas lebih mudah ditangani. Contoh

∫ sin 3x cos 2 xdx = ∫ ( sin ( 5 x ) + sin x ) dx = ∫ sin 5 xdx + ∫ sin xdx 1 2

1 2

1 2

= −101 cos 5 x − 12 cos x + C Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

16

8


∫ sin mx sin nxdx = − ∫ ( cos ( m + n ) x − cos ( m − n ) x ) dx 1 2

=−

sin ( m + n ) x 2 ( m + n)

+

sin ( m − n ) x 2 (m − n)

+ C,

jika m ≠ n

Latihan : 1. Hitunglah ∫ sin mx sin nxdx untuk kasus m = n. 2. Hitunglah

∫

L

-L

cos

mπ x nπ x dx, m ≠ n. cos L L


17


3. Substitusi Merasionalkan Metoda yang akan dipelajari di sini juga sering disebut substitusi trigonometrik. Integral yang akan dibahas mempunyai integrand memuat bentuk-bentuk n

ax + b , a 2 + x 2 , a 2 − x 2 , x 2 − a 2 ,

Umumnya metoda ini bertujuan untuk meng’eliminasi’ tanda akar.

•

n

ax + b

Dalam hal integrand memuat bentuk n ax + b , maka substitusi u = n ax + b dapat mengeliminasi tanda akar. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

18

9


Contoh

tdt

∫

Hitunglah

3t + 4 Misalkan u = 3t + 4 sehingga du = 3dt dan t = 13 ( u − 4 ) 1 1 1 u−4 1 ⎛ 4 ⎞ tdt 3 ( u − 4 ) 3 du = = ∫ du = ∫ ⎜ u − ⎟ du ∫ 3t + 4 ∫ 9 9 ⎝ u u u⎠

= Hitunglah

3 1 3 1 ⎤ 1 ⎡2 2 2 8 2 − 8 u u ( 3t + 4 ) 2 − ( 3t + 4 ) 2 + C ⎢ ⎥+C = 9 ⎣3 27 9 ⎦

∫x

3

x + π dx

Misalkan u = x + π sehingga du = 34dx dan x =1 u − π

∫x

3

x + π dx = ∫ ( u − π ) 3 udu = ∫ u 3 du − π ∫ u 3 du =

7 4 3 3π ( x + π )3 − ( x + π )3 + C 7 4


19


•

a2 + x2 , a2 − x2 , x2 − a2

Di sini kita akan menyelesaikan integral-intgeral yang memuat bentuk-bentuk a 2 + x 2 , a 2 − x 2 , dan x 2 − a 2 dengan asumsi a > 0.

Jika memuat a 2 − x 2 , maka coba x = a sin θ , Jika memuat a + x , maka coba x = a tan θ 2

Jika memuat

2

x − a , maka coba x = a sec θ 2

2

−π 2 ≤θ ≤ π 2 −π 2 <θ < π 2 0 ≤ θ ≤ π, θ ≠ π 2


20

10


Mengapa pembatasan nilai θ perlu dilakukan? Pada integral tentu kita setelah substitusi, dan kemudian menyelesaikan integral, kita perlu kembali ke variabel semula. Oleh karena itu, nilai θ perlu dibatasi agar substitusi sin θ , tan θ , dan sec θ mempunyai inverse. Setelah melakukan subtitusi, beberapa penyederhanaan dapat dilakukan, dengan tujuan mengeliminasi tanda akar. a 2 − x 2 = a 2 − a 2 sin 2 θ = a 2 cos 2 θ = a cos θ = a cos θ a 2 + x 2 = a 2 + a 2 tan 2 θ = a 2 sec2 θ = a sec θ = a sec θ x 2 − a 2 = a 2 sec 2 θ − a 2 = a 2 tan 2 θ = a tan θ = ± a sec θ

Catatan: Karena − π 2 ≤ θ ≤ π 2 maka cos θ ≥ 0. Jadi, a cos θ = a cos θ . Berikan justifikasi untuk hasil lainnya. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

21

Catatan Kuliah MA1223 Kalkulus Elementer II 2 Contoh Hitunglah ∫ 4 - x dx

x Pilih substitusi u = 2sin t , sehingga du = 2 cos tdt. Maka

∫

4 (1 − sin 2 t ) 4 − x2 4 − 4sin 2 t dx = ∫ 2 cos tdt = 2 ∫ cos tdt x sin t sin t 2 ( cos t )( cos t ) 1 − sin 2 t = 2∫ dt = 4 ∫ dt = 4 ∫ csc dt − ∫ sin tdt sin t sin t = 4 ln csc t − cot u + cos t + C

(

)

Selanjutnya, karena x = 2sin t maka sin t = x 2. cos t = 1 − sin 2 t = 1 − ( x 2 ) = 2

csc t =

1 2 = sin t x

cot t =

4 − x2 4

cos t ⎛ 2 ⎞ 1 =⎜ ⎟ 4 − x2 = sin t ⎝ x ⎠ 2


4 − x2 x 22

11


Dengan demikian, 4 − x2 2 4 − x2 4 − x2 dx = 4 ln − + +C x x x x

∫

Contoh: Hitunglah

∫

π x −1

π

dx x2 + π 2 Agar lebih memudahkan, integral dipecah menjadi dua bagian

∫

π

π x −1

dx = ∫

0

πx

π

dx − ∫

π

dx

x +π x +π x +π2 Untuk integral pertama, pilih substitusi u = x 2 + π 2 , sehingga du = 2 xdx. 0

2

0

2

2

0

2

2

Maka

∫

π

0

πx

dx =

x2 + π 2

π

2∫

π

0

2 xdx

=

x2 + π 2

= π x2 + π 2

π 0

π

x =π

du

x=0

u

2∫

(

=π u

)

= π π 2 −π = π 2

x =π x=0

(

)

2 −1


23


Untuk integral kedua pilih substitusi x = π tan v sehingga dx = π sec2 vdv

∫

π

0

dx x2 + π 2

=∫

x =π

x =0

x =π π sec 2 vdv = ∫ sec vdv = ln sec v + tan v x =0 π sec v 2

π x -1

0

x +π

Jadi, ∫

2

2

dx = π 2

(

x=0

π

x ⎛x⎞ = ln 1 + ⎜ ⎟ + π ⎝π ⎠ π

x =π

= ln

2 + 1 − ln 1 + 0 = ln

2 +1

0

)

2 − 1 − ln

2 +1


24

12


Melengkapkan Kuadrat Bila bentuk kuadratik dibawah tanda akar masih dalam bentuk ax2+bx+c maka perlu dilakukan melengkapkan kuadrat sebelum menggunakan metoda substitusi trigonometrik dx Contoh Tentukan ∫ 16 + 6 x − x 2

(

)

16 + 6 x − x 2 = − ( x 2 − 6 x − 16 ) = − ( x 2 − 6 x + 9 − 25 ) = − ( x − 3) − 52 . Jadi,

∫

dx 16 + 6 x − x

2

dx

=∫

5 − ( x − 3) 2

dx

∫

2

2

. Misalkan v = x − 3. Maka,

dv

=∫

16 + 6 x − x 2 52 − v 2 Selanjutnya, substitusi v = 5sin w, sehingga dv = 5cos wdw. Maka


25


∫

dv 5 −v 2

2

=∫

5cos wdw

5 − 5 sin w ⎛ x −3⎞ = sin −1 ⎜ ⎟+C ⎝ 5 ⎠ 2

2

2

=∫

5cos wdw ⎛v⎞ = ∫ dw = sin −1 ⎜ ⎟ + C 5cos w ⎝5⎠

Contoh Tentukan volume benda putar yang dibangkitkan dengan memutar daerah yang dibatasi y=4/(x2+4), sb-x, dan garis x=0 dan x=2.

Latihan: Selesaikan

∫

3 xdx x + 2x + 5 2


26

13


4. Integral Parsial Bila metoda substitusikan sebenarnya adalah balikan dari Aturan Rantai, maka metoda integral parsial didasarkan pada aturan turunan untuk perkalian: Diberikan u=u(x) dan v=v(x) mempunyai turunan Dx(u (x) v (x))=u’ (x) v (x) +u (x) v’ (x) atau u (x) v’ (x)=Dx(u (x) v (x))−u’ (x) v (x) Apabila kedua ruas diintegralkan

∫ ( u ( x ) v ' ( x ) ) dx = ∫ dx ( u ( x ) v ( x ) ) dx − ∫ v ( x ) u ' ( x ) dx = uv − ∫ v ( x ) u ' ( x ) dx d

Catatan : Diferensial dv = v ' ( x ) dx dan du = u ' ( x ) dx


27


Teorema Integral Parsial Jika fungsi-fungsi u = u ( x ) dan v = v ( x ) mempunyai turunan, maka

∫ udv = uv − ∫ vdu Sedangkan integral parsial untuk integral tentu adalah

∫

x =b

x =a

udv = [uv ]x = a − ∫ x =b

x =b

x=a

vdu = ⎡⎣u ( b ) v ( b ) − u ( a ) v ( a ) ⎤⎦ − ∫

x =b

x=a

vdu

Misalkan u1 = u ( a ) , u2 = u ( b ) , v1 = v ( a ) , v2 = v ( b ) , sehingga

∫

v2

v1

udv = [u2 v2 − u1v1 ] − ∫ vdu u2

u1

Catatan: pilihlah u dan dv sehingga ∫ vdu mudah dihitung. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

28

14


Contoh Hitunglah ∫ e x cos xdx Misalkan u = e x , dv = cos dx, sehingga du = e x dx dan v = sin x

∫e

Maka

x

cos xdx = e x sin x − ∫ e x sin xdx

Untuk integral ke dua, misalkan w = e x , dv = sin xdx. Maka dw = e x dx dan v = − cos x. Diperoleh

∫e

x

sin xdx = e x cos x + ∫ e x cos xdx

Dengan demikian

∫e

x

cos xdx = e x sin x − ⎡e x cos x + ∫ e x cos xdx ⎤ ⎣ ⎦

Pindahkan ∫ e x cos xdx pada ruas kiri. Akhirnya diperoleh x ∫ e cos xdx =

e x sin x − e x cos x 2


29


Pada contoh di atas, perhatikan bahwa kita dapat menyelesaikan x ∫ e cos xdx karena integral tersebut kembali muncul pada ruas kanan. 2 Contoh Hitunglah ∫ ln xdx 1

u = ln x, dv = dx, sehingga du =

Misalkan Maka

∫

2

1

1 dx, v = x x

2 1 2 2 ln xdx = [ x ln x ]1 − ∫ x dx = 2 ln 2 − ∫ dx = 2 ln 2 − 1 1 1 x

Rumus Reduksi Formula atau rumus berbentuk n k ∫ f ( x ) dx = g ( x ) + ∫ f ( x ) dx,

k
disebut rumus reduksi, karena nilai pangkat f mengalami penurunan. Formula semacam ini biasa ditemukan dalam integral parsial Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

30

15


Contoh Tentukan rumus reduksi untuk ∫ sin n xdx Misalkan u = sin n −1 x, dv = sin xdx. Maka du = ( n − 1) sin n − 2 x cos xdx dan v = − cos x. Jadi,

∫ sin

n

xdx = − sin n −1 x cos x + ( n − 1) ∫ sin n − 2 x cos 2 xdx

= − sin n −1 x cos x + ( n − 1) ∫ sin n − 2 x (1 − sin 2 x ) dx = − sin n −1 x cos x + ( n − 1) ∫ sin n − 2 xdx − ( n − 1) ∫ sin n xdx

Apabila ∫ sin n xdx pada ruas kanan dipindahkan ke ruas kiri n ∫ sin n xdx = − sin n −1 x cos x + ( n − 1) ∫ sin n − 2 xdx dan bila diselesaikan, diperoleh n ∫ sin xdx = −

sin n −1 x cos x ( n − 1) sin n − 2 xdx + n n ∫


31


5. Integral Fungsi Rasional Metoda Pecahan Parsial Metoda pecahan parsial adalah tehnik untuk mengintegralkan fungsi-fungsi rasional, yaitu fungsi-fungsi berbentuk R ( x) =

p ( x)

q ( x)

,

p ( x ) dan q ( x ) adalah polinomial

Ide dasar adalah metoda ini adalah menuliskan fungsi rasional sebagai jumlah dari fungsi pecahan yang lebih sederhana. 5x − 1 Contoh Tentukan ∫ 2 dx

x −1 5x − 1 5x − 1 A B Perhatikan bahwa 2 = = + x − 1 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1


32

16


Langkah berikutnya adalah menentukan koefisien A dan B. Ini dilakukan dengan mengalikan kedua ruas dengan ( x − 1)( x + 1) sehingga 5 x − 1 = A ( x + 1) + B ( x − 1) = ( A + B ) x + ( A − B ) Maka haruslah A + B = 5 dan A − B = −1. Dengan menyelesaikan sistem persamaan ini diperoleh A = 2 dan B = 3

3 ⎤ 2 3 ⎛ 5x − 1 ⎞ ⎡ 2 + dx = ∫ dx + ∫ dx ⎟dx = ∫ ⎢ 2 ⎥ x −1 x +1 −1⎠ ⎣ x − 1 x + 1⎦ d ( x − 1) d ( x + 3) = 2∫ dx + 3∫ = 2 ln x − 1 + 3ln x + 1 x −1 x +1

∫ ⎝⎜ x

(

2

= ln x − 1 x + 1

3

)+C


33


Contoh Selesaikan

∫x

3

x +1 dx − 4 x2 + 4x

x +1 x +1 x +1 A B C = = = + + 2 2 2 2 − x x 2 x − 4x + 4x x ( x − 4x + 4) x ( x − 2) ( x − 2) 3

Kalikan kedua ruas dengan x ( x − 2 ) , sehingga 2

( x + 1) = A ( x − 2 )

2

+ Bx ( x − 2 ) + Cx

x + 1 = ( A + B ) x + ( −4 A − 2 B + C ) x + 4 A 2

Maka koefisien kedua polinomial haruslah sama. Ini memberikan sebuah sistem persamaan A + B = 0, −4 A − 2 B + C = 1, 4 A = 1 yang penyelesaiannya adalah A = 1 4, B = −1 4, C = 3 2. Maka,

x +1

1 dx 1 dx 3 dx − ∫ + ∫ x 4 x − 2 2 ( x − 2 )2

∫ x3 − 4 x 2 + 4 x dx = 4 ∫


34

17


=

1 1 d ( x − 2) 3 d ( x − 2) + ∫ ln x − ∫ x−2 4 4 2 ( x − 2 )2

1 1 3 1 = ln x − ln x − 2 − 4 4 2 ( x − 2) Dua integral terakhir diselesaikan dengan substitusi u = x − 2.

2 x2 + x − 1 ∫ x3 + 4 x dx 2 x 2 + x − 1 2 x 2 + x − 1 A Bx + C = = + 2 x x +4 x3 + 4 x x ( x2 + 4)

Contoh Tentukanlah

Setelah kedua ruas dikalikan dengan penyebut. maka diperoleh 2 x 2 + x − 1 = A ( x 2 + 4 ) + ( Bx + C ) x = ( A + B ) x 2 + Cx + 4 A. Kesamaan kedua polinomial berarti koefisien-koefisien harus sama. Maka 2 = A + B,1 = C , −1 = 4 A. Penyelesaian sistem persamaan ini adalah Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

35


A = − 1 4, B = 9 4, C = 1 Apabila digunakan pada integral di atas, kita peroleh 2x2 + x − 1 1 dx 1 9 x + 4 ∫ x3 + 4 x dx = − 4 ∫ x + 4 ∫ x2 + 4 dx 1 9 xdx dx = − ln x + ∫ 2 +∫ 2 4 4 x +4 x +4 1 9 xdx 1 x = − ln x + ∫ 2 + tan −1 4 4 x +4 2 2 Untuk integral kedua, gunakan substitusi w = x 2 + 4 sehingga dw = 2 xdx

∫x

xdx 1 2 xdx 1 dw 1 1 = ∫ 2 = ∫ = ln w = ln x 2 + 4 2 2 +4 2 x +4 2 w 2

Jadi, 2x2 + x − 1 1 9 1 −1 x 2 ∫ x3 + 4 x dx = − 4 ln x + 8 ln x + 4 + 2 tan 2 + C Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

36

18


Contoh Selesaikan x

(1 − x ) ( x

2

+ 1)

2

=

∫

x

(1 − x ) ( x 2 + 1)

A 1− x

+

2

dx

Bx + C Dx + E + , 2 2 x + 1 ( x 2 + 1)

(

)

Kalikan kedua ruas dengan (1 − x ) x 2 + 1

2

x 2 + 1 irreducible sehingga

x = A ( x 2 + 1) + ( Bx + C )(1 − x ) ( x 2 + 1) + ( Dx + E )(1 − x ) 2

x = ( A − B) x 4 + ( B − C ) x3 + ( 2 A − B + C − D ) x 2 + ( B − C + D − E ) x + ( A + E + C) Maka koefisien kedua polinomial haruslah sama. Ini memberikan sebuah sistem persamaan A − B = 0, B − C = 0, 2 A − B + C − D = 0, B − C + D − E = 1, A + C + E = 0 Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

37


Penyelesaiannya adalah A = B = C = 1 4, D = 1 2, E = − 1 2. Maka,

∫

x

(1 − x ) ( x 2 + 1)

2

dx =

1 dx 1 ( x + 1) dx 1 ( x − 1) dx + ∫ 2 + ∫ ∫ 4 1− x 4 2 ( x 2 + 1)2 x +1

Substitusi u = 1 − x dan v = x 2 + 1, maka du = − dx, dv = 2 xdx. dx ⎞ 1 dx 1 ( x + 1) dx 1 du 1 ⎛ 1 dv + ∫ 2 =− ∫ + ⎜ + ⎟ ∫ 4 1− x 4 4 u 4 ⎝ 2 ∫ v ∫ x2 + 1 ⎠ x +1 1 1 1 = − ln 1 − x + ln x 2 + 1 + tan −1 x 4 8 4 − x 1 dx ) 1 ( 1 1 1 ⎛ 1 dv ⎞ 1 xdx dx dx = − = ⎜ ⎟− 2 ∫ ( x 2 + 1)2 2 ∫ ( x 2 + 1)2 2 ∫ ( x 2 + 1)2 2 ⎝ 2 ∫ v 2 ⎠ 2 ∫ ( x 2 + 1)2 =−

1

4 ( x + 1) 2

−

dx 1 . 2 ∫ ( x 2 + 1)2


38

19


Untuk menyelesaikan integral terakhir, misalkan x = tan θ , dx = sec 2 θ dθ , dan x 2 + 1 = tan 2 θ + 1 = sec2 θ .

∫

dx

(x

2

+ 1)

2

=∫

sec 2 θ dθ

( sec θ ) 2

2

= ∫ cos 2 θ dθ =

1 θ sin 2θ (1 + cos 2θ ) dθ = + ∫ 2 2 4

(

tan −1 x 2sin θ cos θ tan −1 x 2 x = + = + 2 4 2 tan −1 x x + = . 2 2 2 ( x + 1)

)(

x2 + 1 1

x2 + 1

)

4


39


Jadi,

∫

1 1 1 dx = − ln 1 − x + ln x 2 + 1 + tan −1 x 4 8 4 (1 − x ) ( x 2 + 1) x

2

⎞ x 1 ⎛ tan −1 x ⎟+C − ⎜ + 2 4 ( x + 1) 2 ⎜⎝ 2 2 ( x + 1) ⎟⎠ 1 1 1 x +1 = − ln 1 − x + ln x 2 + 1 − +C 4 8 4 ( x 2 + 1) −

1

2


40

20


ALGORITMA DEKOMPOSISI PECAHAN PARSIAL Langkah 1: Lakukan pembagian sehingga diperoleh polinom P ( x ) dan r ( x ) sehingga R ( x) =

p ( x)

q ( x)

= P ( x) +

r ( x)

q ( x)

Jika derajat ( p ( x ) ) < derajat ( q ( x ) ) maka P ( x ) = 0 dan r ( x ) = p ( x ) Langkah 2 : Faktorkan q ( x ) dengan suku perkalian dari bentuk

( ax + b )

n

atau ( ax 2 + bx + c ) dengan ax 2 + bx + c irreducible n

yaitu ax 2 + bx + c = 0 tidak mempunyai akar. Langkah 3: Tulis

r ( x)

q ( x)

sebagai jumlah dari fungsi pecahan yang lebih

sederhana, disebut pecahan parsial, sebagai berikut Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

41


a. Untuk tiap faktor ( x + α ) diperoleh k

Ak A1 A2 + +"+ k 2 x +α (x +α) (x +α ) b. Untuk tiap faktor ( ax 2 + bx + c ) diperoleh k

Bk x + Ck B1 x + C1 B2 x + C2 + +"+ k 2 2 ax + bx + c ( ax 2 + bx + c ) ( ax 2 + bx + c ) Langkah 4: Kalikan kedua ruas dengan q ( x ) sehingga diperoleh R ( x ) q ( x ) = polinom dengan koefisien memuat Ai , Bi dan Ci Dari kesamaan di atas, semua konstanta Ai , Bi dan Ci dapat ditentukan.


42

21


Soal PR Bab 8 8.1 : 4, 6, 12, 16, 19, 33, 34, 48, 52, 59, 64, 66. 8.2 : 4, 6, 9, 13, 21, 22, 23, 26, 31. 8.3 : 3, 6, 12, 20, 23, 27-9, 31, 33. 8.4 : 2, 6, 17, 21, 32, 39, 44, 47, 55, 61, 69, 74, 81, 90. 8.5 : 5, 6, 9, 11, 12, 19, 22, 23, 25, 39, 44. Oki Neswan, Ph.D. – Departemen Matematika ITB

43

22

Bab 8 Teknik Pengintegralan

Recommend Documents