Integral

BAB 7 Integral Tak Tentu Dan Integral Tentu
7 Pendahuluan
Integral tak tentu adalah suatu bentuk anti turunan dari suatu fungsi yang dapat diturunkan (differentiabel)
pada suatu selang tertentu. Pada bab ini konsep Integral Tak Tentu akan diperkenalkan sebagai kebalikan
operasi pendiferensialan, yakni sebagai bentuk paling umum dari “anti turunan“. Sedangkan Integral tentu
diperkenalkan sebagai limit jumlah Reimann, sebagai generalisasi dari proses perhitungan luas daerah tertutup
pada bidang datar.
7.1 Integral Tak Tentu
Definisi 7.1
Kita katakan F adalah sebuah anti turunan dari f pada selang I jika memenuhi F ' (x)  f (x) pada
I.
Untuk suatu fungsi f yang diketahui, dapat ditemukan lebih dari satu anti turunan, sebagaimana
ditunjukkan dalam contoh berikut.
Ilustrasi 7.1 :
Tentukan anti turunan dari fungsi f (x)  4x3 pada selang (,)
Solusi :
Fungsi F yang memenuhi F ' (x)  4x3 , untuk semua x, antara lain adalah :
4
F1 (x)  x ,
( ) 4 5
2 F x  x  ,
( ) 4 3
3 F x  x  ,
sebab '   '   '   ( ) 4 3 ( )
F1 x  F2 x  F3 x  F4 x  x  f x
Jadi fungsi fungsi F1 , F2 , F3 semuanya adalah
anti turunan dari fungsi f. Tampak disini bahwa
hubungan antara fungsi anti turunan yang satu
dengan yang lainnya dibedakan oleh suatu konstanta riil C.
Sehingga secara umum,
Jika f (x)  4x3 , maka
anti turunannya adalah F(x)  x 4 C , C : konstanta sembarang (konstanta intergrasi).
Ilustrasi 7.2 :
Anti turunan dari fungsi f (x)  sin 2x , x , antara lain adalah :
F (x) cos 2x 2
1
1
  ; F x 2 x
2 ( )   cos ; F x x 2
3 ( )  sin
sebab
-2 2
3
5
-3
-1 1
F(x)  x 4  3
F(x)  x 4
F(x)  x 4  5
x
y
0
Gbr.7.1
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
124
( ) ( 2sin 2 ) sin 2 ( ) 2
' 1
F1 x    x  x  f x
' ( ) (2cos )( sin ) sin 2 ( )
F2 x   x  x  x  f x
' ( ) 2sin cos sin 2 ( )
F3 x  x x  x  f x
sehingga,
F1 'x  F2 'x  F3 'x  sin 2x  f (x)
Jadi fungsi F1, F2, F3 semuanya adalah anti turunan dari fungsi f. Hubungan ketiga anti turunan dari fungsi
f ini adalah sebagai berikut :
- 2
1 cos 2x = -cos 2x + 2
1 = sin 2x - 2
1
Berdasarkan kedua ilustrasi diatas , dapat dikatakan bahwa anti turunan dari suatu fungsi tidak tunggal, dan
bahwa anti turunan yang satu dengan yang lain hanya dibedakan oleh konstanta. Sebagaimana yang dinyatakan
pada Teorema 6.1 berikut :
Teorema 7.1 :
Jika F ' (x)  G ' (x) pada selang I, maka F(x)  G(x) C , dimana C suatu konstanta real
sebarang.
Teorema 6.1 menjelaskan bahwa apabila turunan dua buah fungsi sama, maka selisih kedua fungsi itu adalah
suatu konstanta (yang dapat juga bernilai sama dengan nol).
Bukti
Misalkan F ' (x)  G ' (x) pada selang I,
atau F ' (x) G ' (x)  0
Jika kedua ruas diintegralkan, diperoleh : F(x) G(x)  C
sehingga F(x)  G(x) C 
Definisi 7.2 :
Anti turunan dari fungsi f (x) dinotasikan sebagai :
 f (x) dx ………………………….[1]
yang dinamakan “Integral tak tentu dari f ”.
Dalam hal ini, jika F ' (x)  f (x) , maka
 f (x)dx  F(x) C , C : konstanta Integrasi. ........... [2]
F(x) disebut anti turunan (fungsi primitif) dari f
C : disebut konstanta integasi
f (x) disebut integran
 f (x) dx ,dsebut integral tak tentu, karena nilainya tergantung pada konstanta C sebarang.
Dari Persamaan integral di atas diperoleh hubungan :
( )
( )
' ( ) f x
dx
dF x
F x    f (x) dx  dF(x)
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
125
Bila kedua ruas di integralkan, diperoleh :
 f (x) dx   dF(x)  F(x) C ……………. [3]
Ilustrasi 7.3
Jika F(x)  x10 , maka dF(x)  10 x9dx , sehingga  dF(x)  10 x9dx  x10 C
yang menyatakan integral tak tentu dari fungsi f (x)  10 x9 terhadap peubah x, dan hasilnya adalah fungsi
F(x)  x10 C , dengan C konstanta riil
Karena hasil integral tak tentu adalah suatu anti turunan ditambah konstanta jadi rumus-rumus integral tak tentu
dapat diperoleh dari rumus-rumus diferensial yang bersesuaian sebagi berikut :
Rumus-Rumus Integral Tak Tentu
1.  dx  x  c , c konstanta 2.  k f (x)dx  k  f (x) dx , k konstanta
3.   f (x)  g(x)dx   f (x)dx   g(x)dx , dapat digeneralisasi
4.    



, 1
1
1
c n
n
x
x dx
n
n 5.  dx  x  c
x
ln
1
6.  sin x dx  cos x  c 7.  cos x dx  sin x  c
8.  sec2 xdx  tan x  c 9.  csc2 xdx  ctgx  c
10.  sec x tan x dx  sec x  c 11.  csc x ctgx dx   csc x  c
12.  e xdx  e x  c 13.    , (  0, 1)
ln
1
a c a a
a
a xdx x
14.     c x x x dx x ln ln 15.   



 

c
a
x
dx
a x
dx
arcsin
2 2
16.   



 

c
a
x
a x a
dx
arctan
1
2 2 17.  




c
x a
x a
x a a
dx
ln
2
1
2 2
18.  




c
a x
a x
a x a
dx
ln
2
1
2 2
19.     

dx x x a c
x a
dx 2 2
2 2
ln
20.   



 

c
a
x
dx a arc
x x a
dx
(1/ ) sec
2 2
Ilustrasi 7.4
(a).  (4x3  2x  3) dx   4x3dx   2x dx   3 dx
 4 x3dx  2 x dx  3 dx
  2 3
2
1
4
3
2
2
4
4 C x C
x
C
x   



 


  



 


 
  1 2 3
 x 4  x 2  3x  4C  2C  3C
 x 4  x 2  3x C , dengan   C  4C1  2C2  3C3
(b).  ( x3  3 x 12)dx   x dx  3 x 2 dx 12 dx
1
2
3
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
126
  3 2 3
2
5 1
( 2 ) 3 2 12
3
2
5
C x C x C x   



    
 x  2x 2 12x C
3
2
5
5
2 , dengan ( 3 12 ) C  C1  C2  C3
(c).   


 

  dt
t t t
5 1 3
2      
  dt
t
t dt t dt
1
5 2 3
1 2
    1 2 3
5 1 2 2 3 ln
1
C t C t C t   

 

      
 5t 1  2 t  3ln t C , dengan C  (5C1 C2  3C3 )
7.1.1. Teknik-teknik Integrasi
 Integral subtitusi (penggantian)
 Integral dengan subtitusi Trigonometri
 Integral Parsial
 Integral Fungsi Rasional
7.1.1.1. Integral Dengan Subtitusi (Penggantian)
Misalkan fungsi g terdifferensial pada domainnya (Dg) dan range fungsi g = Rg  I, dengan I adalah
selang di mana fungsi f terdefinisi :.
Jika F(x)   f (x)dx  F ' (x)  f (x),
maka  f g(x)g ' (x)dx  Fg(x) c . ......................... [4]
Misalkan u  g(x)  du  g' (x)dx , sehingga diperoleh hubungan
 f g(x)g ' (x)dx   f (u) du   f (u) du  F(u) C ……… [5]
Ilustrasi 7.5 :
Selesaikanlah integral tak tentu berikut dengan metode subtitusi :
(a).  (x3  2)2 3x2dx (c). 
3  3
2
( 2)
8
x
x dx
(b).  (x3  2)1/ 2 x2dx (d). 
4 3 
2
(x 2)
x dx
Solusi
Misalkan u  x3  2 , maka du  3x 2dx
(a).  (x3  2) 2 3x 2dx   u 2du  u3 C
3
1  x3  3 C
3
1 ( 2)
(b).  (x3  2)1/ 2 x2dx   x3  1/ 2 x 2dx
3
1 ( 2) 3
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
127
  u1/ 2du
3
1  u3 / 2 C
9
2 = x3  3 / 2 C
9
2 ( 2)
(c). 

 3 3
2
( 2)
8
x
x dx
3
8. 1  (x3  2) 3 3x 2dx
  u 3du
3
8 = C
x
C
u
u C 

       
2 3 2
2
2
1
3( 2)
4
3
4
( )
3
8
(d). 
4 3 
2
(x 2)
x dx
(x3 2) 1/ 4 3x 2dx
3
1
      u du  u C  x  C 1/ 4 3 / 4 ( 3 2)3 / 4
9
4
)
3
4
(
3
1
3
1
Jika integran memuat faktor n ax  b , maka subtitusi u  n ax  b u n  ax  b d
Ilustrasi
(a). 
x  x
dx , Subtitusi u  x  u 2  x dan 2u du  dx , sehingga

x  x
dx
  


 du
u u u
u du
1
1
2
2
2
2 ln u 1 C  2 ln x 1 C
(b).  x 3 x  2 dx , Subtitusi u  3 x  2 u3  x  2 dan 3u 2du  dx , sehingga
 x 3 x  2 dx   (u3  2) u (3u 2du)  3 (u 6  2u3 ) du
C
u u 
 

 

 
4
2
7
3
7 4
 x   x  3 C
4
3
7 ( 2)
2
3
( 2)
7
3
7.1.1.2. Integral Dengan Subtitusi Trigonometri
Jika integran memuat salah satu bentuk berikut :
a 2  x 2 , a 2x 2 , x 2  a 2 , a2  b2 x 2 , a2b2 x 2 , b2 x 2  a2
Dan tidak ada faktor rasional lainnya, maka bentuk tersebut dapat ditransformasi dalam bentuk fungsi
trigonometri dari suatu variabel baru sebagai berikut :
Bentuk Subtitusi Hasilnya Batasan nilai u
 a 2  x 2 x  a sin u a 1 sin 2 u 2  a cos u  2  u   2
 a 2  x 2 x  a tan u a 1 tan 2 u 2  a sec u  2  u   2
 x 2  a 2 x  a sec u a sec2 u 1   a tan u 0  u   , u   2
 a2  b2 x 2 u
b
a
x  sin a 1 sin 2 u 2  a cos u  2  u   2
 a2  b2 x2 u
b
a
x  tan a 1 tan 2 u 2  a sec u  2  u   2
 b2 x 2  a 2 u
b
a
x  sec a sec2 u 1  a tan u 0  u   , u   2
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
128
Dalam setiap bentuk akan dihasilkan suatu ekspresi dalam bentuk variabel u. Hubungan ekspresi tersebut
dengan variabel sebelumnya dapat dinyatakan dengan menggunakan segitiga siku-siku seperti pada contoh
berikut :
Ilustrasi 7.6 :
Selesaikanlah integral (a). I  
x2 4  x2
dx
(b). I  

x
9 4x 2 dx
Solusi
(a). Subtitusi x  2 tan u  dx  2 sec2 u du dan 4  x2  2 sec u , sehingga



x 2 4 x 2
dx
I  
(4 tan ) (2 sec )
2 sec
2
2
u u
u du
du
u
u
 
tan 2
sec
4
1
c
x
x
c
u
u u du 

       
4
4
4 sin
1
sin cos
4
1 2
2 , (lihat gambar 6.1)
(b). Subtitusi x sin u 2
3   dx cos u du 2
3  dan 9  4x 2  3cos u , sehingga
I  

 x
9 4x 2 dx
   du
u
u
u du
u
u
sin
cos
( cos ) 3
sin
3cos 2
2 3
2 3
du
u
u



sin
1 sin
3
2     udu u 3 sin sin
1  3 sec u du  3 sin u du
 3 ln csc u  cot u  3cos u C , dengan kesamaan segitiga Gbr.2.6, dperoleh
x
3 9 4x 2
3 ln
 
  9  4x 2 C
7. 1.1.3. Integral Parsial
Jika fungsi u dan v terdiferensialkan pada selang I, maka turunan fungsi (uv) pada selang I, adalah
d(u.v)  u.dv  v.du
 u.dv  d(u.v)  v.du
Dengan mengintegralkan kedua ruas diperoleh
 u dv  uv   v.du …………………….[9]
Persamaan [9] ini disebut integral parsial
Untuk menggunakan integral parsial dengan lebih efektif, integral yang akan diselesaikan harus dapat dipisah
menjadi dua bagian yakni, u dan dv. Dua aturan umum yang digunakan dalam integral parsial, yaitu :
a. Bagian dv harus dapat diintegralkan dengan segera.
4  x2
u
x
2
Gbr. 6.1
9  4x2
u
2x
3
Gbr 6.2
a 2  x 2
u
x
a
x  a tan u
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
129
b.  v du tidak lebih kompleks dari  u dv
Ilustrasi 7.7 :
Selesaikan integral (a).  cos x dx (b) x e x dx 3 2 
Solusi
(a). Misalkan t  x  t 2  x , dan 2t dt  dx , sehingga
 cos x dx   cos t (2t dt)  2 t cos t dt . Selanjutnya gunakan integral parsial,
dengan memisalkan  u  t  du  dt dan
 dv  cos t dt  v  sin t , sehingga
2 t cos t dt  2 u dv  2 uv   v du
 2 t sin t   sin t dt  2 t sin t  cos tC , karena t  x , maka
 2 x sin x  cos x  c
(b). Misalkan  u  x 2  du  2x dx dan
 dv x e x2 dx    dv  x e x2 dx  2
2
 v  1 e x
Berdasarkan rumus integral parsial, diperolah :
   ( )
3 2 2 2 x e x dx x xe x dx
  u dv  uv   v du    (2 )
2 2
2
2 1
2
1 x e x e x x dx
 x e x  e x C  e x (x 2 1) C
2
1
2
2 1
2
1 2 2 2
Suatu integral kadang-kadang dapat diselesaikan dengan berbagai cara (metode) seperti contoh berkut:
Ilustrasi 7.8 :
Selesaikan integral tentu 

dx
x
x
1
dengan 4 cara berikut :
a. Dengan subtitusi (penggantian) u  1 x
b. Dengan subtitusi u = 1 + x
c. Dengan metode integral parsial
d. Dengan menuliskan pembilang x = (1 + x) – 1
Solusi
a. Subtitusi dx u du
u
dx
x
dx
u x du 2
2 1 2
1   

    .
Dari u  1 x , juga diperoleh u2  1 x, atau x  u2 1, sehingga
I =
    c u du u u
u
u u du
x
x dx     



   2
3
2
2 1
( 1) 2
1
2 3
2
=  x   x 2  c
1
2
3
(1 ) 2(1 )
3
2
.
b. Subtitusi u = 1 + x => du = dx dan x = u – 1, sehingga
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
130
 
u u c
u
du
du u du
u
u
x
x dx     



    2
1
2
3
2
3
1 2
1
=   x    x2  C
1
2
3
1 2 1
3
2
c. Dengan integral parsial
Misalkan v x
x
dx
u x du dx dan dv   

    2 1
1
, sehingga
I = x x x du x x  x C
x
x dx         

  2
3
1
3
4
2 1 2 1 2 1
1
.
Hasil (c) ini sama dengan hasil lainnya karena
    C x x x x x x  


        1
3
4
1 1 2
3
4
2 1 2
3
    C x x C x x       


     2
1
2
3
1 2 1
3
2
2
3
2
3
2
1
d. Tulis pembilang sebagai x = (1 + x ) – 1 sehingga
 
   

  

 



x
dx
dx xdx
x
x
dx
x
x
1
1
1
1 1
1
   x   x 2  C
1
2
3
1 2(1 )
3
2
.
Ilustrasi 7.9 :
Selesaikan  sin 2x dx dengan beberapa cara yang mungkin
Solusi
Cara I :
Misalkan u = 2x  du = 2dx atau dx = ½ du, sehingga
I =  x dx   u du   u  c   cos 2x  C
2
1
( cos )
2
1
sin
2
1
sin 2 dengan C c
2
1  
Cara II :
Karena sin 2x = 2 sin x cos x, dan cos x dx = d(sin x), maka
I =  sin 2x dx   2sin x cos x dx  2 sin x d(sin x)  sin 2 x  c
Cara III :
Karena sin x dx  d(cos x) , maka ,
x d x x c
I x dx x x dx x d x
    
   

  
2 cos (cos )) cos 2
sin 2 2 cos (sin ) 2 cos ( (cos ))
Ketiga cara di atas memberikan hasil yang sama karena
(cos sin ) , sedangkan cos 1 sin ,
2
1
cos 2
2
1 2 2 2 2  x  c   x  x  c x   x
Diperoleh : 2 sin 2 * 1 cos2 *
2
1
sin c x c x c x      



  
 cos2 x  (1 c* )  cos2 x  C, dengan C  1 c*
Berikut diberikan beberapa contoh penyelesaian soal integral dengan metode yang telah dijelaskan sebelumnya.
Ilustrasi 7.10
Hitung : (a). x dx
2
1
cos2  (b).  x dx cos5 (c).  t dt sin 4 (d).  t dt sec6
Solusi:
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
131
(a). Dengan rumus kesamaan trigonometri :
        
   
I x dx x dx dx x dx
x x x x
cos
2
1
2
1
(1 cos )
2
1
2
1
cos
(1 cos ), sehingga
2
1
2
1
(1 cos 2 ), maka cos
2
1
cos
2
2 2
I = 1 2 ( sin ) , dengan 1 2
2
1
sin
2
1
2
1
c c c c x x c x c x      



   



 
(b). I =  cos   cos cos   1 sin  (sin )
5 4 2 2 x dx x x dx x d x
I =  1 2sin 2 x  sin 4 xdx(sin x)
I   d(sin x)  2 sin 2 xd(sin x)  sin 4 d(sin x)  x  3 x  sin5 x  c
5
1
sin
3
2
sin
(c). I =  t dt     t  dt
4 2 2 sin 1 cos = ? (latihan)
(d). I =  sec   sec sec   1 tan  (tan )
6 4 2 2 2 t dt t t dt t d t
I =   t  t d t  t  t  t  c 2 4 3 tan5
5
1
tan
3
2
(1 2 tan tan ) (tan ) tan
Ilustrasi 7.11 :
Tentukan aturan fungsi f, bila diketahui fungsi f kontinu pada R, mempumyai tepat satu titik balik di




2
7
,
2
3
dengan garis singgung dititik baliknya sejajar garis dan ' ' '   12
2
3 y   x f x  .
Solusi :
Karena     f ' ' ' x  12 f ' ' x  12 dx 12 x  c1 .
Selanjutnya karena f mempunyai titik belok di 




2
7
,
2
3
maka
diperoleh 18, sehingga
2
3
0 0 12
2
3
' ' 1 1     



    




f c c
f ' ' x  12x 18 . Dari sini kita peroleh aturan fungsi f ' yaitu
    2
f ' x   12x 18 dx  6x 2 18x  c .
Karena garis singgung dititik beloknya sejajar garis y x
2
3   , maka
2
2
2
3
18
2
3
6
2
3
, akibatnya
2
3
2
3
' c f  



  











.
diperoleh c2 = 12, karena itu aturan fungsi f ' adalah
f ' x  6x 2 18x 12 .
Dari sini diperoleh aturan fungsi f adalah
    3
f x   6x2 18x 12 dx  2x3  9x2 12x  c .
Selanjutnya karena f melalui titik 




2
7
,
2
3
maka
, diperoleh 1
2
3
12
2
3
9
2
3
2
2
7
2
7
2
3
3 3
3 2
   



  



  



    



f c c ,
dengan demikian aturan fungsi f adalah f x  2x3  9x2 12x 1.
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
132
LATIHAN
Hitunglah integral tak tentu berikut :
1. dx
x
x x   


 

 1
10. dx
x
x 
1 2sin
sin 2
2. 

dx
x
x
2 1
3
11.  ctg 4 x dx
3.  x x  4 dx 12.  Sec4 x dx
4.  x2 1 x dx 13.  Sin3 1 2xdx
5.  x5 1 2x3 dx 14.  cos x dx
6.  x  3 x5dx
1
3 1 15.  sin 1 3x dx
7.  cos 1 sin x dx 16.  x2 sin 2x dx
8. 

dx
x
x
3 1 cos
sin
17.  cos 2x sin 4x dx
9. 
x  x
x2dx
18.  sin x sin 2x sin 3x dx
19. Hitung  x2 1 xdx dengan dua cara.
a. Subtitusi u  1 x b. Subtitusi u  1 x
20. Hitung  F(x)dx , jika F(x) = x|x| adalah suatu anti turunan dari f(x) = 2|x| pada R.
21. Tentukan aturan fungsi implisit F(x, y) = 0 yang melalui titik (2,-1) dan gradien garis singgungnya
disetiap titik (x, y) pada grafik F(x, y) = 0 ditentukan oleh aturan
, 0
4
'   y 
y
x
y
22. Gradien garis singgung disetiap titik pada fungsi f adalah 2
1
2
1
f (x)  x  x

.
Jika f melalui titik (4,0) tentukan aturan fungsi f.
23. Sebuah titik materi bergerak dari keadaan diam dengan kecepatan dtk
a(t)  t(12  3t) m . Tentukan
kecepatannya pada setiap saat t dan saat titik materi itu berhenti kemudian bergerak lagi. Tentukan
pula persamaan gerak dari titik materi tersebut.
24. Hitung , dengan 4 cara
1
dx
x
x 

:
a. Subtitusi t = x-1 b. Subtitusi t  x 1
c. Integral parsial d. Tulis pembilang x = (x – 1) + 1
25. Tentukan aturan fungsi f yang kontinu pada R, mempunyai tepat satu titik belok di (1,3) dengan garis
singgung di titik beloknya sejajar garis y = -2x dan f ' ' ' x  2
26. Hitung x dx
x
x  




  1
1 3 2
2
3 (jwb: x x C
x
 x4   3 5  
5
1 3
4
1 )
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
133
7. 1.1.4. Integral Fungsi Rasional
Fungsi rasional adalah hasil bagi dua Polinom (suku banyak), yang berbentuk pecahan sebagai berikut :
, dan suku banyak
( )
( )
( ) P Q
Q x
P x
f x 
Dalam kasus derajat P lebih besar daripada derajat Q, maka fungsi f dapat ditulis sebagai
M L
Q x
L x
f x M x , dan
( )
( )
( )  ( )  suku banyak dengan der(L) < der(Q).
Berdasarkan suatu teorema dalam aljabar, suku banyak Q(x) dapat diuraikan atas faktor linier dan/atau kuadrat
definit positif.
akan dihitung :
dx
Q x
L x
 f x dx  M x dx  
( )
( )
( ) ( ) [10]
Langkah-langkahnya sebagai berikut :
1. (a). Jika penyebut Q(x) dapat diuraikan atas faktor-faktor linier yang berbeda,
maka buatlah dekomposisi
k k
k
a x b
A
a x b
A
a x b
A

 



..........
2 2
2
1 1
1 [11]
(b). Jika penyebut Q(x) dapat diuraikan atas faktor-faktor linier berulang k kali,
maka buatlah dekomposisi
k
k k
k
a x b
A
a x b
A
a x b
A
( )
..........
( )2
2 2
2
1 1
1

 



[12]
2. (a). Jika penyebut Q(x) dapat diuraikan atas faktor kuadrat definit positif yang berbeda maka
dekomposisinya
k k k
k k
a x b x c
A x B
a x b x c
A x B
a x b x c
A x B
 

 
 


 

2
2 2
2
2
2 2
1 1
2
1
1 1 .......... [13]
(b). Jika penyebut Q(x) dapat diuraikan atas faktor kuadrat definit positif yang berulang k kali maka
dekomposisinya ialah :
k
k k k
k k
a x b x c
A x B
a x b x c
A x B
a x b x c
A x B
( )
..........
( )2 2
2 2
2
2
2 2
1 1
2
1
1 1
 

 
 


 

[14]
Ilustrasi 7.12 :
Selesaikanlah : (a). 
 

dx
x x
x
6
3 1
2
(b). 

dx
x(x 1)
1
2
(c). 

dx
x
x
( 5) 2
Solusi :
(a). Langkah 1: Buat dekomposisi :
( 2) ( 3) 2 3
3 1
6
3 1
2 



 


 

x
B
x
A
x x
x
x x
x
.
Langkah 2 : Kalikan kedua rua dengan faktor (x  2)(x  3) , sehingga diperoleh kesamaan :
3x 1  A(x  3)  B(x  2)
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
134
Langkah 3 : Hitung nilai A dan B dengan memilih sembarang nilai x :
Pilih x  2  6 1  A(2  3)  B (0) , diperoleh 5
A  7
Pilih x  3  9 1  A(0)  5B , diperoleh 5
B  8
Langkah 4 : Hitung integalnya,

 

dx
x x
x
6
3 1
2   


 dx
x
B
dx
x
A
2 3
  


 dx
x
dx
x 3
1
2
1
5
8
5
7  ln x  2  ln x  3 C 5
8
5
7
(b). Langkah 1: Buat dekomposisi :.
( 1) 1
1
2 2 

 
 x
Bx C
x
A
x x
Langkah 2 : Kalikan kedua rua dengan faktor x(x 2 1) , sehingga diperoleh kesamaan :
1  A(x2 1)  (Bx  C)x
Langkah 3 : Hitung nilai A , B dan C dengan memilih sembarang nilai x :
Pilih x  0  1  A(0 1)  (B.0 C).0 , diperoleh A  1 (1)
Pilih x  1  1  A(11)  (B.1C).1, diperoleh 1  2A B C (2)
Pilih x  1  1  A(11) [B.(1) C].(1) , diperoleh 1  2A B C (3)
Dari (1), (2) dan (3), diperoleh A = 1, B = -1 dan C = 0, sehingga
Langkah 4 : Hitung integalnya,


 dx
x x
I
( 1)
1
2  



x 2 1
Bx C
dx
x
A
 

  dx
x
x
dx
x 1
1
2
     


  x x C
x
d x
dx
x
ln( 1)
2
1
ln
1
( 1)
2
1 1 2
2
2
(c). Langkah 1: Buat dekomposisi :
( 5)3 ( 5) ( 5) 2 (  5)3





 x
C
x
B
x
A
x
x
.
Langkah 2 : Kalikan kedua rua dengan faktor (x  5)3 , sehingga diperoleh kesamaan :
x  A(x  5) 2  B(x  5) C
Langkah 3 : Hitung nilai A , B dan C dengan memilih sembarang nilai x :
Pilih x  5  5  A(0)  B (0) C , diperoleh C  5 (1)
Pilih x  0  0  A(25)  B(5)  5 , diperoleh 25A 5B  5  0 (2)
Pilih x  1  1  A(16)  B(4)  5 , diperoleh 16A 4B  4  0 (3)
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
135
Dari (1), (2) dan (3), diperoleh A  0, B  1, C  5
Langkah 4 : Hitung integalnya,
dx
x
C
dx
x
B
dx
x
A
dx
x
x
( 5)3 ( 5) ( 5) 2 (  5)3






   
  



  dx
x
dx
x
dx
2 ( 5)3
1
5
( 5)
1
0
1 2 2 3
2( 5)
1
( 5)
1
C
x
C
x
C 

 

 
C
x x




 
2( 5) 2
1
( 5)
1
, dengan C  C1 C2 C3
Perhatikan beberapa uraian faktor berikut :
1 ( 1)( 1) ; 1 ( 1)( 1)
1 ( 1)( 1)
3 2 3 2
2
         
   
x x x x x x x x
x x x
x4 1 (x 1)(x 1)(x2 1) ; x4 1 (x2  x 2 1)(x2  x 2 1)
x6 1  (x 1)(x 1)(x2  x 1)(x2  x 1)
x6 1  (x2 1)(x2  x 3 1)(x2  x x11)
LATIHAN
Selesaikan Integral berikut
1.  x(x 1)
dx
2.  x(x2 1)2
dx
3.   

dx
x x x
x
( 1)( 1)
2 1
4.  

dx
x x
x
( 1)
1
2 5. 
  

dx
x x x
x
( 1)( 2 2)
6
2
6. 

dx
x
4 x2
7. 

dx
x
x
2
2
4
8. 

dx
x
1 x2
9. 

dx
x
x
2
2 9
10 

dx
e
e
x
x
3 4
3
11  x dx


2
2
4 2
12.  x  x dx
6
0
6 2 13. 

5
3 x x2 9
dx
7.1.2 Integral Fungsi Logaritma Dan Fungsi Eksponen
Dari rumus turunan pada bab terdahulu diketahui,
  ; ( ) dan ( ) ln , 0, 1
1
ln   a  a a a  a 
dx
d
e e
dx
d
x
x
dx
d x x x x
Sehingga kita dapat langsung memperoleh rumus integral dalam teorema berikut :
Integral Tak Tentu & Integral Tentu Serta Aplikasinya
136
Teorema 7.2 :
, 0, 1
ln
( )
( )
ln
1
( )
   
 
 



c a a
a
a
iii a dx
ii e dx e c
dx x c
x
i
x
x
x x
Catatan Ingat kembali bahwa logaritma natural didefinisikan sebagai , 0
1
( ) ln 1     dt x 
t
y f x x x
dan hubungan dengan fungsi inversnya diberikan oleh x  e y  y  ln x, x  0, y  R
Ilustrasi 7.13 :
(a).        

 

 


dx x x c
x
dx dx
x
x
dx
x
x
ln 2
2
1
2
2
(2 ) 2
2
(b). x c
x
d x
x x
dx
x x
dx   






   2ln 1
1
( 1)
2
( 1)
(c). x e c
e
d e
dx dx
e
e e
dx
e
x
x
x
x
x x
x    


 

 


    ln1
1
(1 )
1
(1 )
1
1
(d).    


 

 



x
x
x
x x
x
x
e
d e
dx dx
e
e e
dx
e
e
1
(1 )
2
1
(1 ) 2
1
1
 x  2 ln(1 e x )  c  x  ln(1 e x ) 2  c
Ilustrasi 7.14 :
Hitung (a).  e x dx (b). dx
x
x

(ln )2
(c). dx
x
e x
 2
1
(d).  23x dx (e).  dx
x
x
2
tan
sec
2
Solusi :
(a).Misalkan 2 ,
2
1
dx dt dx t dt
x
x  t     sehingga  e x dx   et (2t dt)  2 t et dt, selanjutnya
dengan integral parsial, misalkan u = t dan dv= et dt maka du = dt dan v = et , sehingga ,  
e x c
t e dt te e dt te e c e t c
x
t t t t t t
  
         
2 ( 1)
2 2 2 2 2 ( 1)
(b). c x c
u
dx x d x u du
x
x          3
3
2 2
2
(ln )
3
1
3
(ln ) (ln )
(ln )
(c). e du e c e c
x
dx e d
x
e x u u x
x
         


 




     
1 1
2
1
1
(d).           



  d x du c
x
dx d
u
x x x u
ln 2
2
3
1
2
3
1
2 3
3
1
3
3
23 23 3 c
x
 
3ln 2
23
(e). dx dtg x du c c
x
u tgx
tgx u
tg x
         ln 2
2
ln 2
2
2 2
sec
2
2
(f). 

dx
x
3 ln x , Misalkan dx
x
u x du
1
 ln   , sehingga


dx
x
3 ln x
      

 du  d u C
u
u u
ln 3
3
3 3 ( )