Integral Tentu_Konsep Luas

Hai teman-teman...

Sebelumnya, kita telah mempelajari integral tak-tentu dan notasi sigma. Topik pembahasan kita selanjutnya adalah integral tentu. Masalah luas merupakan dasar untuk pembahasan integral tentu khususnya luas poligon, baik poligon dalam maupun poligon luar yang dapat dibuat pada bidang datar, didasarkan atas rumus luas persegi panjang.

1. Luas Menurut Poligon Dalam

Perhatikan contoh berikut. 

Dari gambar di atas kita ingin mencari L(P) atau luas daerah datar yang dibatasi oleh kurva `y = f(x) =x^{2}`, sumbu-x, garis `x=0`, garis `x=2`. Pertama dipartisikan selang `0\leq x\leq 2` atas selang bagian yang sama dengan panjang `\Delta x=\frac{(b-a)}{n}=\frac{2-0}{n}=\frac{2}{n}`, dan memakai titik-titik: `0=x_{0}< x_{1}< x_{2}<...<  x_{n-1}< x_{n}=2`, sehingga:

`x_{0}=0`

`x_{1}=0+\Delta x=\frac{2}{n}=1(\frac{2}{n})`

`x_{2}=0+2\Delta x=\frac{4}{n}=2(\frac{2}{n})`

`x_{3}=0+3\Delta x=\frac{6}{n}=3(\frac{2}{n})`

.

.

.

`x_{n}=0+n\Delta x=n(\frac{2}{n})=2` 

Menghitung luas poligon dalam:

`L(P)dalam = f(x_{0})\Delta x+f(x_{1})\Delta x+f(x_{2})\Delta x+...+f(x_{n-1})\Delta x`

                         `= (0)^{2}(\frac{2}{n})+(1(\frac{2}{n}))^{2}(\frac{2}{n})+...+[((n-1)(\frac{2}{n}))^{2}](\frac{2}{n})`

                         `=(\frac{2}{n})^{3}(0^{2}+1^{2}+2^{2}+...+(n-1)^{2})`

                         `=(\frac{2}{n})^{3}\sum_{j=0}^{n-1}j^{2}`

                         `=(\frac{2}{n})^{3}\sum_{i=1}^{n}(i-1)^{2}`

                         `=(\frac{2}{n})^{3}\sum_{i=1}^{n}(i^{2}-2i+1)`

catatan: `\sum_{i=1}^{n}(i^{2}-2i+1)=\sum_{i=1}^{n}i^{2}-2\sum_{i=1}^{n}i+\sum_{i=1}^{n}1`

                                                   `=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{2(n)(n+1)}{2}+n`

                                                   `=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{6(n)(n+1)}{6}+\frac{6n}{6}`

                                                   `=\frac{2n^{3}-3n^{2}+n}{6}`

Jadi,

`L(P)dalam =(\frac{2}{n})^{3}\sum_{i=1}^{n}(i^{2}-2i+1)`

                      `=(\frac{2}{n})^{3}(\frac{2n^{3}-3n^{2}+n}{6})`

                      `=(\frac{8}{n^{3}})(\frac{2n^{3}-3n^{2}+n}{6})`

                      `=\frac{8}{3}-\frac{4}{n}+\frac{4}{3n^{2}}`

Sehingga,

`\lim_{n\rightarrow \infty} L(P)dalam = \lim_{n\rightarrow \infty}(\frac{8}{3}-\frac{4}{n}+\frac{4}{3n^{2}})=\frac{8}{3}`

2. Luas Menurut Poligon Luar

Perhatikan gambar di bawah ini.

Sekarang, kita ingin menghitung luas poligon luar yang dibatasi oleh kurva `y = f(x) =x^{2}`, sumbu-x, garis `x=0`, garis `x=2`:

`L(P)luar=f(x_{1})\Delta x+f(x_{2})\Delta x+f(x_{3})\Delta x+...+f(x_{n})\Delta x`

                  `=(1(\frac{2}{n}))^{2}(\frac{2}{n})+(2(\frac{2}{n}))^{2}(\frac{2}{n})+...+[((n)(\frac{2}{n}))^{2}](\frac{2}{n})`

                  `=(\frac{2}{n})^{3}(1^{2}+2^{2}+3^{2}+...+n^{2})`

                  `=(\frac{2}{n})^{3}\sum_{i=1}^{n}i^{2}`

                  `=(\frac{2}{n})^{3} (\frac{n(n+1)(2n+1)}{6})`

                  `=(\frac{8}{n^{3}})(\frac{2n^{3}+3n^{2}+n}{6})`

                  `=\frac{8}{3}+\frac{4}{n}+\frac{4}{3n^{2}}`

Sehingga,

`\lim_{n\rightarrow \infty} L(P)luar = \lim_{n\rightarrow \infty}(\frac{8}{3}+\frac{4}{n}+\frac{4}{3n^{2}})=\frac{8}{3}`

Pada gambar tampak bahwa `L(P)dalam < L(P)luar`. Menurut teorema apit, maka untuk `L(P)dalam < L(P) < L(P)luar \rightarrow L(P)=\frac{8}{3}`.

Selanjutnya, diambil suatu fungsi `f` yang terdefinisi pada selang `[a,b]`. Partisikan selang `[a,b]` atas `n` selang bagian (tidak harus sama panjang) dengan memakai titik-titik:

`a=x_{0}< x_{1}< x_{2}< ...< x_{n-1}< x_{n}=b`

dengan `\Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}` (jarak antara titik `x_{i-1}` dengan `x_{i}`). 

Pada setiap selang bagian `(x_{i-1}, x_{i})` dipilih titik sebarang (boleh titik ujung), misalnya `\bar{x_{i}}` sebagai berikut;

Sebuah partisi dari `[a,b]` dengan `n` selang bagian memiliki jumlah Riemann untuk fungsi `f` yakni sebagai berikut.

`R_{p}=\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}`

Dari pembahasan di atas dengan memisalkan `|| P ||` menyatakan norma `P`, yaitu panjang selang bagian terpanjang (terlebar) dari partisi `P`, maka dapat dibuat definisi sebagai berikut:

Andaikan `f` suatu fungsi pada selang `[a,b]`. Jika nilai `\lim_{|| P ||\rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}` ada, maka dikatakan bahwa `f` terintegralkan pada `[a,b]`, dan ditulis sebagai `\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{|| P ||\rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}=\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}`, yang disebut integral tentu (atau Integral Riemann) `f` dari `a` ke `b`.

Pada lambang `\int_{a}^{b}f(x)dx`, `a` disebut batas bawah dan `b` disebut batas atas dari integral tersebut. Dalam definisi `\int_{a}^{b}f(x)dx`, secara implisit kita menganggap bahwa `a < b`. Menghilangkan batasan tersebut dengan definisi berikut.

`\int_{a}^{b}f(x)dx=0`

`\int_{a}^{b}f(x)dx=-\int_{b}^{a}f(x)dx, a>b`

Nah, agar teman-teman lebih memahami konsep integral tentu perhatikan contoh-contoh berikut.

1. Hitungah luas poligon yang dibatasi oleh kurva `y=\frac{1}{2}x`, sumbu-x, garis `x=2` dan `x=4`, jika daerah poligon tersebut dibagi atas 5 poligon bagian yang sama.

Solusi:

Karena selang `[2,4]` dipartisi atas 5 selang bagian yang sama, maka `\Delta x=\frac{(4-2)}{5}=\frac{2}{5}`, dan

`x_{0}=2`

`x_{1}=2+\frac{2}{5}=\frac{12}{5}`

`x_{2}=2+2(\frac{2}{5})=2+\frac{4}{5}=\frac{14}{5}`

`x_{3}=2+3(\frac{2}{5})=2+\frac{6}{5}=\frac{16}{5}`

`x_{4}=2+4(\frac{2}{5})=2+\frac{8}{5}=\frac{18}{5}`

`x_{5}=2+5(\frac{2}{5})=2+\frac{10}{5}=4`

Luas poligon dalam:

`L(P)dalam = f(x_{0})\Delta x+f(x_{1})\Delta x+f(x_{2})\Delta x+f(x_{3})\Delta x+f(x_{4})\Delta x`

`=(\frac{1}{2})(2)(\frac{2}{5})+(\frac{1}{2})(\frac{12}{5})(\frac{2}{5})+(\frac{1}{2})(\frac{14}{5})(\frac{2}{5})+(\frac{1}{2})(\frac{16}{5})(\frac{2}{5})+(\frac{1}{2})(\frac{18}{5})(\frac{2}{5})`

`=\frac{10}{25}+\frac{12}{25}+\frac{14}{25}+\frac{16}{25}+\frac{18}{25}`

`=\frac{70}{25}`

`=\frac{14}{5}`

2. Hitunglah jumlah Riemann `R_{p}` untuk `f(x)=x-1` dan partisi `P` adalah `3< 3,75< 4,25< 5,5<  6< 7` serta titik-titik sampel: `\bar{x_{1}}=3; \bar{x_{2}}=4; \bar{x_{3}}=4,75; \bar{x_{4}}=6; \bar{x_{5}}=6,75`

Solusi:

`R_{p}=\sum_{i=1}^{5}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}`

`=f(\bar{x_{1}})\Delta x_{1}+f(\bar{x_{2}})\Delta x_{2}+f(\bar{x_{3}})\Delta x_{3}+f(\bar{x_{4}})\Delta x_{4}+f(\bar{x_{5}})\Delta x_{5}`

`=(3-1)(3,75-3)+(4-1)(4,25-3,75)+(4,75-1)(5,5-4,25)+(6-1)(6-5,5)+(6,75-1)(7-6)`

`=(2)(0,75)+(3)(0,5)+(3,75)(1,25)+(5)(0,5)+(5,75)(1)`

`=1,5+1,5+4,6875+2,5+5,75`

`=15,9375`

3. Hitunglah `\int_{-1}^{3}(x+4)dx` dengan menggunakan integral Riemann.

Solusi:

Bagi selang `[-1,3]` atas `n` selang bagian yang sama, masing-masing sebesar `\Delta x=\frac{3-(-1)}{n}=\frac{4}{n}`. Pada setiap selang bagian `[x_{i-1},x_{i}]` digunakan titik-titik berikut:

`x_{0}=-1`

`x_{1}=-1+\Delta x=-1+\frac{4}{n}`

`x_{2}=-1+2\Delta x=-1+2(\frac{4}{n})`

`x_{3}=-1+3\Delta x=-1+3(\frac{4}{n})`

.

.

.

`x_{i}=-1+i\Delta x=-1+i(\frac{4}{n})`

.

.

.

`x_{n}=-1+n\Delta x=-1+n(\frac{4}{n})=3`

Maka, `f(x_{i})=x_{i}+4=(-1+i(\frac{4}{n}))+4=3+\frac{4i}{n}`.

`\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}=\sum_{i=1}^{n}(3+\frac{4i}{n})(\frac{4}{n})`

                           `=\sum_{i=1}^{n}(\frac{12}{n}+\frac{16i}{n^{2}})`

                           `=\sum_{i=1}^{n}\frac{12}{n}+\sum_{i=1}^{n}\frac{16i}{n^{2}}`

                           `=\frac{12}{n}\sum_{i=1}^{n}1+\frac{16}{n^{2}}\sum_{i=1}^{n}i`

                           `=\frac{12}{n}(n)+\frac{16}{n^{2}}(\frac{n(n+1)}{2})`

                            `=12+\frac{8(n+1)}{n}`

                            `=\frac{12n+8n+8}{n}`

                            `=\frac{20n+8}{n}`

                            `=20+\frac{8}{n}`

Jadi, 

`\int_{-1}^{3}(x+4)dx=\lim_{n\rightarrow \infty}\sum_{i=1}^{n}f(\bar{x_{i}})\Delta x_{i}`

                             `=\lim_{n\rightarrow \infty}(20+\frac{8}{n})`

                             `=20`