Teorema Dasar Kalkulus pada Integral

         Kita telah mempelajari tentang integral tentu pada subbab sebelumnya. Untuk menentukan nilai integral tentu menggunakan jumlah Riemann, ternyata memerlukan langkah yang rumit. Newton dan Leibniz telah menemukan cara yang lebih mudah dalam menentukan nilai integral tentu. Cara tersebut dikenal sebagai Teorema Fundamental Kalkulus (TFK).

         Pada uraian berikut, Kita akan belajar tentang teorema fundamental kalkulus. Teorema fundamental kalkulus terdiri atas teorema fundamental kalkulus I dan teorema fundamental kalkulus II. Teorema ini banyak digunakan dalam masalah terapan, misalnya mencari luas suatu daerah yang dibatasi oleh kurva atau menentukan volume suatu benda putar yang tentu ada kaitannya dalam perhitungannya menggunakan integral.

          Secara umum teorema fundamental kalkulus I menyatakan tentang kebalikan dari intergral atau jika ada suatu fungsi dalam bentuk integral, maka untuk menghilangkan integralnya kita gunakan TFK I. Sedangkan teorema fundamental kalkulus II menggambarkan tentang cara menghitung bentuk integral tertentu. Untuk lebih jelasnya, perhatikan konsep teorema fundamental 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 \, $ adalah batas bawah integral yang berupa konstanta dan tidak 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) \, $ dapat ditulis $ [F(x)]_a^b \, $ , sehingga TFK II dapat ditulis :
$ \int \limits_a^b f(x) dx = [F(x)]_a^b = F(b) - F(a) $

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 fundamental kalkulus I :
a). $ \frac{d}{dx} \int \limits_1^x (3t^2 - t + 6) dt $
Artinya fungsi $ f(t) = 3t^2 - t + 6 \ $ sehingga $ 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 \ $ sehingga $ 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) \, $ adalah turunan pertama dari fungsi $ f(x) $.

Penyelesaian :
*). Dari bentuk $ f(x) = \int \limits_{-1}^x ( t^4 + t - 1) dt , \, $ kita turunkan kedua ruas dengan menggunakan teorema fundamental 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} $
Sehingga 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 langsung $ 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 hasilnya $ \frac{0}{0} \, $ (bentuk tak tentu), maka kita proses lagi dengan menggunakan 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 $.
*). Sehingga 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 hasilnya $ \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} $.