Integral yang melibatkan substitusi trigonometri biasanya integrannya memuat ekspresi seperti $\sqrt{a^2-x^2}$, $\sqrt{a^2+x^2}$, atau $\sqrt{x^2-a^2}$.
Untuk merasionalkan tiga ekspresi ini, kita boleh mengasumsikan bahwa nilai $a$ positif dan membuat substitusi trigonometri seperti yang tertuang pada tabel berikut.
$$\begin{array}{|c|c|c|c|} \hline \text{No.} & \text{Ekspresi} & \text{Substitusi} & \text{Interval}~\theta \\ \hline 1. & \sqrt{a^2-x^2} & x = a \sin \theta & -\pi/2 \leq \theta \leq \pi/2 \\ \hline 2. & \sqrt{a^2+x^2} & x = a \tan \theta & -\pi/2 < \theta < \pi/2 \\ \hline 3. & \sqrt{x^2-a^2} & x = a \sec \theta & 0 \leq \theta \leq \pi, \theta \neq \pi/2 \\ \hline \end{array}$$Sekarang, kita peroleh bentuk penyederhanaan yang diperoleh dari substitusi ini.
$$\begin{aligned} 1. & \sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2-a^2 \sin^2 \theta} = \sqrt{a^2 \cos^2 \theta} = |a \cos \theta| = a \cos \theta \\ 2. & \sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2-a^2 \sin^2 \theta} = \sqrt{a^2 \cos^2 \theta} = |a \cos \theta| = a \cos \theta \\ 3. & \sqrt{a^2+x^2} = \sqrt{a^2+a^2 \tan^2 \theta} = \sqrt{a^2 \sec^2 \theta} = |a \sec \theta| = a \sec \theta \\ 4. & \sqrt{x^2-a^2} = \sqrt{a^2 \sec^2 \theta-a^2} = \sqrt{a^2 \tan^2 \theta} = |a \tan \theta| = \pm a \tan \theta \end{aligned}$$Pembatasan nilai $\theta$ pada interval tertentu membuat tanda nilai mutlak dapat diabaikan untuk kasus pertama dan kedua. Dengan kata lain, pembatasan tersebut bermaksud agar sinus, tangen, dan sekan menjadi fungsi yang dapat diinverskan.
Beberapa identitas trigonometri berikut sering kali dipakai guna menyelesaikan persoalan integral berkaitan dengan substitusi trigonometri.
$$\begin{array}{ccc} \hline \text{No}. & \text{Nama Identitas} & \text{Rumus} \\ \hline 1. & \text{Identitas Pyth}\text{agoras} & \sin^2 x + \cos^2 x = 1 \\ 2. & \text{Identitas Pyth}\text{agoras} & 1 + \tan^2 x = \sec^2 x \\ 3. & \text{Identitas Sud}\text{ut Ganda} & \sin 2x = 2 \sin x \cos x \\ 4. & \text{Identitas Sud}\text{ut Ganda} & \cos 2x = 2 \cos^2 x-1 \\ & & \cos 2x = 1-2 \sin^2 \\ & & \cos 2x = \cos^2 x-\sin^2 x \\ \hline \end{array}$$Berikut juga disajikan sejumlah hasil integral yang sering dipakai (tanpa diselingi penjelasan lagi).
$$\begin{array}{cc} \hline 1. & \displaystyle \int u^n~\text{d}u = \dfrac{1}{n+1}u^{n+1} + C, n \neq -1 \\ 2. & \int \dfrac{1}{u}~\text{d}u = \ln |u| + C \\ 3. & \int e^u~\text{d}u = e^u + C \\ 4. & \int a^u~\text{d}u = \dfrac{a^u}{\ln a} + C \\ 5. & \int \sin u~\text{d}u = -\cos u + C \\ 6. & \int \cos u~\text{d}u = \sin u + C \\ 7. & \int \sec^2 u~\text{d}u = \tan u + C \\ 8. & \int \csc^2 u~\text{d}u = -\cot u + C \\ 9. & \int \sec u \tan u~\text{d}u = \sec u + C \\ 10. & \int \csc u \cot u~\text{d}u = -\csc u + C \\ 11. & \int \tan u~\text{d}u = -\ln |\cos u| + C \\ 12. & \int \cot u~\text{d}u = \ln |\sin u| + C \\ 13. & \int \sec u~\text{d}u = \ln |\sec u + \tan u| + C \\ 14. & \int \csc u~\text{d}u = \ln |\csc u-\cot u| + C \\ 15. & \displaystyle \int \dfrac{1}{\sqrt{a^2-u^2}}~\text{d}u = \sin^{-1} \dfrac{u}{a} + C \\ 16. & \displaystyle \int \dfrac{1}{a^2+u^2}~\text{d}u = \dfrac{1}{a} \tan^{-1} \dfrac{u}{a} + C \\ 17. & \displaystyle \int \dfrac{1}{a^2-u^2}~\text{d}u = \dfrac{1}{2a} \ln \dfrac{u+a}{u-a} + C \\ 18. & \displaystyle \int \dfrac{1}{u\sqrt{u^2-a^2}}~\text{d}u = \dfrac{1}{a} \sec^{-1} \left|\dfrac{u}{a}\right| + C \\ \hline \end{array}$$ Berikut ini disajikan soal dan pembahasan mengenai teknik substitusi trigonometri pada integral (beberapa soal berikut bersumber dari buku Kalkulus Purcell). Teknik ini dipakai bila integran melibatkan bentuk akar tertentu yang ternyata dapat ditiadakan menggunakan bantuan trigonometri. Dalam buku Kalkulus Purcell sendiri, submateri ini dikenal sebagai substitusi yang merasionalkan.
Quote by Fahrul Huda
Bagian Pilihan Ganda
Soal Nomor 1
Jika $\displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}~\text{d}x$ diubah bentuknya dengan substitusi $\sqrt{x} = \sin y$, maka hasilnya adalah $\cdots \cdot$
A. $\displaystyle \int_0^{1/2} \sin^2 x~\text{d}x$
B. $\displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{\sin^2 y}{\cos y}~\text{d}y$
C. $\displaystyle \int_0^{\pi/4} \sin^2 y~\text{d}y$
D. $2 \displaystyle \int_0^{\pi/4} \sin^2 x~\text{d}x$
E. $2 \displaystyle \int_0^{\pi/6} \sin^2 x~\text{d}x$
Karena $\sqrt{x} = \sin y$, maka
$$\begin{aligned} x & = \sin^2 y \\ 1-x & = 1-\cos^2 y \\ 1-x & = \sin^2 y \\ \sqrt{1-x} & = \sin y \end{aligned}$$dengan $y$ dibatasi pada $0 \le y \le \dfrac{\pi}{2}.$
Batas atas:
Diketahui $x = \sin^2 y$. Untuk $x = \dfrac12$, didapat
$$\begin{aligned} \sin^2 y & = \dfrac12 \\ \sin y & = \dfrac12\sqrt2 \\ \Rightarrow y & = \dfrac{\pi}{4} \end{aligned}$$Batas bawah:
Diketahui $x = \sin^2 y$. Untuk $x = 0$, didapat
$$\begin{aligned} \sin^2 y & = 0 \\ \sin y & = 0 \\ \Rightarrow y & = 0 \end{aligned}$$Substitusi $\text{d}x$ dan $\text{d}y.$
Diketahui $x = \sin^2 y$ sehingga $\text{d}x = (2 \sin y \cos y)~\text{d}y.$
Dengan demikian, kita peroleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \int_0^{1/2} \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}~\text{d}x & = \int_0^{\pi/4} \dfrac{\sin y}{\cos y}(2 \sin y \cos y~\text{d}y) \\ & = 2 \int_0^{\pi/4} \sin^2 y~\text{d}y \\ & = 2 \int_0^{\pi/4} \sin^2 x~\text{d}x \end{aligned}$$Jadi, hasil setelah dilakukan substitusi pada integral tersebut adalah menjadi $\boxed{2 \displaystyle \int_0^{\pi/4} \sin^2 x~\text{d}x}$
(Jawaban D)
Bagian Uraian
Soal Nomor 1
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $\sqrt{4-9x^2}$.
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 $|\cos \theta|.$
Soal Nomor 2
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $\sqrt{13+25x^2}$.
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 $|\sec \theta|.$
Soal Nomor 3
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $(7t^2-3)^{\frac52}$.
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 $|\tan \theta|.$
Soal Nomor 4
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $\sqrt{(w+2)^2-25}$.
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 $|\tan \theta|.$
Soal Nomor 5
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $\sqrt{9(4t-5)^2+1}$.
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 $|\sec \theta|.$
Soal Nomor 6
Gunakan substitusi trigonometri untuk meniadakan notasi akar pada bentuk $\sqrt{1-4x-2x^2}$.
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 $|\cos \theta|.$
Soal Nomor 7
Tentukan hasil dari $\int \sqrt{a^2-x^2}~\text{d}x$ dan gunakan hasilnya untuk menghitung luas daerah yang dibatasi oleh fungsi $y = \sqrt{a^2-x^2}$ dan sumbu-$X$ seperti tampak pada gambar di bawah.
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
$$\begin{aligned} \cos \theta & = \cos \left[\sin^{-1} \left(\dfrac{x}{a}\right)\right] \\ & = \dfrac{\sqrt{a^2-x^2}}{a} \end{aligned}$$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 $L = \pi r^2.$
Soal Nomor 8
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{9+x^2}}.$
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 $\boxed{\ln |\sqrt{9+x^2}+x|+K}$
Soal Nomor 9
Hitunglah hasil dari $\displaystyle \int_2^4 \dfrac{\sqrt{x^2-4}}{x}~\text{d}x$.
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 $x = 2 \sec t.$
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 $\boxed{\displaystyle \int_2^4 \dfrac{\sqrt{x^2-4}}{x}~\text{d}x = 2\sqrt3-2\pi/3}$
Soal Nomor 10
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}~\text{d}t$.
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 $\boxed{\displaystyle \int \dfrac{t}{\sqrt{1-t^2}}~\text{d}t = – \sqrt{1-t^2} + C}$
Soal Nomor 11
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\sqrt{4-x^2}}{x}~\text{d}x$.
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 $$\boxed{2 \ln |2-\sqrt{4-x^2}|-\ln x + \sqrt{4-x^2} + C}$$
Soal Nomor 12
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{x^2}{\sqrt{16-x^2}}~\text{d}x$.
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 $\boxed{8 \arcsin \dfrac{x}{4}-\dfrac{x\sqrt{16-x^2}}{2} + C}$
Soal Nomor 13
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{(x^2+4)^{3/2}}$.
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 $\dfrac14 \sin t + C = \boxed{\dfrac{x}{4\sqrt{x^2+4}} + C}$
Soal Nomor 14
Hitunglah hasil dari $\displaystyle \int_2^3 \dfrac{\text{d}t}{t^2\sqrt{t^2-1}}$.
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 $\boxed{\displaystyle \int_2^3 \dfrac{\text{d}t}{t^2\sqrt{t^2-1}} = \dfrac{2\sqrt2}{3}-\dfrac{\sqrt3}{2}}$
Soal Nomor 15
Tentukan hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{2z-3}{\sqrt{1-z^2}}~\text{d}z$.
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 $\boxed{-2\sqrt{1-z^2}-3 \arcsin z + C}$
Soal Nomor 16
Hitunglah hasil dari $\displaystyle \int_0^{\pi} \dfrac{\pi x-1}{\sqrt{x^2+\pi^2}}$.
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 di bawah:
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 $\boxed{(\sqrt2-1)\pi^2 + \ln \left|\dfrac{1}{\sqrt2 + 1}\right|}$
Soal Nomor 17
Carilah hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{16+6x-x^2}}$.
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 $\boxed{\arcsin \dfrac{x-3}{5} + C}$
Soal Nomor 18
Carilah hasil dari $\displaystyle \int \dfrac{\text{d}x}{\sqrt{4x-x^2}}$.
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 $\boxed{\arcsin \dfrac{x-2}{2} + C}$
Soal Nomor 19
Carilah $\displaystyle \int \dfrac{2x+1}{\sqrt{x^2+2x+26}}~\text{d}x$.
Perhatikan bahwa turunan pertama dari $f(x) = x^2+2x+26$ adalah $f'(x) = 2x + 2$, tetapi 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 $$\boxed{2\sqrt{x^2+2x+26}-\ln |\sqrt{x^2+2x+26}+x+1| + K}$$
Soal Nomor 20
Carilah hasil dari $\int \sqrt{5-4x-x^2}~\text{d}x$.
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 $\boxed{\begin{aligned} & \dfrac92 \arcsin \dfrac{x+2}{3} + \dfrac12(x+2) \\ & \sqrt{5-4x-x^2}+ C \end{aligned}}$
Baca Juga: Materi, Soal, dan Pembahasan – Integral Parsial
Soal Nomor 21
Carilah $\displaystyle \int \dfrac{x~\text{d}x}{x^2+9}$ dengan cara:
a. substitusi aljabar;
b. substitusi trigonometri;
lalu cocokkan hasilnya.
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.