Tag: Integral

Ekspresi $4-9x^2$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta}$
Substitusi $x$ sebagai sinus bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $9$ pada ekspresi $4-\color{red}{9}x^2$ menjadi $4$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$x = \dfrac23 \sin \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{4-9x^2} & = \sqrt{4-9\left(\dfrac23 \sin \theta\right)^2} \\ & = \sqrt{4-\cancel{9}\left(\dfrac{4}{\cancel{9}} \sin^2 \theta\right)} \\ & = \sqrt{4-4 \sin^2 \theta} \\ & = \sqrt{4(1-\sin^2 \theta} \\ & = \sqrt{4} \cdot \sqrt{\cos^2 \theta} \\ & = 2 |\cos \theta| \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\cos \theta|$.

Ekspresi $13+25x^2$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{1+\tan^2 \theta = \sec^2 \theta}$
Substitusi $x$ sebagai tangen bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $25$ pada ekspresi $13+\color{red}{25}x^2$ menjadi $13$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$x = \dfrac{\sqrt{13}}{5} \tan \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{13+25x^2} & = \sqrt{13+25\left(\dfrac{\sqrt{13}}{5} \tan \theta\right)^2} \\ & = \sqrt{13+\cancel{25}\left(\dfrac{13}{\cancel{25}} \tan^2 \theta\right)} \\ & = \sqrt{13+13 \tan^2 \theta} \\ & = \sqrt{13(1+\tan^2 \theta} \\ & = \sqrt{13} \cdot \sqrt{\sec^2 \theta} \\ & = \sqrt{13} |\sec \theta| \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\sec \theta|$.

Ekspresi $(7t^2-3)^{\frac52}$ dapat ditulis dalam bentuk akar, yakni $(\sqrt{7t^2-3})^5$.
Perhatikan bahwa $7t^2-3$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{\sec^2 \theta-1 = \tan^2 \theta}$
Substitusi $t$ sebagai secan bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $7$ pada ekspresi $\color{red}{7}t^2-3$ menjadi $3$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$t = \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}} \sec \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} (\sqrt{7t^2-3})^5 & = \left(\sqrt{7\left(\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt7} \sec \theta\right)^2-3}\right)^5 \\ & = \left(\sqrt{7\left(\dfrac37 \sec^2 \theta\right)-3}\right)^5 \\ & = (\sqrt{3 \sec^2 \theta-3})^5 \\ &= (\sqrt{3(\sec^2-1)})^5 \\ & = (\sqrt{3} \cdot \sqrt{\tan^2 \theta})^5 \\ & = (\sqrt3 \cdot |\tan \theta)^5 \\ & = 3^{\frac52} |\tan \theta|^5 \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\tan \theta|$.

Perhatikan bahwa $(w+2)^2-25$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{\sec^2 \theta-1 = \tan^2 \theta}$
Substitusi $w+2$ sebagai secan bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $1$ pada ekspresi $\color{red}{1}(w+2)^2+25$ menjadi $25$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$w+2 = 5 \sec \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{(w+2)^2-25} & = \sqrt{\left(5 \sec \theta\right)^2-25} \\ & = \sqrt{25 \sec^2 \theta-25} \\ & = \sqrt{25(\sec^2 \theta-1)} \\ & = \sqrt{25} \cdot \sqrt{\tan^2 \theta} \\ & = 5 |\tan \theta| \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\tan \theta|$.

Perhatikan bahwa $9(4t-5)^2+1$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{\tan^2 \theta + 1 = \sec^2 \theta}$
Substitusi $t$ sebagai tangen bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $9$ pada ekspresi $\color{red}{9}(4t-5)^2+1$ menjadi $1$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$4t-5 = \dfrac13 \tan \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{9(4t-5)^2+1} & = \sqrt{9\left(\dfrac13 \tan \theta\right)^2+1} \\ & = \sqrt{\cancel{9}\left(\dfrac{1}{\cancel{9}} \tan^2 \theta\right) + 1} \\ & = \sqrt{\tan^2 \theta + 1} \\ & = \sqrt{\sec^2 \theta} = |\sec \theta| \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\sec \theta|$.

Pertama, kita harus melengkapkan kuadrat sempurna dulu.
Perhatikan bahwa,
$\begin{aligned} (x+1)^2 & = x^2+2x+1 \\ 2(x+1)^2 & = 2x^2+4x+2 \end{aligned}$
Dengan menggunakan ini, kita peroleh
$$\begin{aligned} \sqrt{1-4x-2x^2} & = \sqrt{1-(2x^2+4x+2)+2} \\ & = \sqrt{3-2(x+1)^2} \end{aligned}$$Perhatikan bahwa $3-2(x+1)^2$ identik dengan identitas Pythagoras:
$\boxed{\cos^2 \theta = 1-\sin^2 \theta}$
Substitusi $x$ sebagai sinus bisa menjadi solusi.
Sekarang, untuk mendapatkan koefisien yang sama pada bentuk trigonometri, kita harus mengubah koefisien $2$ pada ekspresi $3-\color{red}{2}(x+1)^2$ menjadi $3$ (supaya bisa difaktorkan).
Untuk itu, kita dapat memisalkan
$x+1 = \dfrac{\sqrt3}{\sqrt2} \sin \theta$
sehingga diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{3-2(x+1)^2} & = \sqrt{3-2\left(\dfrac{\sqrt3}{\sqrt2} \sin \theta\right)^2} \\ & = \sqrt{3-\cancel{2}\left(\dfrac{3}{\cancel{2}} \sin^2 \theta\right)} \\ & = \sqrt{3-3 \sin^2 \theta} \\ & = \sqrt{3(1-\sin^2 \theta)} \\ & = \sqrt{3} \cdot \sqrt{\cos^2 \theta} \\ & = \sqrt3 |\cos \theta| \end{aligned}$
Karena kita tidak dapat mengestimasi nilai $\theta$, maka notasi nilai mutlak tidak dapat dihilangkan pada bentuk $|\cos \theta|$.

Kita gunakan substitusi $x = a \sin \theta$ dengan $-\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2$.
Dengan demikian, $\text{d}x = a \cos \theta~\text{d}\theta$ dan akibatnya, $\sqrt{a^2-x^2} = a \cos \theta$. Jadi,
$\begin{aligned} \int \sqrt{a^2-x^2}~\text{d}x & = \int a \cos \theta \cdot a \cos \theta~\text{d}\theta \\ & = a^2 \int \cos^2 \theta~\text{d}\theta \\ & = a^2 \int (1+\cos 2\theta)~\text{d}\theta \\ & = a^2\left(\theta + \dfrac12 \sin 2\theta\right) + C \\ & = a^2(\theta + \sin \theta \cos \theta) + C \end{aligned}$
Sekarang, $x = a \sin \theta$ ekuivalen dengan $\sin \theta = \dfrac{x}{a}$, dan karena interval $\theta$ kita batasi sedemikian rupa, maka sinus memiliki invers, yakni $\theta = \sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right)$.
Selanjutnya, perhatikan segitiga siku-siku berikut (didasarkan pada $x = a \sin \theta$).

Kita melihat bahwa
$\cos \theta = \cos \left[\sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right)\right] = \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}$.
Jadi,
$$\begin{aligned} \int \sqrt{a^2-x^2}~\text{d}x & = \dfrac{a^2}{2} \left(\sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right) + \dfrac{x}{a} \cdot \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a}\right) + C \\ & = \dfrac{a^2}{2} \left(\sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right) + \dfrac{x}{a^2} \cdot \sqrt{a^2-x^2}\right) + C \\ & = \dfrac{a^2}{2} \sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right) + \dfrac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2} + C \end{aligned}$$Berikutnya, kita akan menghitung luas daerah yang diarsir (berupa setengah lingkaran yang berjari-jari $a$). Daerah terarsir berada pada interval $[-a, a]$ sehingga luasnya dapat dinyatakan oleh integral tentu berikut, beserta hasilnya.
$$\begin{aligned} \displaystyle \int_{-a}^a \sqrt{a^2-x^2}~\text{d}x & = \left[\dfrac{a^2}{2} \sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right) + \dfrac{x}{2} \sqrt{a^2-x^2}\right]_{-a}^a \\ & = \left(\dfrac{a^2}{2} \sin^{-1} 1 + 0\right)-\left(\dfrac{a^2}{2} \sin^{-1} (-1) + 0\right) \\ & = \dfrac{a^2}{2}\left(\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{2}\right) = \dfrac{\pi a^2}{2} \end{aligned}$$Jadi, luas daerah yang diarsir tersebut adalah $\boxed{\dfrac{\pi a^2}{2}}$
Catatan: Jawaban ini mempertegas kebenaran dari apa yang telah kita pelajari di sekolah dasar bahwa luas lingkaran berjari-jari $r$ adalah $L = \pi r^2$.

Misalkan $x = 3 \tan t$ dengan $-\pi/2 < t < \pi/2$ sehingga $\text{d}x = 3 \sec^2 t~\text{d}t$.
Kita peroleh
$\begin{aligned} \sqrt{9+x^2} & = \sqrt{9+(3 \tan t)^2} \\ & = \sqrt{9(1+\tan^2 t)} \\ & = 3 \sec t \end{aligned}$
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{9+x^2}} & = \int \dfrac{3 \sec^2 t}{3 \sec t}~\text{d}t \\ & = \int \sec t~\text{d}t \\ & = \ln |\sec t + \tan t| + C \end{aligned}$
Karena $\tan t = \dfrac{x}{3}$, maka berdasarkan gambar,
kita tarik kesimpulan bahwa $\sec t = \dfrac{\sqrt{9+x^2}}{3}$, sehingga
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{9+x^2}} & = \ln \left|\dfrac{\sqrt{9+x^2}}{3} + \dfrac{x}{3}\right| + C \\ & = \ln |\sqrt{9+x^2}+x|-\ln 3 + C \\ & = \ln |\sqrt{9+x^2}+x|+K \end{aligned}$
Jadi, hasil dari integral tersebut adalah $\boxed{\ln |\sqrt{9+x^2}+x|+K}$

Misalkan $x = 2 \sec t$, dengan $0 \leq t < \dfrac{\pi}{2}$. Perhatikan bahwa pembatasan $t$ pada interval tersebut dapat diterima karena $x$ berada dalam interval $x \geq 2$ seperti tampak pada grafik $x = 2 \sec t$ berikut.
Ini penting karena kita dapat menghilangkan tanda nilai mutlak yang umumnya muncul saat meniadakan bentuk akar pada $\sqrt{x^2-a^2}$. Dalam kasus ini,
$\begin{aligned} \sqrt{x^2-4} & = \sqrt{(2 \sec t)^2-4} \\ & = \sqrt{4(\sec^2 t-1)} \\ & = \sqrt{4 \tan^2 t} \\ & = 2|\tan t| = 2 \tan t \end{aligned}$
Perubahan batas integrasi:
Batas bawah $x = 2$ menjadi $t = 0$.
Batas atas $x = 4$ menjadi $t = \dfrac{\pi}{3}$.
Kita peroleh,
$$\begin{aligned} \displaystyle \int_2^4 \dfrac{\sqrt{x^2-4}}{x}~\text{d}x & = \int_0^{\pi/3} \dfrac{2 \tan t}{\cancel{2 \sec t}} \cdot \cancel{2 \sec t} \tan t~\text{d}t \\ & = \int_0^{\pi/3} 2 \tan^2 t~\text{d}t \\ & = 2 \int_0^{\pi/3} (\sec^2 t-1)~\text{d}t \\ & = 2 \left[\tan t-t\right]_0^{\pi/3} \\ & = 2\left[\tan \pi/3-\pi/3-\tan 0+0\right] \\ & = 2\left[\sqrt3-\pi/3\right] \\ & = 2\sqrt3-2\pi/3 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \int_2^4 \dfrac{\sqrt{x^2-4}}{x}~\text{d}x = 2\sqrt3-2\pi/3}$

Misalkan $t = \sin u$ dengan $-\pi/2 \leq u \leq \pi/2$, sehingga $\text{d}t = \cos u~\text{d}u$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{1-t^2} & = \sqrt{1-(\sin u)^2} \\ & = \sqrt{\cos^2 u} = \cos u \end{aligned}$
Sekarang, integralnya dapat kita tulis menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}~\text{d}t & = \int \dfrac{\sin u}{\cancel{\cos u}} \cdot \cancel{\cos u}~\text{d}u \\ & = \int \sin u~\text{d}u \\ & = -\color{blue}{\cos u} + C \end{aligned}$
Substitusi balik $u$ menjadi $t$ menggunakan pendekatan segitiga siku-siku bahwa $\sin u = \dfrac{t}{1}$, berarti $\color{blue}{\cos u = \dfrac{\sqrt{1-t^2}}{1} = \sqrt{1-t^2}}$ (lihat gambar).
Jadi, hasil integralnya adalah $\boxed{\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}~\text{d}t = – \sqrt{1-t^2} + C}$

Misal $x = 2 \sin t$ dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, sehingga $\text{d}x = 2 \cos t~\text{d}t$.
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{4-x^2} & = \sqrt{4-(2 \sin t)^2} \\ & = \sqrt{4-4 \sin^2 t} \\ & = \sqrt{4 \cos^2 t} \\ & = 2 \cos t \end{aligned}$
Integrannya sekarang dapat kita ubah menjadi
$$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x}~\text{d}x & = \int \dfrac{2 \cos t}{2 \sin t} \cdot 2 \cos t~\text{d}t \\ & = 2 \int \dfrac{\cos^2 t}{\sin t}~\text{d}t \\ & = 2 \int \dfrac{1-\sin^2 t}{\sin t}~\text{d}t \\ & = 2 \int (\csc t-\sin t)~\text{d}t \\ & = 2 \ln |\csc t-\cot t|+2 \cos t \end{aligned}$$Sekarang, kita perlu melakukan substitusi balik $t$ menjadi $x$.
Karena $x = 2 \sin t \Leftrightarrow \sin t = \dfrac{x}{2}$, maka berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh
$\begin{aligned} \csc t & = \dfrac{2}{x} \\ \cot t & = \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x} \\ \cos t & = \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{2} \end{aligned}$
Oleh karena itu, didapat
$$\begin{aligned} & 2 \ln |\csc t-\cot t|+2 \cos t \\ & = 2 \ln \left|\dfrac{2}{x}-\dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x}\right| + 2 \cdot \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{2} + C \\ & = 2 \ln |2-\sqrt{4-x^2}|-\ln x + \sqrt{4-x^2} + C \end{aligned}$$Jadi, hasil dari integral tersebut adalah $\boxed{2 \ln |2-\sqrt{4-x^2}|-\ln x + \sqrt{4-x^2} + C}$

Misal $x = 4 \sin t$ dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, sehingga $\text{d}x = 4 \cos t~\text{d}t$.
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{16-x^2} & = \sqrt{16-(4 \sin t)^2} \\ & = \sqrt{16-16 \sin^2 t} \\ & = \sqrt{16 \cos^2 t} \\ & = 4 \cos t \end{aligned}$
Integrannya sekarang dapat kita ubah menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{x^2}{\sqrt{16-x^2}}~\text{d}x & = \int \dfrac{(4 \sin t)^2}{\cancel{4 \cos t}} \cdot \cancel{4 \cos t}~\text{d}t \\ & = 16 \int \sin^2 t~\text{d}t \\ & = 16 \int \left(\dfrac{1-\cos 2t}{2}\right)~\text{d}t \\ & = 8\left(t-\dfrac12 \sin 2t\right) + C \\ & = 8\left(t-\sin t \cos t\right) + C \end{aligned}$
Sekarang, kita perlu melakukan substitusi balik $t$ menjadi $x$.
Karena $x = 4 \sin t \Leftrightarrow \sin t = \dfrac{x}{4}$, maka berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh
$\begin{aligned} t & = \arcsin \dfrac{x}{4} \\ \cos t & = \dfrac{\sqrt{16-x^2}}{4} \end{aligned}$
Oleh karena itu, didapat
$$\begin{aligned} 8\left(t-\sin t \cos t\right) + C & = 8\left(\arcsin \dfrac{x}{4}-\dfrac{x}{4} \cdot \dfrac{\sqrt{16-x^2}}{4}\right) + C \\ & = 8 \arcsin \dfrac{x}{4}-\dfrac{x\sqrt{16-x^2}}{2} + C \end{aligned}$$Jadi, hasil dari integral tersebut adalah $\boxed{8 \arcsin \dfrac{x}{4}-\dfrac{x\sqrt{16-x^2}}{2} + C}$

Perhatikan bahwa
$\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{(x^2+4)^{3/2}} = \int \dfrac{\text{d}x}{(\sqrt{x^2+4})^3}$.
Misal $x = 2 \tan t$ dengan $-\pi/2 < t < \pi/2$, sehingga $\text{d}x = 2 \sec^2 t~\text{d}t$.
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{x^2+4} & = \sqrt{(2 \tan t)^2+4} \\ & = \sqrt{4 \tan^2 t+4} \\ & = \sqrt{4 \sec^2 t} \\ & = 2 \sec t \end{aligned}$
Integrannya sekarang dapat kita ubah menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{(\sqrt{x^2+4})^3} & = \int \dfrac{2 \sec^2 t~\text{d}t}{(2 \sec t)^3} \\ & = \int \dfrac{2 \sec^2 t~\text{d}t}{8 \sec^3 t} \\ & = \dfrac14 \int \dfrac{1}{\sec t}~\text{d}t \\ & = \dfrac14 \int \cos t~\text{d}t \\ & = \dfrac14 \sin t + C \end{aligned}$
Sekarang, kita perlu melakukan substitusi balik $t$ menjadi $x$.
Karena $x = 2 \tan t \Leftrightarrow \tan t = \dfrac{x}{2}$, maka berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $\sin t = \dfrac{x}{\sqrt{x^2+4}}$.
Jadi, diperoleh hasil integralnya, yaitu $\dfrac14 \sin t + C = \boxed{\dfrac{x}{4\sqrt{x^2+4}} + C}$

Misalkan $t = \sec u$, dengan $0 \leq u < \dfrac{\pi}{2}$, sehingga $\text{d}t = \tan u \sec u~\text{d}u$.
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \sqrt{t^2-1} & = \sqrt{(\sec t)^2-1} \\ & = \sqrt{\tan^2 t} \\ & = \tan t \end{aligned}$
Integrannya sekarang dapat kita ubah menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{\text{d}t}{t^2\sqrt{t^2-1}} & = \int \dfrac{\tan u \sec u}{\sec^2 u \tan u}~\text{d}u \\ & = \int \dfrac{1}{\sec u}~\text{d}u \\ & = \int \cos u~\text{d}u = \sin u + C \end{aligned}$
Sekarang, kita perlu melakukan substitusi balik $u$ menjadi $t$.
Karena $t = \sec u \Leftrightarrow \sec u = \dfrac{t}{1}$, maka berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $\sin u = \dfrac{\sqrt{t^2-1}}{t}$.
Jadi, kita peroleh hasil integralnya disertai dengan batas integrasi, yaitu
$\begin{aligned} \left[\dfrac{\sqrt{t^2-1}}{t}\right]_2^3 & = \dfrac{\sqrt{9-1}}{3}-\dfrac{\sqrt{4-1}}{2} \\ & = \dfrac{2\sqrt2}{3}-\dfrac{\sqrt3}{2} \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \int_2^3 \dfrac{\text{d}t}{t^2\sqrt{t^2-1}} = \dfrac{2\sqrt2}{3}-\dfrac{\sqrt3}{2}}$

Integral di atas dapat kita tuliskan menjadi $\displaystyle 2 \color{red}{\int \dfrac{z}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z}-3 \color{blue}{ \int \dfrac{1}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z}$.
Menghitung integral pertama:
Substitusi $u = 1-z^2$, sehingga $\text{d}u = -2z~\text{d}z$.
$$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{z}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z & = -\dfrac12 \int \dfrac{1}{u^{1/2}}~\text{d}u \\ & = -\dfrac12 \cdot \dfrac{1}{-\frac12 + 1}u^{-1/2 + 1} + C \\ & = -u^{1/2} + C \\ & = -(1-z^2) + C_1 && (\text{Substitusi balik}) \end{aligned}$$Menghitung integral kedua:
Misalkan $z = \sin t$ dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, sehingga $\text{d}z = \cos t~\text{d}t$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{1-z^2} & = \sqrt{1-(\sin t)^2} \\ & = \sqrt{\cos^2 t} = \cos t \end{aligned}$
Sekarang, integralnya dapat kita tulis menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z & = \int \dfrac{1}{\cancel{\cos t}} \cdot \cancel{\cos t}~\text{d}t \\ & = \int \text{d}t = \color{green}{t} + C_2 \end{aligned}$
Karena $z = \sin t$, maka $\color{green}{t = \arcsin z}$, sehingga diperoleh $\displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z = \arcsin z + C_2$.
Sekarang, secara keseluruhan kita tuliskan
$\begin{aligned} & \displaystyle 2 \color{red}{\int \dfrac{z}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z}-3 \color{blue}{ \int \dfrac{1}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z} \\ & = 2[-\sqrt{1-z^2} + C_1]-3(\arcsin z +C_2) \\ & = -2\sqrt{1-z^2}-3 \arcsin z + C \end{aligned}$
Jadi, hasil integralnya adalah $\boxed{-2\sqrt{1-z^2}-3 \arcsin z + C}$

Integral di atas dapat kita tuliskan menjadi seperti berikut (tanpa batas integrasi).
$\displaystyle \pi \color{red}{\int \dfrac{x}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x}-\color{blue}{ \int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x}$.
Menghitung integral pertama:
Substitusi $u = x^2+\pi^2$, sehingga $\text{d}u = 2x~\text{d}x$.
$$\begin{aligned} \int \dfrac{x}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x & = \displaystyle \int \dfrac{\frac12}{u^{1/2}}~\text{d}u \\ & = \dfrac12 \int u^{-1/2}~\text{d}u \\ & = \dfrac12 \cdot \dfrac{1}{-1/2 + 1}u^{-1/2 + 1} + C_1 \\ & = \dfrac12 \cdot 2u^{1/2} + C_1 \\ & = \sqrt{x^2+\pi^2} + C_1 && (\text{Substitusi balik}) \end{aligned}$$Menghitung integral kedua:
Misalkan $x = \pi \tan t$ dengan $-\pi/2 < t < \pi/2$, sehingga $\text{d}x = \pi \sec^2 t~\text{d}t$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{x^2+\pi^2} & = \sqrt{(\pi \tan t)^2+\pi^2} \\ & = \sqrt{\pi^2 \sec^2 t} = \pi \sec t \end{aligned}$
Sekarang, integralnya dapat kita tulis menjadi
$\begin{aligned} \displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x & = \int \dfrac{1}{\pi \sec t} \cdot \pi \sec^2 t~\text{d}t \\ & = \int \sec t~\text{d}t \\ & = \ln |\sec t + \tan t| + C_2 \end{aligned}$
Karena $x = \pi \tan t$, maka $\tan t = \dfrac{x}{\pi}$, sehingga berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $\sec t = \dfrac{\sqrt{x^2+\pi^2}}{\pi}$.
Substitusikan sehingga kita dapatkan $\ln |\dfrac{\sqrt{x^2+\pi^2}}{\pi} + \dfrac{x}{\pi}| + C_2$.
Sekarang, secara keseluruhan kita tuliskan
$$\begin{aligned} & \displaystyle \pi \color{red}{\int \dfrac{x}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x}-\color{blue}{ \int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+\pi^2}}~\text{d}x} \\ & = \pi \left(\sqrt{x^2+\pi^2} + C_1\right)-\ln \left|\dfrac{\sqrt{x^2+\pi^2}}{\pi} + \dfrac{x}{\pi}\right| + C_2 \\ & = \pi\sqrt{x^2+\pi^2}-\ln |\sqrt{x^2+\pi^2}+x|+K \end{aligned}$$Selanjutnya, sertakan batas integrasi $x = \pi$ dan $x = 0$, lalu hitung.
$$\begin{aligned} & \left[\pi\sqrt{x^2+\pi^2}-\ln |\sqrt{x^2+\pi^2}+x|\right]_0^{\pi} \\ & = \left(\pi\sqrt{\pi^2+\pi^2}-\ln |\sqrt{\pi^2+\pi^2}+\pi|\right)-\left(\pi\sqrt{0+\pi^2}-\ln |\sqrt{0+\pi^2} + 0|\right) \\ & = \pi^2\sqrt2-\ln |\pi\sqrt2 + \pi|-\pi^2+\ln |\pi| \\ & = (\sqrt2-1)\pi^2+\ln \left|\dfrac{\pi}{\pi\sqrt2 + \pi}\right| \\ & = (\sqrt2-1)\pi^2 + \ln \left|\dfrac{1}{\sqrt2 + 1}\right| \end{aligned}$$Jadi, hasil integralnya adalah $\boxed{(\sqrt2-1)\pi^2 + \ln \left|\dfrac{1}{\sqrt2 + 1}\right|}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} 16+6x-x^2 & = -(x^2-6x)+16 \\ & = -[(x-3)^2-9]+16 \\ & = 25-(x-3)^2 \end{aligned}$
Misal $u = x-3$, berarti $\text{d}u = \text{d}x$, sehingga
$\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{16+6x-x^2}} = \int \dfrac{\text{d}u}{\sqrt{25-u^2}}$
Misal $u = 5 \sin t$ dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, berarti $\text{d}u = 5 \cos t~\text{d}t$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{25-u^2} & = \sqrt{25-(5 \sin t)^2} \\ & = \sqrt{25-25 \sin^2 t} \\ & = \sqrt{25 \cos^2 t} \\ & = 5 \cos t \end{aligned}$
Sekarang, kita peroleh
$\begin{aligned} \int \dfrac{\text{d}u}{\sqrt{25-u^2}} & = \int \dfrac{\cancel{5 \cos t}}{\cancel{5 \cos t}}~\text{d}t \\ & = \int \text{d}t \\ & = t + C \end{aligned}$
Substitusi balik $t$ menjadi $u$ dengan melihat fakta bahwa $\sin t = \dfrac{u}{5}$, berarti $t = \arcsin \dfrac{u}{5}$.
Oleh karena itu, kita tulis
$\begin{aligned} t + C & = \arcsin \dfrac{u}{5} + C \\ & = \arcsin \dfrac{x-3}{5} + C \end{aligned}$
Jadi, hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{16+6x-x^2}}$ adalah $\boxed{\arcsin \dfrac{x-3}{5} + C}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} 4x-x^2 & = -(x^2-4x) \\ & = -[(x-2)^2-4] \\ & = 4-(x-2)^2 \end{aligned}$
Misal $u = x-2$, berarti $\text{d}u = \text{d}x$, sehingga
$\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{4x-x^2}} = \int \dfrac{\text{d}u}{\sqrt{4-u^2}}$
Misal $u = 2 \sin t$ dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, berarti $\text{d}u = 2 \cos t~\text{d}t$.
Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{4-u^2} & = \sqrt{4-(2 \sin t)^2} \\ & = \sqrt{4-4 \sin^2 t} \\ & = \sqrt{4 \cos^2 t} \\ & = 2 \cos t \end{aligned}$
Sekarang, kita peroleh
$\begin{aligned} \int \dfrac{\text{d}u}{\sqrt{4-u^2}} & = \int \dfrac{\cancel{2 \cos t}}{\cancel{2 \cos t}}~\text{d}t \\ & = \int \text{d}t \\ & = t + C \end{aligned}$
Substitusi balik $t$ menjadi $u$ dengan melihat fakta bahwa $\sin t = \dfrac{u}{2}$, berarti $t = \arcsin \dfrac{u}{2}$.
Oleh karena itu, kita tulis
$\begin{aligned} t + C & = \arcsin \dfrac{u}{2} + C \\ & = \arcsin \dfrac{x-2}{2} + C \end{aligned}$
Jadi, hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{4x-x^2}}$ adalah $\boxed{\arcsin \dfrac{x-2}{2} + C}$

Perhatikan bahwa turunan pertama dari $f(x) = x^2+2x+26$ adalah $f'(x) = 2x + 2$, namun pembilang integrannya adalah $2x+1$ sehingga kita harus munculkan bentuk tersebut.
$$\begin{aligned} & \displaystyle \int \dfrac{2x+1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x = \int \dfrac{2x+2-1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x \\ & = \color{red}{\int \dfrac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x}-\color{blue}{\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x} \end{aligned}$$Menghitung integral pertama:
Misal $u = x^2+2x+26$, berarti $\text{d}u = (2x+2)~\text{d}x$, sehingga dengan metode substitusi, diperoleh
$$\begin{aligned} \color{red}{\int \dfrac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x} & = \int \dfrac{1}{u^{1/2}}~\text{d}u \\ & = \int u^{-1/2}~\text{d}u \\ & = \dfrac{1}{-1/2 + 1}u^{-1/2+1} + C_1 \\ & = 2\sqrt{x^2+2x+26} + C_1 \end{aligned}$$Menghitung integral kedua:
Diberikan $\color{blue}{\displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x}$.
Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} x^2+2x+26 & = (x^2+2x+1)+25 \\ & = (x+1)^2 + 25 \end{aligned}$
Misal $u = x+1$, berarti $\text{d}u = \text{d}x$, maka
$\displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x = \int \dfrac{1}{\sqrt{u^2+25}}~\text{d}u$
Selanjutnya, misalkan $u = 5 \tan t$, dengan $-\pi/2 < t < \pi/2$, sehingga $\text{d}u = 5 \sec^2 t~\text{d}t$. Dengan demikian,
$\begin{aligned} \sqrt{u^2+25} & = \sqrt{(5 \tan t)^2 + 25} \\ & = \sqrt{25 \tan^2 t + 25} \\ & = \sqrt{25 \sec^2 t} = 5 \sec t \end{aligned}$
Integral di atas dapat kita tulis menjadi
$\begin{aligned} \int \dfrac{1}{\sqrt{u^2+25}}~\text{d}u & = \int \dfrac{5 \sec^2 t}{5 \sec t}~\text{d}t \\ & = \int \sec t~\text{d}t \\ & = \ln |\sec t + \tan t| + C_2 \end{aligned}$
Substitusi balik $t$ menjadi $u$ dengan melihat fakta bahwa $\tan t = \dfrac{u}{5}$, sehingga berdasarkan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $\sec t = \dfrac{\sqrt{u^2+25}}{5}$.
Jadi, kita peroleh
$$\begin{aligned} & \ln |\sec t + \tan t| + C_2 \\ & = \ln \left|\dfrac{\sqrt{u^2+25}}{5} + \dfrac{u}{5}\right| + C_2 \\ & = \ln |\sqrt{u^2+25} + u|-\ln 5 + C_2 \\ & = \ln |\sqrt{u^2+25}+u| + C_3 \\ & = \ln |\sqrt{(x+1)^2+25} + (x+1)| + C_3 && \text{Subs. Balik} \\ & = \ln |\sqrt{x^2+2x+26} + x + 1| + C_3 \end{aligned}$$Secara keseluruhan, kita peroleh
$$\begin{aligned} & \color{red}{\int \dfrac{2x+2}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x}-\color{blue}{\int \dfrac{1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x} \\ & = 2\sqrt{x^2+2x+26} + C_1-\ln |\sqrt{x^2+2x+26} + x + 1| + C_3 \\ & = 2\sqrt{x^2+2x+26}-\ln |\sqrt{x^2+2x+26}+x+1| + K \end{aligned}$$Jadi, hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{2x+1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x$ adalah $\boxed{\begin{aligned} & 2\sqrt{x^2+2x+26}-\ln |\sqrt{x^2+2x+26}+ \\ & x+1| + K \end{aligned}}$

Perhatikan bahwa
$\begin{aligned} 5-4x-x^2 & = -(x^2+4x)+5 \\ & = -(x^2+4x+4)+9 \\ & = -(x+2)^2 + 9 \end{aligned}$
Misal $u = x + 2$, berarti $\text{d}u = \text{d}x$, sehingga integralnya dapat ditulis menjadi
$\int \sqrt{-u^2 + 9}~\text{d}u$.
Misal $u = 3 \sin t$, dengan $-\pi/2 \leq t \leq \pi/2$, berarti $\text{d}u = 3 \cos t~\text{d}t$, maka
$\begin{aligned} \sqrt{-u^2 + 9} & = \sqrt{-(3 \sin t)^2 + 9} \\ & = \sqrt{9-9 \sin^2 t} \\ & = \sqrt{9 \cos^2 t} = 3 \cos t \end{aligned}$
Sekarang, kita peroleh
$\begin{aligned} \int \sqrt{-u^2 + 9}~\text{d}u & = \int (3 \cos t)(3 \cos t~\text{d}t \\ & = 9 \int \cos^2 t~\text{d}t \\ & = 9 \int \dfrac{1+\cos 2t}{2}~\text{d}t \\ & = \dfrac92 \left[\int \text{d}t + \int \cos 2t~\text{d}t\right] \\ & = \dfrac92 \left(t + \dfrac12 \sin 2t\right) + C \\ & = \dfrac92t + \dfrac94 \sin 2t + C \\ & = \dfrac92t + \dfrac92 \sin t \cos t + C \end{aligned}$
Substitusi balik $t$ menjadi $u$ dengan melihat fakta bahwa $\sin t = \dfrac{u}{3}$, sehingga dengan menggunakan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $t = \arcsin \dfrac{u}{3}$ dan $\cos t = \dfrac{\sqrt{9-u^2}}{3}$.
Kita peroleh,
$$\begin{aligned} & \dfrac92t + 18 \sin t \cos t + C \\ & = \dfrac92 \arcsin \dfrac{u}{3} + \dfrac{\cancel{9}}{2} \cdot \dfrac{u}{\cancel{3}} \cdot \dfrac{\sqrt{9-u^2}}{\cancel{3}} + C \\ & = \dfrac92 \arcsin \dfrac{u}{3} + \dfrac12 \cdot \dfrac{u}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{9-u^2}}{3} + C \\ & = \dfrac92 \arcsin \dfrac{x+2}{3} + \dfrac12(x+2)\sqrt{5-4x-x^2} + C && (\text{Subs. Balik} \end{aligned}$$Jadi, hasil dari $\int \sqrt{5-4x-x^2}~\text{d}x$ adalah $\boxed{\begin{aligned} & \dfrac92 \arcsin \dfrac{x+2}{3} + \dfrac12(x+2) \\ & \sqrt{5-4x-x^2}+ C \end{aligned}}$

Diberikan $\displaystyle \int \dfrac{x~\text{d}x}{x^2+9}$.
Jawaban a)
Misal $u = x^2+9$, berarti $\text{d}u = 2x~\text{d}x$ sehingga integralnya dapat kita tulis menjadi
$\begin{aligned} \dfrac12 \int \dfrac{\text{d}u}{u} & = \dfrac12 \ln |u| + C_1 \\ & = \dfrac12 \ln |x^2+9| + C_1 \end{aligned}$
Jadi, hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{x~\text{d}x}{x^2+9}$ adalah $\boxed{\dfrac12 \ln |x^2+9| + C_1}$
Jawaban b)
Misal $x = 3 \tan t$, dengan $-\pi/2 < t < \pi/2$, berarti $\text{d}x = 3 \sec^2 t~\text{d}t$.
Kita peroleh,
$\begin{aligned} \int \dfrac{x~\text{d}x}{x^2+9} & = \int \dfrac{(3 \tan t)(3 \sec^2 t~\text{d}t)}{(3 \tan t)^2 + 9} \\ & = \int \dfrac{\tan t \cdot \sec^2 t}{\tan^2 t + 1}~\text{d}t \\ & = \int \dfrac{\tan t \cdot \cancel{\sec^2 t}}{\cancel{\sec^2 t}}~\text{d}t \\ & = \int \tan t~\text{d}t \\ & = -\ln |\cos t| + C_2 \end{aligned}$
Substitusi balik $t$ menjadi $x$ dengan mengingat fakta bahwa $\tan t = \dfrac{x}{3}$ sehingga dengan menggunakan pendekatan segitiga siku-siku seperti gambar,
diperoleh $\cos t = \dfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}$.
Oleh karena itu,
$$\begin{aligned} -\ln |\cos t| + C_2 & = -\ln \left|\dfrac{3}{\sqrt{x^2+9}}\right| + C_2 \\ & = \ln |\sqrt{x^2+9}| -\ln 3 + C_2 \\ & = \dfrac12 \ln |x^2+9| + K \end{aligned}$$Jadi, hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{x~\text{d}x}{x^2+9}$ adalah $\boxed{-\dfrac12 \ln |x^2+9| + K}$
Dapat kita simpulkan bahwa dengan menggunakan kedua cara itu, hasil integral yang kita peroleh adalah sama, dengan catatan bahwa kita mengabaikan konstanta.