Teorema Mendasar Kalkulus Pada Integral

Posted on

         Pondok Soal.com – Kita telah mempelajari ihwal integral tentu pada subbab sebelumnya. Untuk memilih nilai integral tentu memakai jumlah Riemann, ternyata memerlukan langkah yang rumit. Newton dan Leibniz telah menemukan cara yang lebih gampang dalam memilih nilai integral tentu. Cara tersebut dikenal sebagai Teorema Fundamental Kalkulus (TFK).

         Pada uraian berikut, Kita akan berguru ihwal teorema mendasar kalkulus. Teorema mendasar kalkulus terdiri atas teorema mendasar kalkulus I dan teorema mendasar kalkulus II. Teorema ini kaya dipakai dalam problem terapan, contohnya mencari luas suatu kawasan yang dibatasi oleh kurva atau memilih volume suatu benda putar yang tentu ada kaitannya dalam perhitungannya memakai integral.

         Secara umum teorema mendasar kalkulus I menyatakan ihwal kebalikan dari intergral atau apabila ada suatu fungsi dalam bentuk integral, maka untuk menghilangkan integralnya kita gunakan TFK I. Sedangkan teorema mendasar kalkulus II menggambarkan ihwal cara menghitung bentuk integral tertentu. Untuk lebih terangnya, perhatikan konsep teorema mendasar kalkulus I dan II berikut ini.

Teorema Fundamental Kalkulus I dan II
$ \spadesuit \, $ Teorema Fundamental Kalkulus I (TFK I)
       Jika $ f $ kontinu pada $[a, b] $ dan $ x $ sebarang titik di $ (a, b)$,
maka berlaku :       $ \frac{d}{dx} \int \limits_a^x f(t) dt = f(x) $.
Catatan : $ a \, $ merupakan batas bawah integral yang berupa konstanta dan tak mempengaruhi hasil.

$ \spadesuit \, $ Teorema Fundamental Kalkulus II (TFK II)
       Jika $ f $ kontinu pada $ [a, b] $ dan $ F $ antiturunan $ f $ pada $ [a, b]$,
maka berlaku :       $ \int \limits_a^b f(x) dx = F(b) – F(a) $

Bentuk $ F(b) – F(a) \, $ sanggup ditulis $ [F(x)]_a^b \, $ , sesampai lalu TFK II sanggup ditulis :
$ \int \limits_a^b f(x) dx = [F(x)]_a^b = F(b) – F(a) $

Baca Juga:   Pembuktian Teorema Mendasar Kalkulus I Dan Ii

Contoh soal TFK :
1). Tentukan hasil dari :
a). $ \frac{d}{dx} \int \limits_1^x (3t^2 – t + 6) dt $
b). $ \frac{d}{dx} \int \limits_{-5}^x (\frac{1}{3}t^2 + 1) dt $

Penyelesaian :
*). Kita gunakan teorema mendasar kalkulus I :
a). $ \frac{d}{dx} \int \limits_1^x (3t^2 – t + 6) dt $
Artinya fungsi $ f(t) = 3t^2 – t + 6 \ $ sesampai lalu $ f(x) = 3x^2 – x + 6 $
Jadi, hasil dari $ \frac{d}{dx} \int \limits_1^x (3t^2 – t + 6) dt = 3x^2 – x + 6 $

b). $ \frac{d}{dx} \int \limits_{-5}^x (\frac{1}{3}t^2 + 1) dt $
Artinya fungsi $ f(t) = \frac{1}{3}t^2 + 1 \ $ sesampai lalu $ f(x) = \frac{1}{3}x^2 + 1 $
Jadi, hasil dari $ \frac{d}{dx} \int \limits_{-5}^x (\frac{1}{3}t^2 + 1) dt = \frac{1}{3}x^2 + 1 $

2). Tentukan hasil dari integral berikut ini :
a). $ \int \limits_1^3 (3x^2 +2x – 1) dx $
b). $ \int \limits_{-2}^1 (x + 5) dx $

Penyelesaian :
*). Rumus umum integral : $ \int ax^n dx = \frac{a}{n+1}x^{n+1} + c $
a). $ \int \limits_1^3 (3x^2 +2x – 1) dx $
$ \begin{align} \int \limits_1^3 (3x^2 +2x – 1) dx & = [\frac{3}{2+1}x^{2+1} + \frac{2}{1+1}x^{1+1} – x ]_1^3 \\ & = [ x^3 + x^2 – x ]_1^3 \\ & = [ 3^3 + 3^2 – 3 ] – [ 1^3 + 1^2 – 1 ] \\ & = [ 27 + 9 – 3 ] – [ 1 + 1 – 1 ] \\ & = [ 33 ] – [ 1 ] \\ & = 32 \end{align} $
Jadi, hasil $ \, \int \limits_1^3 (3x^2 +2x – 1) dx = 32 $

b). $ \int \limits_{-2}^1 (x + 5) dx $
$ \begin{align} \int \limits_{-2}^1 (x + 5) dx & = [\frac{1}{1+1}x^{1+1} + 5x ]_{-2}^1 \\ & = [\frac{1}{2}x^2 + 5x ]_{-2}^1 \\ & = [\frac{1}{2}(1)^2 + 5.(1) ] – [\frac{1}{2}(-2)^2 + 5.(-2) ] \\ & = [\frac{1}{2} + 5 ] – [\frac{1}{2}(4) – 10 ] \\ & = [\frac{1}{2} + 5 ] – [2 – 10 ] \\ & = [\frac{1}{2} + 5 ] + 8 \\ & = 13\frac{1}{2} \end{align} $
Jadi, hasil $ \, \int \limits_{-2}^1 (x + 5) dx = 13\frac{1}{2} $

3). Jika diketahui fungsi $ f(x) = \int \limits_{-1}^x ( t^4 + t – 1) dt , \, $ maka nilai dari $ f^\prime (1) = ….\, $ , dengan $ f^\prime (x) \, $ merupakan turunan pertama dari fungsi $ f(x) $.

Baca Juga:   Penghitungan Dan Sifat-Sifat Integral Tertentu

Penyelesaian :
*). Dari bentuk $ f(x) = \int \limits_{-1}^x ( t^4 + t – 1) dt , \, $ kita turunkan kedua ruas dengan memakai teorema mendasar kalkulus I.
$ \begin{align} f(x) & = \int \limits_{-1}^x ( t^4 + t – 1) dt \, \, \, \, \, \, \text{(diturunkan)} \\ \frac{d}{dx} f(x) & = \frac{d}{dx} \int \limits_{-1}^x ( t^4 + t – 1) dt \\ f^\prime (x) & = x^4 + x – 1 \end{align} $
Sesampai lalu nilai $ f^\prime (1) = 1^4 + 1 – 1 = 1 $
Jadi, nilai dari $ \, f^\prime (1) = 1 $ .

4). Hitunglah hasil limit dari $ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int \limits_0^x \sin t^3 dt}{x^4} $
Penyelesaian :
*). Substitusi pribadi $ x = 0 $ :
$ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int \limits_0^x \sin t^3 dt}{x^4} = \frac{\int \limits_0^0 \sin t^3 dt}{0^4} = \frac{0}{0} $
Karena karenanya $ \frac{0}{0} \, $ (bentuk tak tentu), maka kita proses lagi dengan memakai dalil L’Hospital (turunan).
*). Menentukan turunan dari pembilang dan penyebutnya :
pembilang : $ y = \int \limits_0^x \sin t^3 dt \rightarrow y^\prime = \frac{d}{dx} \int \limits_0^x \sin t^3 dt = \sin x^3 \, $ (TFK I).
Penyebut : $ y = x^4 \rightarrow y^\prime = 4x^3 $.
*). Sesampai lalu limitnya menjadi :
$ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int \limits_0^x \sin t^3 dt}{x^4} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x^3}{4x^3} = \frac{\sin 0^3}{4.0^3} = \frac{0}{0} $
Karena karenanya $ \frac{0}{0} \, $ lagi, maka kita gunakan lagi dalil L’Hospital :
*). Menentukan turunannya lagi :
pembilang : $ y = \int \limits_0^x \sin t^3 dt \rightarrow y^\prime = \frac{d}{dx} \int \limits_0^x \sin t^3 dt = \sin x^3 \, $ (TFK I).
Penyebut : $ y = x^4 \rightarrow y^\prime = 4x^3 $.
$ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int \limits_0^x \sin t^3 dt}{x^4} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{ \sin x^3}{4x^3} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{ 3x^2 \cos x^3}{12x^2} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{ \cos x^3}{4} = \frac{ \cos 0^3}{4} = \frac{1}{4} $
Jadi, hasil dari $ \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\int \limits_0^x \sin t^3 dt}{x^4} = \frac{1}{4} $.