Matematika Arsitektur

Matematika Arsitektur

Oleh : Subiono Jurusan Matematika, Matematika, FMIPA-ITS, Surabaya [email protected] January 5, 2012

1

Dasa Dasarr-da dasa sarr Kalku Kalkulu lus s

1.1 1.1 Fun Fungsi Suatu fungsi Suatu fungsi f adalah suatu aturan dari pasangan terurut (x, sedemikian ian hingga hingga (x, y ) sedemik untuk untuk setiap setiap x ada hany hanya a tepa tepatt satu satu y . Pasa Pasang ngan an (x, y ) biasanya biasanya juga ditulis ditulis (x, f (x)). Himpunan = f ((x) , D = x y = f

{ |

}

dinamakan domain dinamakan domain dari dari fungsi f , sedangkan himpunan

⊇ {y | y = f ⊇ = f ((x)}

K

dinamakan kodomain dinamakan kodomain dari dari fungsi f . Himpunan

Im(f Im(f )) = y y = f = f ((x)

{ |

}

dinamakan image image dari dari fungsi f . Secara Secara diagram diagram fungsi fungsi f dapat digambarkan se bagai berikut Domain Im(f) x

y = f (x)

Kodomain

Arti untuk setiap x

∈ D dengan D adalah himpunan domain fungsi f adalah tidak 1

Im(f )). Sedangkan, secara ada x x di D yang tidak mempunyai pasangan dengan y Im(f umum y K dengan K adalah kodomain f belum tentu mempunyai pasangan dengan x Jadi Im(f Bila seti setiap ap y Im(f )) D . Jadi K . Bila K mempunyai pasangan dengan dinamakan fungsi pada . Bila Bila fungs fungsii f memenuhi Im(f )) = K , maka f dinamakan fungsi x D yaitu Im(f y1 = f ( f (x1 ), y2 = f ( f (x2 ) dengan y1 = y2 berakibat bahwa x1 = x2 , maka f dinamakan fungsi satu-sa satu-satu tu.. Fungsi f yang memenuhi satu-satu dan pada dinamakan fungsi bijektif

∈

∈

∈ ∈

⊆

∈





Contoh-contoh 1. Fungsi f yang diberikan oleh hubungan y = = f ((x) = x 2 8, y = f f ((x) = 3x + 1 dan y = f R dengan R adal untuk setiap x adalah ah himpunan himpunan bilangan bilangan real. Keduany Keduanya a mempunyai domain dan kodomain R. Fungsi Fungsi yang pertama pertama adalah adalah bijekti bijektif, f, sedangkan yang kedua tidak satu-satu sebab x 1 = 1 = 1 = x 2 didapat f ( f (x1 ) = 2 = f ((x) = x 8 adalah f ( f (x2 ) = 7. Image dari fungsi f dengan y = f

−

∈

−  −

−

Im(f Im(f )) = y

{ | − 8 ≤ y < ∞} ⊂ R.

Gambar kedua fungsi tsb. adalah sebagai berikut.

y = 3x + 1

y = x 2

−8

3 2. Fungsi f yang diberikan oleh hubungan y = f ( untuk setiap x R f (x) = xx2−+4 adalah bijektif. bijektif. Fungsi f dengan y = f ( cos2x untuk setiap x R adalah f (x) = cos2x π π tidak satu-satu sebab x 1 = 2 = 2 = x 2 didapat f ( f (x1) = f ( f (x2 ) = 1, image dari fungsi ini adalah R Im(f Im(f )) = y R 1 y 1

−  { ∈ | − ≤ ≤ } ⊂

Gambar kedua fungsi adalah:

2

−

∈

∈

cos 2x y = cos

y =

x 3 x2 +4

−

3

1 3. Fungsi f diberikan oleh hubungan y = f ( f (x) = untuk setiap x x x = 0, mempunyai domain D dan kodomain K



∈ R dengan

D = x

{ ∈ R | x = 0} = K

Fungsi f adalah bijektif, gambar grafiknya adalah

4. Suatu Suatu jendela jendela mempuny mempunyai ai bentuk bentuk bagian bagian bawah bawah berben berbentuk tuk perseg persegii sedansedangkan bagian atas berbentuk berbentuk setengah linkaran. linkaran. Ungkapkan Ungkapkan luas jendela se bagai fungsi dari lebar l ebar jendela. jen dela. Tentukan luas jendela bila keliling bagian atas jendela 100 cm. Jawab Misalkan lebar jendela x x cm , maka sket gambar jendala adalah:

x Luas jendela L( L (x) diberikan oleh

1 1 1 1) x2 . L(x) = (π( x)2 ) + x2 = ( π + 1)x 2 2 8 Keliling setengah lingkaran lingkaran k = 100 cm, jadi

1 100 = (πx) πx) 2

⇒

x =

200 cm π

Jadi luas jendela L = 1) x2 = ( 18 π + 1) 40000 = ( 40000 + 5000 ) cm2 . L = ( 18 π + 1)x π2 π2 π 4

5. Suatu kontener berbentuk kotak dengan bagian atas terbuka dan volumenya 10 m3 . Panjang bagian dasar kontener dua kali lebarnya. Biaya untuk mem buat dasar adalah 10 satuan permeter persegi sedangkan biaya untuk sisisisinya 6 satuan permeter persegi. Ungkapkan biaya pembuatan kontainer sebagai fungsi lebar dari dasar kontener. Jawab: Bila x meter adalah lebar kontener bagian dasar dan tingginya t meter, gambar kontener diberikan oleh:

t x

2x

Didapat luas dasar adalah : (2x)x = 2x2 . Jadi biaya pembuatan dasar kontener sebesar 10(2x2 ) = 2 0x2 satuan. Dua sisi kontener mempunyai luas: 2xt sedangkan dua sisi lainnya 4xt. Jadi biaya pembuatan sisi-sisi kontener adalah: 6(2xt + 4xt) = 36xt satuan. Dengan demikian total biaya pembuatan kontener adalah b = 20x2 + 36xt satuan Diketahui volume kontener 10 m3 , jadi

10 = 2x(x)t

⇒

t =

10 5 = . 2x2 x2

Dengan demikian didapat fungsi biaya

b(x) = 20x2 + 36xt = 20x2 + 36x



5 180 2 = 20x + , x > 0. x2 x

Bila f dan g adalah fungsi dari peubah x , maka untuk setiap x di kedua domain f dan g didefinisikan 1. (f + g)(x) = f (x) + g(x) 2. (f

− g)(x) = f (x) − g(x)

3. (f g)(x) = f (x)g(x) 4.



f f (x) (x) = , g(x) = 0 g g(x)



5. (kf )(x) = kf (x). Contoh. Diberikan fungsi f dan g oleh

f (x) =

√ x

dan g(x) =

√ 1 − x.

−5f, f + g, f − g,fg,f/g dan g/f serta masing-masing domain fungsi tsb. Diskripsi dari −5f, f + g, f − g,fg,f/g dan g/f serta masing-masing domain

Dapatkan

Jawab fungsinya diberikan dalam tabel berikut

5

y

y

y = x 2 + 2 y = x 2

2 x

0 (a)

x

0 (b)

Gambar grafik (b) adalah hasil pergeseran dari gambar grafik (a), digeser keatas sebesar 2 satuan. 2. Fungsi y = x2 digeser kekiri menjadi y = (x + 2)2 = x 2 + 2x + 4, grafik fungsi dan hasil pergeseran sebagai berikut. y

y y = (x + 2)2 y = x 2 x

0 (a)

x

-2 0 (b)

Gambar grafik (b) adalah hasil pergeseran dari gambar grafik (a), digeser kekiri sebesar 2 satuan. Grafik suatu pasangan terurut (x, y) pada sumbu koordinat tegak x dan y yang memenuhi 1. Bila (x, y) terletak pada grafik, maka (x, y) juga terletak pada grafik. Grafik yang demikian dinamakan simetri terhadap sumbu-x.

−

2. Bila (x, y) terletak pada grafik, maka ( x, y) juga terletak pada grafik. Grafik yang demikian dinamakan simetri terhadap sumbu-y .

−

3. Bila (x, y) terletak pada grafik, maka ( x, y) juga terletak pada grafik. Grafik yang demikian dinamakan simetri terhadap titik asal koordinat.

− −

y

y (x,y)

0

y

(-x,y)

x

0

0

x

(x,-y) (a)

(x,y)

(x,y)

x

(-x,-y) (b)

(c)

Gambar (a). grafik (bukan fungsi) simetri terhadap sumbu-x, (b) grafik fungsi simetri terhadap sumbu- y dan (c) grafik fungsi simetri terhadap titik asal koordinat.

7

∈ R dinamakan fungsi genap bila f (−x) = f (x), ∀x ∈ R,

Suatu fungsi f dengan y = f (x) dan x

dinamakan fungsi gasal (ganjil) bila

f ( x) =

− −f (x), ∀x ∈ R. Contoh fungsi genap y = f (x) = |x|, x ∈ R, sebab f (−x) = |− x| = |x| = f (x). y = f (x) = cos(x), x ∈ R adalah fungsi genap sebab f (−x) = cos(−x) = cos x = f (x). Sedangkan fungsi y = f (x) = x, x ∈ R adalah fungsi gasal sebab f (−x) = −x = −f (x) dan y = f (x) = sin(x), x ∈ R adalah fungsi gasal sebab f (−x) = sin(−x) = − sin x = f (x). Fungsi f dengan y = f (x) adalah fungsi periodik bila ada beberapa bilangan positip T 0 sehingga f (x) = f (x + T 0 ) untuk setiap x, dalam hal ini T 0 adalah periode dari fungsi f . Fungsi-fungsi periodik yang paling dikenal adalah fungsi trigonometri. Kususnya fungsi sinusoida diberikan oleh

y = f (x) = A cos(ωt + θ).

(1)

Bilangan real A menyatakan amplitudo sedangkan θ adalah sudut phase. Periode fundamental dari suatu fungsi sinusoida didefisikan oleh

T 0 =

2π , ω

(2)

bilangan real ω dinamakan frekuensi angular. Gambar berikut adalah gambar dari fungsi periodik sinusoida. f (x) T 0 =

A

2π ω

x

−A Suatu contoh penggunaan fungsi pada pembuatan ventilasi. Umumnya ventilasi dibuat untuk 1. memenuhi kebutuhan udara, menghilangkan bau misalnya CO2 atau kontaminasi yang lain, 2. mengeluarkan panas didalam ruangan. Bila vr adalah laju volume aliran udara dan konduktansi ventilasi qv , maka hubungannya adalah (3) qv = 1200 vr.

8

Bila banyaknya perubahan udara setiap jam diketahui sebesar N dan volume ruangan adalah V , maka vr dapat ditentukan oleh

vr =

N V . 3600

(4)

Maka qv dapat ditentukan sebagai fungsi dari peubah V sebagai berikut

qv = 1200 vr = 1200

N V = 0, 33N V. 3600

(5)

1.2 Limit Limit dari suatu nilai fungsi f (x) untuk x mendekati a ditulis sebagai

lim f (x). →a

x

Arti x mendekati a ada dua, yaitu mendekati dari kiri ditulis x dari kanan ditulis x a+ . Dengan demikian

→

lim f (x) dan →a−

x

→ a− dan mendekati

lim+ f (x) →a

x

masing-masing menyatakan limit dari f (x) untuk x mendekati a dari kiri dan dari kanan. Perlu dicatat bahwa nilai x mendekati a secara umum tidak harus x = a karena belum tentu f (a) terdifinisi oleh karena itu nilai dari

lim f (x) →a

x

belum tentu ada. Bila

lim− f (x) = lim+ f (x) = L, x→a →a maka lim f (x) mempunyai nilai yaitu x→a x

lim f (x) = lim f (x) = lim+ f (x) = L. →a x→a− x→a

x

Contoh, 1. Hitung lim f (x) bila f (x) = x 2

x + 2. Tabel berikut memberikan nilai-nilai dari →2 f (x) bila x mendekati 2 baik dari kiri ataupun dari kanan. x

−

y

x

→ 2−

1.0 1.5 1.8 1.9 1.95 1.99 1.995 1.999

f (x) 2.000000 2.750000 3.440000 3.710000 3.850000 3.970100 3.985025 3.997001

x

+

→2

3.0 2.5 2.2 2.1 2.05 2.01 2.005 2.001

f (x) 8.000000 5.750000 4.640000 4.310000 4.152500 4.030100 4.015025 4.003001 9

6 y = x 2

5 4 3 2 1 0

0

1

2

3 x

− x + 2

Bila dilihat dari tabel hasil penghitungan fungsi memberikan nilai lim cos( πx ) x

→0

sama dengan 1. Tetapi fakta dari grafik fungsi f (x) = cos( πx ) disekitar x = 0 berisolasi diantara nilai -1 dan +1. Jadi lim cos( πx ) tidak ada. Disamping

→0

x

itu nilai lim cos( πx ) dan lim+ cos( πx ) sulit diperkirakan secara tepat. Hal ini

→0−

→0

x

x

ditunjukkan sebagai berikut. Misalnya untuk

1 1 ± 1000000000000000001 dan b = ± 1000000000000000002 ) = −1 dan cos( ) = 1. Disamping itu a  = b dan masing-masing

a =

π didapat cos( πa b a dan b mendekati nol. Contoh ini memberikan gambaran bahwa perkiraan hasil penghitungan limit dari suatu fungsi disekitar nilai tertentu x = a belum cukup memberikan hasil dari limit tsb. bila tidak disertai perilaku nilai fungsi disekitar x = a.

4. Hitung

Grafik fungsi berikut:

sin x x

sin x x lim dan lim . x→0 x→0 sin x x dan hasil penghitungan nilai fungsi disekitar x = 0 sebagai

x 0.1 0.01 0.001 0.0001 0.0001

± ± ± ± ±

sin x x

0.998334166468282 0.999983333416666 0.999999833333342 0.999999998333333 0.999999999983333

Dari informasi grafik dan tabel penghitungan diatas diperoleh

lim sinx x = 1.

→0

x

Sedangkan grafik fungsi x = 0 sebagai berikut:

x

sin x dan

hasil penghitungan nilai fungsi disekitar

x 0.1 0.01 0.001 0.0001 0.0001

± ± ± ± ±

x

sin x

1.001668613163478 1.000016666861113 1.000000166666686 1.000000001666667 1.000000000016667

Dari informasi grafik dan tabel penghitungan diatas diperoleh

lim sinx x = 1.

→0

x

11

Catatan, walaupun kedua fungsi sinx x dan sinx x tidak terdifinisi di x = 0, nilai limit kedua fungsi ini untuk x mendekati 0 ada nilainya, yaitu keduanyanya sama dengan 1. cos x−1

5. Hitung lim x

x

→0

. 2 x 2

Jawab. cos x = 1

x

− 2sin ( ) dan misalkan θ = didapat −2sin ( ) = − lim sin θ sin θ = −(1)(0) = 0. cos x − 1 lim = lim 2

2 x 2

→0

x

x

x

→0

x

θ

→0 θ

6. Hitung 5 a lim 35xx− +2 x→2 b lim (3x + x→4 2 16 c lim xx− −4 x→4

√ 16x)

Jawab 5 a Karena 35xx− 2 +2 kontinu di x = , maka

3x 5 3(2) 5 1 lim = = . x→2 5x + 2 5(2) + 2 12

−

b

lim (3x + →4

√

x

c

x2 16 x 4

− −

−

16x) = 3(4) +



16(4) = 12 + 8 = 20.

tidak terdifinisi di x = 4, tetpai untuk x = 4 didapat

x2 x



− 16 = (x − 4)(x + 4) = x + 4 = g(x). −4 x−4 x − 16 lim = g(4) = 4 + 4 = 8. → x−4

Jadi

2

x

7. Bentuk limit tertentu:

4

a Bentuk 00 : Hitung

√ x

2

lim x→0

Jawab

√ x

2

lim →0

x

+9 x2

−3

+9 x2

− 3.

√ x

− √ √ √ − 2

= = = = = = 12

+ 9 3 x2 + 9 + 3 lim x→0 x2 x2 + 9 + 3 (x2 + 9) 9 lim x→0 x2 ( x2 + 9 + 3) x2 lim x→0 x2 ( x2 + 9 + 3) 1 lim x→0 x2 + 9 + 3 1 02 + 9 + 3 1 1 = . 3+3 6

√

√

√

b Limit di takhingga : lim f (x) atau lim f (x). x→∞ x→−∞ Hitung

x2

+x

x = lim x→∞

√

lim →∞

x

Jawab.

lim x→∞

√

x2 + x

√

 −

 −

x .

x2 + x

√   − √



x2 + x + x

x

x2 + x + x

x2 + x x2 = lim x→∞ x2 + x + x x = lim x→∞ 1 + x1 + 1 x

−

√

=

lim x→∞

=



 



1

1 + x1 + 1

1

1 1+ ∞ + 1 1 1 = . 2 1+0+1

√

=

Jawaban Quiz I, Matematika Arsitektur, 29 September 2011 1. Bila f (x) =

1 x , hitung komposisi (f f )(x) dan tentukan domainnya. 1+x

−

◦

Jawab

−x 1 11+ 1 x x (f f )(x) = f (f (x)) = f ( )= 1−x = x. 1+x 1 + 1+x

−

−

◦

Domain dari komposisi (f f )(x) adalah sama dengan domain f yaitu

◦

{ ∈ R | x = 1}. 2x − x, apakah simetri terhadap sumbu-y

D = x 2. Selidiki kesimetrian grafik y = ataukah terhadap titik asal?

3

Jawab Cek kesimetrian terhadap sumbu-y : yaitu x diganti dengan

y = 2( x)3

3

− − (−x) = −2x

+ x = 2x3



−x, didapat

− x.

Jadi grafik tidak simetri terhadap sumbu-y . Selanjutnya cek kesimetrian terhadap titik asal, yaitu (x, y) diganti dengan ( x, y), didapat

− − −y = 2(−x) − (−x) = −2x + x ⇒ y = 2x − x. 3

3

Jadi grafik simetri terhadap titik asal. 13

3

3. Suatu tangga panjang 13 satuan diletakkan di tembok dengan ketinggian 12 satuan dari lantai dan jarak antara bagian bawah tangga dengan tembok adalah 5 satuan. Tembok

12

13 d t

5 Bila jarak suatu titik di tangga dengan tembok adalah d dan ketinggiannya dari lantai t , maka tuliskan d sebagai fungsi dari peubah t . Selanjutnya dapatkan domain dari fungsi dan image dari fungsi. Jawab

12 12 t 5 = d = 5 t. 5 12 d Domain dari fungsi d adalah 0 t 12 dan image dari fungsi d adalah 0 5.

− ⇒ ≤ ≤

4. Hitung

1

lim →0

x+4

−

x

x

−

1 4

≤d≤

.

Jawab 1

lim x→0

x+4

−

1 4

4 (x + 4) x = lim = lim x→0 4x(x + 4) x→0 4x(x + 4) 1 1 1 = lim = = . x→0 4(x + 4) 4(0 + 4) 16

−

x

−

−

−

−

1.3 Differensial Kecuraman atau kemiringan dari grafik suatu fungsi erat kaitannya dengan apa yang dinamakan differensial suatu fungsi disuatu titik tertentu. Gambar grafik berikut menjelaskan kemiringan dari grafik di titik-titik terentu. 4

y=f(x) 3

5

2

6 7

1

x

0

14

Di titik 1 dan 7 kemiringan fungsi f adalah sama, di titik 2 dan 6 kemiringan fungsi f adalah sama begitu juga di titik 3 dan 5 kemiringan fungsi f adalah sama. Sedangkan dititik 4 fungsi f tidak miring. Walaupun kemiringan di titik 2 dan 6 adalah sama tetapi secara geometri di titik 2 fungsi miring kekanan sedangkan di titik 6 fungsi miring kekiri. Hal ini berkaitan dengan fungsi naik dan turun. y = f (x) g

B

y + ∆y

∆y

A y ∆x

0

θ x

x + ∆x

x

Kemiringan suatu fungsi dengan y = f (x) disebarang titik A(x, y) erat kaitannya dengan gradien garis singgung pada y = f (x) dititik A(x, y). Hal ini dibahas sebagai berikut. Misalkan garis g melalui titik A(x, y) dan B(x + ∆x, y + ∆y) sebagaimana ditunjukkan pada gambar diatas. Gradien dari garis g adalah

tan θ =

(y + ∆y) (x + ∆x)

− y = ∆y . − x ∆x

Tetapi y = f (x) dan y + ∆y = f (x + ∆x), maka ∆y = (y + ∆y) y = f (x + ∆x) f (x). Didapat ∆y f (x + ∆x) f (x) = . ∆x ∆x Bila diinginkan garis g menyinggung grafik dari fungsi f dititik A(x, y), maka haruslah titik B(x + ∆x, y + ∆y) mendekati titik A(x, y) atau dengan kata lain haruslah ∆x mendekati nol yaitu ∆x 0. Jadi dengan pengertian limit, kemiringan grafik fungsi f disebarang titik (x, y) diberikan oleh

−

−

−

→

∆y f (x + ∆x) lim = lim ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x

− f (x) .

(6) ∆y ∆ ∆x→0 x

Secara umum limit pada Persamaan (7) belum tentu ada, bila ada maka lim

dy df (x) df (x) dinotasikan oleh atau . Dalam hal ini dibaca defferensial dari fungsi f dx dx dx terhadap peubah x atau turunan dari f terhadap peubah x. Dengan menggunakan dy df (x) notasi atau didapat dx dx dy df (x) f (x + ∆x) = = lim ∆x→0 ∆x dx dx

− f (x) .

Contoh, hitung turunan dari y = f (x) = x2 4. Selanjutnya dapatkan garis singgung dititik (1, 3).

−

−

15

Jawab. f (x + ∆x) = (x + ∆x)2 4 = x2 + 2x∆x + (∆x)2 2x∆x + (∆x)2 . Dengan demikian

−

− 4. Jadi ∆y = f (x + ∆x) − f (x) =

f (x + ∆x) f (x) ∆x 2x∆x + (∆x)2 ∆x(2x + ∆x) = lim = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x 2x + ∆x = lim ∆x→0 1 = 2x + 0 = 2x.

dy = dx

−

lim ∆x→0

Persamaan garis singgung y = mx + a melalui titik (1, 3). Didapat 3 = m + a atau a = 3 m, jadi y = mx + ( 3 m) atau y = m(x 1) 3. Gradien garis singgung didapat melalui dy = 2(1) = 2. dx x=1

− −

− − −

− −



Jadi persamaan garis singgung adalah y = 2(x

−

− 1) − 3 = 2x − 5.

(1,-3)

Gambar diatas adalah grafik dari y = x 2

− 4 dan garis singgung y = 2x − 5.

Kecuraman atau kemiringan dari grafik suatu fungsi erat kaitannya dengan apa yang dinamakan differensial suatu fungsi disuatu titik tertentu. Gambar grafik berikut menjelaskan kemiringan dari grafik di titik-titik terentu. 4

y=f(x) 3

5

2

6 7

1

x

0

Di titik 1 dan 7 kemiringan fungsi f adalah sama, di titik 2 dan 6 kemiringan fungsi f adalah sama begitu juga di titik 3 dan 5 kemiringan fungsi f adalah sama. Sedangkan dititik 4 fungsi f tidak miring. Walaupun kemiringan di titik 2 dan 6 adalah sama tetapi secara geometri di titik 2 fungsi miring kekanan sedangkan di 16

titik 6 fungsi miring kekiri. Hal ini berkaitan dengan fungsi naik dan turun. y = f (x) g

B y + ∆y

∆y

A y ∆x

0

θ x

x

x + ∆x

Kemiringan suatu fungsi dengan y = f (x) disebarang titik A(x, y) erat kaitannya dengan gradien garis singgung pada y = f (x) dititik A(x, y). Hal ini dibahas sebagai berikut. Misalkan garis g melalui titik A(x, y) dan B(x + ∆x, y + ∆y) sebagaimana ditunjukkan pada gambar diatas. Gradien dari garis g adalah

tan θ =

(y + ∆y) (x + ∆x)

− y = ∆y . − x ∆x

Tetapi y = f (x) dan y + ∆y = f (x + ∆x), maka ∆y = (y + ∆y) y = f (x + ∆x) f (x). Didapat ∆y f (x + ∆x) f (x) = . ∆x ∆x Bila diinginkan garis g menyinggung grafik dari fungsi f dititik A(x, y), maka haruslah titik B(x + ∆x, y + ∆y) mendekati titik A(x, y) atau dengan kata lain haruslah ∆x mendekati nol yaitu ∆x 0. Jadi dengan pengertian limit, kemiringan grafik fungsi f disebarang titik (x, y) diberikan oleh

−

−

−

→

∆y f (x + ∆x) lim = lim ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x

− f (x) .

(7) ∆y ∆ ∆x→0 x

Secara umum limit pada Persamaan (7) belum tentu ada, bila ada maka lim

dy d d atau f (x). Dalam hal ini f (x) dibaca defferensial dari dx dx dx fungsi f terhadap peubah x atau turunan dari f terhadap peubah x. Juga, bila d f (x) ada, maka sering juga disebut f terdifferensial (dapat diturunkan) di x. dx dy d Dengan menggunakan notasi atau f (x) didapat dx dx dinotasikan oleh

dy d f (x + ∆x) = f (x) = lim ∆x→0 ∆x dx dx

− f (x) .

Contoh, hitung turunan dari y = f (x) = x2 4. Selanjutnya dapatkan garis singgung dititik (1, 3).

−

−

Jawab. f (x + ∆x) = (x + ∆x)2

− 4 = x

2

+ 2x∆x + (∆x)2

17

− 4. Jadi ∆y = f (x + ∆x) − f (x) =

2x∆x + (∆x)2 . Dengan demikian f (x + ∆x) f (x) ∆x 2x∆x + (∆x)2 ∆x(2x + ∆x) = lim = lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x 2x + ∆x = lim ∆x→0 1 = 2x + 0 = 2x.

dy = dx

−

lim ∆x→0

Persamaan garis singgung y = mx + a melalui titik (1, 3). Didapat 3 = m + a atau a = 3 m, jadi y = mx + ( 3 m) atau y = m(x 1) 3. Gradien garis singgung didapat melalui dy = 2(1) = 2. dx x=1

− −

− − −

− −



Jadi persamaan garis singgung adalah y = 2(x

−

− 1) − 3 = 2x − 5.

(1,-3)

Gambar diatas adalah grafik dari y = x 2

1. Telah diketahui

− 4 dan garis singgung y = 2x − 5.

d f (x + ∆x) f (x) = lim ∆x ∆x dx

− f (x) .

a Bila y = f (x) = c dengan c adalah konstan, maka

−

d c c = lim 0 = 0. f (x) = lim ∆x→0 ∆x ∆x→0 dx b Bila y = f (x) = x , maka

[x + ∆x] d f (x) = lim ∆x→0 ∆x dx

−x =

∆x lim = lim 1 = 1. ∆x→0 ∆x ∆x→0

c Bila y = f (x) = cx dengan c adalah konstan, maka

d c [x + ∆x] f (x) = lim ∆x→0 ∆x dx 18

− cx =

c ∆x lim = lim c = c. ∆x→0 ∆x ∆x→0

d Bila y = f (x) = x n dengan n adalah suatu bilangan bulat positip, maka

(x + ∆x)n xn lim ∆x→0 ∆x + (∆x)n xn + nxn−1 ∆x + n(n1.−2 1) xn−2 (∆x)2 + xn = lim ∆x→0 ∆x n(n 1) n−2 = lim nxn−1 + + (∆x)n−1 = nxn−1 . x ∆x + ∆x→0 1.2

d f (x) = dx

−

 

−

···

−



···

Catatan, hasil ini tidak hanya berlaku untuk n bilangan bulat positip, tetapi juga untuk n bilangan rasional. 2. Misalkan u(x) dan v(x) terdifferensial di x .

a Bila f (x) = (u + v)(x) = u(x) + v(x), maka

d d (u + v)(x) = f (x) = dx dx = = = =

f (x + ∆x) f (x) ∆x [u(x + ∆x) + v(x + ∆x)] [u(x) + v(x)] lim ∆x→0 ∆x [u(x + ∆x) u(x)] + [v(x + ∆x) v(x)] lim ∆x→0 ∆x [u(x + ∆x) u(x)] [v(x + ∆x) v(x)] lim + lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x d d u(x) + v(x). dx dx

−

lim ∆x→0

−

− −

−

−

b Bila f (x) = (uv)(x) = u(x)v(x), maka

d d (uv)(x) = f (x) dx dx f (x + ∆x) f (x) = lim ∆x→0 ∆x [u(x + ∆x)v(x + ∆x)] [u(x)v(x)] = lim ∆x→0 ∆x [u(x + ∆x)v(x + ∆x) v(x)u(x + ∆x)] + [v(x)u(x + ∆x) u(x)v(x)] = lim ∆x→0 ∆x v(x + ∆x) v(x) u(x + ∆x) u(x) = lim u(x + ∆x) + v(x) ∆x→0 ∆x ∆x v(x + ∆x) v(x) u(x + ∆x) u(x) = lim u(x + ∆x) + lim v(x) ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x d d = u(x) v(x) + v(x) u(x). dx dx

−

− − −

 

−

19

−

−







−



c Bila f (x) =



 u v

u(x) dengan v(x) = 0, maka v(x)

(x) =



d u d (x) = f (x) dx v dx f (x + ∆x) = lim ∆x→0 ∆x =

lim

u(x+∆x) v(x+∆x)

− f (x)

u(x) v(x)

−

∆x u(x + ∆x)v(x) u(x)v(x + ∆x) = lim ∆x→0 ∆x [v(x + ∆x)v(x)] [u(x + ∆x)v(x) u(x)v(x)] [u(x)v(x + ∆x) = lim ∆x→0 ∆x [v(x + ∆x)v(x)] v(x) u(x+∆x)−u(x) u(x) v(x+∆x)−v(x) ∆x→0

−

−



=

lim ∆x→0 d v(x) dx u(x)

=

−

−

∆x

− u(x)v(x)]



∆x

v(x + ∆x)v(x) d u(x) dx v(x) . 2 [v(x)]

−

3. Aturan rantai. Misalkan f terdifferensial di u = g(x) dan g terdifferensial di x. Didefinisikan fungsi E dengan peubah k oleh

E (k) =



f (u+k) f (u) k

−

0,

−

d du

f (u), bila k = 0 bila k = 0



Perhatikan bahwa

lim E (k) = lim k →0 k →0

f (u + k) k

− f (u) −

d d f (u) = f (u) du du

− dud f (u) = 0.

Dengan demikian untuk k = 0 ataupun k = 0 didapat



f (u + k)

−





d f (u) = f (u) + E (k) k. du

Selanjutnya u = g(x), misalkan g(x + ∆x) Didapat

f (g(x + ∆x))

−

− g(x) = k.



Jadi u + k = g(x + ∆x).



d f (g(x)) = f (g(x)) + E (k) [g(x + ∆x) d(g(x)

Perhatikan bahwa bila ∆x

0. Didapat

− g(x)] .

→ 0, maka k → 0. Telah diketahui bahwa lim E (k) = → k

f (g(x + ∆x)) f (g(x)) ∆x d g(x + ∆x) g(x) = lim f (g(x)) + E (k) ∆x→0 dg(x) ∆x d g(x + ∆x) g(x) = f (g(x)) + lim E (k) lim ∆x→0 k →0 ∆x dg(x) d d = f (g(x)) g(x). dg(x) dx

d f (g(x)) = dx

lim ∆x→0



−





20



−

−

0

Jadi untuk u = g(x), maka

d d d f (u) = f (u) g(x). dx du dx 4. Diberikan y = (x ranati.

dy − 3) . Hitung dx dengan cara biasa dan dengan cara aturan 2

Jawab y = f (x) = (x

− 3)

2

= x 2

− 6x + 9, didapat dy = 2x dx

Selanjutnya misalkan u = x aturan rantai didapat

− 6. 2

− 3, maka y = f (u) = u .

dy d d d = f (u) = f (u) u(x) = 2u (1) = 2(x dx dx du dx 5. Hitung

Dengan menngunakan

− 3) = 2x − 6.

dy bila dx

a. y = (2x

7

− 5) . √ b. y = 1 − 3x . x c. y = . x −1 2

2

Jawab

a. Misalkan u = 2x

7

− 5, maka y = f (u) = u . Didapat dy d d = f (u) u(x) = 7u6 (2) = 14(2x dx du dx

b. Misalkan u = 1

2

− 3x , maka y = f (u) = u

1 2

6

− 5) .

. Didapat

1 1 dy d d = f (u) u(x) = u− 2 ( 6x) = 2 dx du dx

−

√ 1−−3x3x . 2

c. Misalkan u = x dan v = x 2

− 1, didapat − u = x − 1 − x(2x) = −(x + 1) . (x − 1) (x − 1) v

v du dy = dx dx

dv dx

2

2

2

2

2

2

2

6. Differensial dari y = f (x) = sin x.

d sin x = dx = = = =

sin(x + ∆x) sin x ∆x sin x cos∆x + cos x sin∆x sin x lim ∆x→0 ∆x sin x [cos ∆x 1] + cos x sin∆x lim ∆x→0 ∆x cos∆x 1 sin∆x sin x lim + cos x lim ∆x→0 ∆x→0 ∆x ∆x sin x [0] + cos x [1] = cos x.

−

lim ∆x→0

−

− −

21

7. Differensial dari y = f (x) = cos x. Dengan menggunakan persamaan sin( π2 x) = cos x dan aturan rantai differensial didapat

−

 − 

d d π cos x = sin 2 dx dx

x =

−1 cos

 −  π 2

x =

− sin x.

dy 8. Contoh, hitung bila (a.) y = sin(πx) + cos(2x), (b.) y = x3 sin dx y = 1−cossinxx

√ x dan

(c.)

Jawab.

d (sin(πx) + cos(2x)) = π cos(πx) 2 sin(2x). dx d 3 1 5 b. (x sin x) = 3x2 sin x + x3 12 x− 2 cos x = 3x2 sin x + 12 x 2 cos x. dx c. Dengan aturan pembagian fungsi untuk differensial didapat

−

a.

√

√

d dx



cos x 1 sin x

−

√



=

(1

√

− sin x)(− sin x) − (cos)(0 − cos x) (1 − sin x) 2

2

= =

√

2

− sin x + sin x + cos x (1 − sin x) 1 − sin x 1 = . (1 − sin x) 1 − sin x 2

2

Berikut ini diberikan ringkasan turunan (defferensial) dari fungsi-fungsi dan aturan dasar. 1.

d k = 0, k adalah konstan. dx

2.

d n x = nxn−1 . dx

3.

d x a = ax ln(a), a > 0, a = 1. dx

4.

d x e = e x . dx

5.

d ln(x) = x1 , x > 0. dx

6.

d (u(x) dx

7.

d d d (u(x)v(x)) = u(x) v(x) + v(x) u(x). dx dx dx



d 8. dx 9. 10.

± v(x)) = dxd u(x) ± dxd v(x).

 

d d v(x) dx u(x) u(x) dx v(x) u(x) = . (v(x))2 v(x)

−

d d kf (x) = k f (x), k konstan. dx dx d d d f (g(x)) = g(x) f (g(x)). dx dx dg(x) 22

11.

d sin(x) = cos(x). dx

12.

d cos(x) = dx

13.

d tan x = sec2 (x). dx

14.

d cot(x) = dx

15.

d sec(x) = sec(x) tan(x). dx

16.

d csc(x) = dx

17.

d sin−1 (x) = dx

18.

− sin(x). 2

− csc (x). − csc(x) cot(x).

√ 1 1− x , |x| < 1. −1 , |x| < 1. d cos− (x) = √ dx 1−x 2

1

2

19.

1 d tan−1 (x) = . 1 + x2 dx

20.

1 d cot−1 (x) = . 1 + x2 dx

21.

1 d sec−1 (x) = dx x x2

22.

−

√ − 1 , x = 1. −1 , x = 1 d csc− (x) = √ dx x x −1 1

2

Differensial suatu fungsi f dengan peubah x selain mempunyai arti gradien garis singgung dititik x juga bisa di tafsirkan sebagai laju perubahan dari nilai f (x) bila x berubah sangat kecil. Ini berarti bila f (x) menyatakan nilai dari posisi suatu d gerakan, maka f (x) menyatakan kecepatan dari gerakan tsb. pada titik x. Difdx d ferensial dari f terhadap x yaitu f (x) pada umumnya fungsi yang bisa didefdx d2 erensialkan lagi, maka bila didefferensialkan lagi ditulis f (x). Secara umum 2 dx dn d menyatakan defferensial ke dari pada . Adakalanya f (x) n f x f (x) ditulis dxn dx d2 ′ sebagai f (x) dan f (x) ditulis f ′′ (x). Jadi f (n) (x) menyatakan differensial ke-n 2 dx d dari f pada titik x. Pada masalah teknik sering f (x) ditulis sebagai Df (x) jadi dx d2 f (x) = D 2 f (x). 2 dx Contoh.

23

1. Panjang suatu batang logam pada temperatur t◦ C dalam satuan meter diberikan oleh P (t) = 1 + 0, 00003t + 0, 0000004t2 . Maka laju perubahan panjang bila temperatur t = 250◦ C oleh

d P (t) = 0, 00003 + 0, 0000008t. dt Pada t = 250◦ C, didapat

d P (t) = 0, 00003 + 0, 0000008(250) = 0, 00020003 m/◦ C = 0, 20003 mm/◦ C. dt 2. Tekanan p dari atmosfir pada ketinggian t diatas permukaan dasar diberikan oleh persamaan t p(t) = p 0 e− k , dengan p 0 tekanan pada permukaan dasar dan k suatu konstan. Maka untuk p0 = 105 pascal, k = 6, 2 104 dan pada ketinggian 1550 meter, laju perubahan tekanan terhadap ketinggian adalah

d p(t) = dt = =

− pk e − − 6, 10 e 2 10 − 10 = −1, 573 Pascal/m. e− 6, 2 0

−t k

5

4

1550 6,2 104

0,025

3. Posisi suatu truk pada saat waktu t detik dari suatu sudut pandang terhadap mobil patroli berjarak x, sedangkan jarak mobil patroli dengan jalan Raya 100 m dan garis dari Truk dengan mobil patroli membentuk sudut θ sebagaimana diberikan oleh gambar berikut. Jalan Raya x(t)

Truk θ

100 m

o l i r t a P b i l M o Bila polisi mencatat pada saat x = 500 m laju perubahan sudut θ adalah

d θ(t) = 0, 004 rad/det, maka kecepatan truk diperoleh sebagai berikut. Dari dt gambar diperoleh persamaan

−

θ(t) = tan−1

x(t) . 100

Dengan demikian

1 1 1 dx d θ(t) = . 2 100 1 + x (t2) 100 dt dt 100 24

Jadi pada saat x = 500 m kecepatan truk adalah

dx dt



=

x=500

−0, 004 (260000) = −1040 m/det.

1.4 Maksimum dan Minimum suatu Fungsi Bila f (x) kontinu pada interval tertutup [a, b], dan ada bilangan p dan q di [a, b] yang memenuhi f ( p) f (x) f (q ) untuk semua x [a, b] .

≤

≤

∈

Maka f mempunyai nilai minimum m = f ( p) di titik x = p dan nilai maksimum M = f (q ) dititik x = q . Contoh. Berapa luas persegi panjang maksimum yang terbentuk bila keseluruhan sisi-sisinya panjangnya 200 m2 ?

y x Jawab. Panjang keseluruhan sisi persegi panjang adalah P = 2x + 2y = 200 m dan luasnya L = xy m2 . Didapat y = 100 x dengan demikian luas sebagai fungsi dari peubah x adalah L(x) = x(100 x) = 100x x2 .

−

−

− Karena x dan y taknegatif, maka L terdifinisi di x ∈ [0, 100] dan jelas L kontinu di

interval tutup [0, 100]. Jadi L di jamin mempunyai nilai maksimum. Selanjutnya L(x) dapat ditulis sebagai A(x) = 2500 (x 50)2 .

− −

Nilai A(x) maksimum bila (x 50)2 adalah yang paling kecil (minimum) untuk x [0, 100], yaitu (x 50)2 = 0 atau x = 50. Dengan demikian nilai maksimum L adalah

−

−

∈

L(50) = 2500 m2 . Misalkan c di domain D dari fungsi f , maka f (c) dinamkan nilai maksimum absolut dari f bila f (c) f (x) untuk semua x D dan dinamakan nilai minimum absolut dari f bila f (c) f (x) untuk semua x D. Suatu maksimum atau minimum absolut sering juga dimakan maksimum atau minimum global . Nilai maksimum atau minimum dari f dinamakan nilai ekstrim dari f .

≥ ≤

∈ ∈

Gambar berikut menunjukkan grafik dari suatu fungsi f yang mempunyai nilai maksimum absolut di x = b dan mempunyai nilai minimum absolut di x = a.

25

y f f (b) f (a) a 0

x

b

Catatan bahwa titik (b, f (b)) adalah titik tertinggi pada grafik f dan (a, f (a)) adalah titik terendah pada grafik f . Dalam gambar diatas bila hanya dipertimbangkan x disekitar a , maka nilai f (a) dinamakan minimum lokal. Nilai f (c) dinamakan suatu minimum lokal bila f (c) f (x) untuk x dekat dengan c dan dinamakan suatu maksimum lokal bila f (c) f (x) untuk x dekat dengan c .

≤

≥

Contoh. 1. f (x) = sin x, maka 1 f (x) 1 untuk semua x R. Bila x = 12 π + 2πn, maka f (x) = 1 dengan n = 0, 1, 2, 3, . Dengan demikian f (x) = 1 adalah maksimum global. Bila x = 32 π + 2πn, maka f (x) = 1 dengan n = 0, 1, 2, 3, dengan demikian f (x) = 1 adalah minimum global.

− ≤

≤ ·· ·

∈

−

−

···

0 sebab x2 0 untuk semua x R, dengan demikian 2. f (x) = x2 , maka f (x) minimum lokal dan juga minimum global adalah f (0) = 0.

≥

≥

∈

3. f (x) = x 3 tidak mempunyai maksimum absolut ataupun minimum absolut. 4. Gambar berikut adalah grafik dari fungsi f yang diberikan oleh persamaan y = f (x) = 3x4 16x3 + 18x2 . y

−

(-1,37)

y = 3x4

− 16x3 + 18x2

(1,5)

2 -1

0

3

1

4

x

(3,-27

Tampak bahwa (1) = 5 adalah maksimum lokal, sedangkan f ( 1) = 37 adalah maksimum absolut (bukan lokal sebab terjadi pada akhir titik) pada domain [ 1, 4]. f (0) = 0 adalah minimum lokal dan f (3) = 27 adalah minimum lokal sekaligus minimum absolut. Perhatikan bahwa f kontinu pada interval tutup [ 1, 4]. Juga dititik x = 1 dan x = 3 gradien garis singgung pada f adalah nol atau f ′ (1) = f ′ (3) = 0. Dalam hal yang demikian titik x = 1 dan x = 3 dinamkan titik ekstrim . Sehingga secara umum didapat sifat berikut.

−

− −

−

26

Teorema Fermat. Bila f mempunyai suatu lokal maksimum atau lokal minimum di x = c dan f ′ (c) ada, maka f ′ (c) = 0. Hati-hati dengan Teorema Fermat sebagai contoh f (x) = x3 , maka f ′ (x) = 3x2 . Jadi f ′ (0) = 0, tidak bisa diambil kesimpulan x = 0 adalah titik ekstrim. Sebab f tidak mempunyai nilai maksimum atau minimum di x = 0. Tetapi sebagaimana telah diketahui f (x) = 3x4 16x3 +18x2 mempunyai nilai minimum lokal di x = 3 dan mempunyai nilai maksimum lokal di x = 1, maka f ′ (x) = 12x3 48x2 + 36x dan f ′ (1) = 12 48 + 36 = 0 juga f ′ (3) = 0.

−

−

−

Secara umum, Teorema Fermal tidak berlaku sebaliknya, yaitu bila f ′ (c) = 0 tidak perluh f mempunyai suatu maksimum atau minimum di x = c. Juga walaupun f ′ (c) tidak ada, bisa jadi nilai f (c) adalah suatu maksimum atau minimum dari f . Pembahasan ini bisa dilihat dari gambar grafik berikut. y y y = x 3

0 0

x y =

x

−|x|

(a)

(b)

Gambar grafik (a), y = f (x) = x3 dan f ′ (0) = 0 tetapi f (0) bukan nilai maksimum ataupun minimum dari f . Gambar grafik (b), y = f (x) = x , maka f ′ (x) = 1 bila 0 dan f ′ (x) = 1 bila x < 0. Dengan demikian f ′ (0) tidak ada, tetapi f (0) = 0 x adalah nilai maksimum dari f .

−| |

≥

−

Berikut ini diberikan cara menentukan nilai maksimum atau minimum dari suatu fungsi f bila ada.

Test Turunan Pertama. Langkah berikut bisa digunakan untuk memperoleh nilai-nilai maksimum/minimum relatif dari suatu fungsi f dengan turunan pertamanya yang kontinu. 1. Selesaikan nilai-nilai kritis dari f ′ (x) = 0. 2. Letakan nilai-nilai kritis pada sb.-x dengan cara demikian menentukan suatu bilangan pada interval. 3. Tentukan tanda dari f ′ (x) pada masing-masing interval. 4. misalkan x disekitar nilai kritis x = x0 , maka

• f mempunyai suatu nilai maksimum f (x ) bila f ′(x) berubah tanda dari + ke − (lihat Gambar 1 (a)) • f mempunyai suatu nilai minimum f (x ) bila f ′(x) berubah tanda dari − ke + (lihat Gambar 1 (b)) 0

0

27

• f tidak′ mempunyai suatu nilai maksimum/minimum di x = x

0

bila f (x) tidak ada perubahan tanda (lihat Gambar 1 (c) dan (d)).

Contoh 1. Diberikan y = 13 x3 + 12 x2 6x + 8, dapatkan (a). titik kritis, (b). interval yang mana y naik dan y turun, (c). nilai maksimum dan minimum dari y .

−

Jawab. (a). y ′ (x) = x 2 + x 6 = (x + 3)(x 2). Untuk y ′(x) = 0 didapat x = ) dan (2, 23 ). Dengan demikian titik kritis adalah ( 3, 43 2 (b). Dari gambar garis bilangan berikut

−

−

x<

−3

y ′ = + y naik

−

−3 < x < 2 −3 y′ = − y turun

−3 dan x = 2.

x > 2

2

y ′ = + y naik

didapat y naik untuk x < 2 atau x < 2 dan y turun untuk 3 < x < 2 . (c). Karena ada prubahan tanda dari y ′ (x) disekitar x = 3 dari + ke , maka adalah nilai maksimum, dan terjadi perubahan tanda dari y ′ (x) di y( 3) = 43 2 sekitar x = 2 dari ke + , maka y(2) = 23 adalah nilai minimum.

−

−

−

−

−

−

2. Tunjukkan bahwa y = x3 mum.

− 8 tidak mempunyai nilai maksimum atau mini-

Jawab. Dari y ′ (x) = 3x2 = 0 nilai kritis x = 0 Untuk x < 0 dan x > 0 y ′(x) > 0 (tidak terjadi perubahan tanda). Jadi nilai maksimum/mimimum dari y tidak ada. 1 3. Selidiki nilai maksimum dan minimum dari y = f (x) = x− , selanjutnya ten2 tukan interval yang mana y naik dan y turun.

Jawab. Dari f ′ (x) = (x−12)2 dan karena f takterdifinisi di x = 2, maka f (2) tidak ada. Dengan demikian f ′ (x) < 0 untuk x = 2 (tentunya f ′ (x) = 0), jadi tidak ada nilai kritis. Karena f ′ (x) < 0 untuk x > 2 dan x < 2, maka f (x) turun pada x > 2 dan x < 2 .





2

4. Tentukan nilai maksimum dan minimum dari y = f (x) = 2 + x 3 dan interval yang mana f (x) naik dan f (x) turun. Jawab.

f ′ (x) =

1 1 3

. Nilai kritis adalah x = 0 sebab f ′ (x) menjadi takhinnga bila x

3x mendekati 0. Bila x < 0, maka f ′ (x) < 0 (bertanda negatif), jadi f (x) turun. Bila x > 0 , maka f ′ (x) > 0 (bertanda positip), jadi f (x) naik. Dengan demikian di x = 0, f (0) = 2 adalah nilai minimum.

Berikut ini digunakan turunan ke-2 dari suatu fungsi untuk masalah nilai maksimum atau minimum lokal.

28

Turunan kedua untuk nilai maksimum/minimum lokal. Misalkan f ′′ ada dan kontinu di dekat x = c . (a). Bila f ′ (c) = 0 dan f ′′ (c) > 0 , maka f mempunyai suatu minimum lokal di x = c . (b). Bila f ′ (c) = 0 dan f ′′ (c) < 0 , maka f mempunyai suatu maksimum lokal di x = c . Contoh. 1. Diberikan y = f (x) = x 4

3

− 4x , maka

f ′ (x) = 4x3 12x2 = 4x2 (x f ′′ (x) = 12x2 24x = 12x(x

− −

− 3) − 2).

Titik ekstrim dari f didapat dari

f ′ (x) = 4x3

2

− 12x

= 4x2 (x

− 3) = 0 ⇒

x = 0 dan x = 3.

Jadi untuk x = 0

f ′′ (0) = 0 dari sini tidak dapat disimpulkan f (0) maksimumum atau minimum dan untuk x = 3 didapat f ′′ (3) = 12(3)(3 2) = 36 > 0. Jadi f (3) = 34

−

3

− 4(3 ) = 27(3 − 4) = −27 adalah nilai maksimum lokal dari f .

2. Diberikan

y = f (x) = x3

2

− 3x

+ 1,

− 12 ≤ x ≤ 4.

Maka

f ′ (x) = 3x2 6x = 3x(x f ′′ (x) = 6x 6.

− −

− 2)

Titik ekstrim dari f didapat dari

f ′ (x) = 3x(x

− 2) = 0 ⇒

x = 0 dan x = 2.

Untuk x = 0 didapat f ′′ (0) = 0 tidak dapat disimpulkan terjadi nilai maksimum/minimum lokal di x = 0. Sedangkan untuk x = 2 didapat f ′′ (2) = 12 6 = 6 > 0 . Jadi f (2) = 8 12+1 = 3 adalah nilai minimum lokal dari f . Perhatikan bahwa f kontinu pada interval tutup [ 12 , 4] dan f ( 12 ) = 18 , f (4) = 17. Dengan demikian f (2) = 3 juga merupakan nilai minimum absolut dari f dan f (4) = 17 adalah nilai maksimum absolut dari f .

−

−

−

−

−

−

1.5 Integral dan Aplikasi Bila F (x) adalah suatu fungsi yang mempunyai turunan F ′ (x) = f (x) pada suatu interval di sumbu-x, maka F (x) dinamakan suatu anti derivative atau integral taktentu dari f (x). Integral taktentu dari suatu fungsi yang diberikan tidak tunggal, misalnya x 2 , x2 + 5 dan x 2 3 semuanya adalah integral taktentu dari f (x) = 2x, d 2 d d (x2 + 5) = dx (x2 3) = 2x = f (x). Dengan demikian semua integral sebab dx x = dx taktentu dari f (x) adalah F (x) = x 2 + c dengan c adalah sebarang konstan dan dinamakan konstanta integral .

− −

29



Simbol f (x) dx digunakan untuk menyatakan integral taktentu dari f (x). Jadi 2x dx = x 2 + c. Dalam ungkapan f (x) dx, f (x) dinamakan integrand .

 -



Formula Integral Dasar. Beberapa formula berikut langsung dari formula dasar defferensial, misalnya



d dx Juga dari

d dx

√

1 x a2 2

−



1 x x2 + a2 sin−1 + c = 2 a

ln x = x1 untuk x > 0 didapat

  

dx = ln x + c, x > 0 x

dan untuk x < 0 , didapat

Hasil ini cukup ditulis

dx = ln( x) + c. x

−

dx = ln x + c, x = 0. x

||



Ringkasan formula integral dasar sebagai berikut. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17.

                

d dx

f (x)dx = f (x) + c

(f (x)

± g(x))dx =

kf (x)dx = a xn dx = dx x

xn+1 n+1





f (x)dx +



g(x)dx

f (x)dx, k sebarang konstan

+ c, n =

 −1

= ln x + c, x = 0

||



ex dx = e x + c ax dx =

ax ln a

sin x dx =

+ c, a = 1



− cos x + c

cos x dx = sin x + c tan x dx = ln sec x + c

| | cot x dx = ln | sin x| + c sec x dx = ln | sec x + tan x| + c csc x dx = ln | csc x − cot x| + c sec2 x dx = tan x + c csc2 x dx =

− cot x + c

sec x tan x dx = sec x + c csc x cot x dx =

− csc x + c 30

√

a2

2

−x .

7. Dapatkan y(x) yang memenuhi

d dx

y(x) = √ 11−x2 , y(0) = 5.

Jawab. y(x) yang memenuhi adalah

y(x) =

 √

1

1 2

−x

dx = sin−1 x + c,

5 = y(0) = sin−1 (0) + c = 0 + c, jadi c = 5. Dengan demikian y(x) = sin−1 x + 5.

Integral Parsial. Bila u dan v fungsi terdifferensial terhadap x , maka

d(uv) = u dv + v du atau

− v du

u dv = d(uv) dan



u dv = uv

Contoh.



 −

v du.

2

1. Hitung x3 ex dx. 2 2 Misalkan u = x2 dan dv = e x x dx, maka du = 2x dx dan v = 12 ex . Jadi



1 2 x e dx = x2 ex 2 3 x2

 −

1 2 2 xex dx = x2 ex 2



2. Hitung ln(x2 + 2) dx. Misalkan u = ln(x2 + 2) dan dx = dv , maka du =



2

2

ln(x + 2) dx = x ln(x + 2) = x ln(x2 + 2) 2

= x ln(x + 2)



2x dx x2 +2

− 12 e

x2

+ c.

dan v = x . Jadi

 −    − − 2x2 dx x2 + 2

4 dx x2 + 2 x 2x + 2 2tan−1 + c. 2 2

−

√

√

3. Hitung xex dx. Misalkan u = x dan dv = ex dx, maka du = dx, v = e x . Jadi



xex dx = xex

 −

ex dx = xex

x

−e

+ c.

Integral Tertentu. Untuk membahas integral tertentu digunakan Teorema Nilai Tengah sebagai berikut. Bila f ′ (x) ada untuk a

≤ x ≤ b, maka ada beberapa c ∈ (a, b) yang memenuhi f (b) − f (a) = f ′ (c)(b − a). 32

Misalkan nilai fungsi f (x) positip dan didefinisikan pada interval [a, b]. inginkan luasan L diantara kurva f (x) untuk a x b dengan sumbu-x.

Di-

≤ ≤

Luas = f (ci )(xi

− x −1 ) i

ci

0 a = x 0 xi−1 xi

xn = b

Dari gambar tampak bahwa luas L bisa didekati oleh n



f (ci )(xi

− x − ).

(8)

i 1

i 1

−

Jumlahan pada (8) dinamakan Jumlahan Reimann . Untuk fungsi f kontinu jum0 atau n lahan Reimann akan mendekati luas L bila (xi xi−1 ) . Hasil limit ini dinamakan integral tertentu dari f pada interval [a, b] yang dinotasikan oleh

−

→

→∞

b



f (x) dx.

a

Selanjutnya, misalkan F (x) sebarang integral taktentu dari f (x), yaitu F ′ (x) = f (x). Gunakan Teorema Nilai Tengah pada F (x) untuk setiap subinterval [xi−1 , xi ] dan untuk setiap i pilih c i [xi−1 , xi ] sedemikian hingga

∈ F (x ) − F (x − ) = F ′ (c )(x − x − ) = f (c )(x − x − ). i 1

i

i

i 1

i

i

(9)

i 1

i

Dari Persamaaan (9) didapat n



(F (xi )

i=1

− F (x − ) = F (x ) − F (x ) = F (b) − F (a). i 1

0

n

(10)

Dari Persamaan (9) dan (10) didapat n

F (b)

− F (a) =



f (ci)(xi

i=1

− x − ),

i 1

(11)

yang mana F (x) adalah sebarang integral tak tentu dari f (x) dan ci dipilih sesuai yang diinginkan. Dengan didapat

 n

F (b)

− F (a)

=

lim →∞

n

b

=



i=1

f (x) dx.

a

Notasi F (b)

f (ci)(xi

− F (a) biasanya ditulis F (x) ba .

|

33

−x

i=1



)

Jadi

b



f (x) dx = F (x) ba , dengan F ′ (x) = f (x).

|

a

b

Sifat :

 a

Contoh. 2

1.



(x2

0

0

a

f (x) dx =

−



f (x) dx,

f (x) dx = 0 dan

a

b

− 2x + 7) dx =

c



1 3 3x

2

−x

b



f (x) dx =

a



2

+ 7x 0 = ( 13 2 3

2

−2

f (x) dx +

a

+ 7(2))

−

f (x) =

38 3 . 2

−x

+ 4x

− 2 dan g(x) =

− f (x)

g (x) = x 2

dx

−

f (x) dx

−x2 + 4x − 2

g(x)

(0, 2)

 b

− (0) =

2. Hitung luas daerah L yang dibatasi oleh kurva f (x) = x2 2.

(2,2)

c



−2

Dari gambar diatas diperoleh, luas elemen kecil adalah dL = (g(x) Jadi luas daerah L adalah

− f (x)) dx.

2

L =

 

(g(x)

0

− f (x)) dx

2

=

(4x

0

2

= 2x

−

2

− 2x ) dx 2 3 x 3



2

=8 0

− 163 = 83 .

Catatan bahwa: batas-batas integral x = 0 dan x = 2 diperoleh dari g(x) f (x) = 0.

−

3. Volume dan luasan permukaan benda putar dari f (x) diputar terhadap sumbu putar-x, diberikan sebagai berikut. f (x) Volume elemen y f (x)

a

x

b

x

dx

dx

34

Dari gambar diperoleh volume elemen benda putar adalah π f 2 (x) dx. Dengan demikian keseluruhan volume benda putar adalah b



πf 2 (x) dx.

V =

a



Sedangkan luas elemen permukaan diberikan oleh 2πf (x) luas seluruh permukaan benda putar adalah

1 + f ′ (x)2 dx. Jadi

b

S =

 

2πf (x) 1 + f ′ (x)2 dx.

a

Bila diberikan f (x) = sin x diputar pada sumbu- x, maka volume benda putar dari x = 0 sampai x = π adalah π



π sin2 xdx.

V =

0

Tetapi

1

sin2 x =

− cos2x . 2

Jadi π

V =

  − −  π sin2 x dx

0

π

π = 2

(1

cos2x) dx

0

√

π = x 2 π = (π 2

−

π

1 sin 2x 2 0 1 π2 sin 2π 0) = . 2 2

−

Bila f (x) = 12x diputar pada sumbu- x dari x = 0 sampai x = 3, maka luas permukaan benda putar adalah 3

S =



√

  √   √  

2π 12x 1 + f ′ (x)2 dx

0

3

= 2π

3 12x 1 + dx x

0

3

= 2π

12x + 36 dx

0

3

(12x + 36) 2 = 2π 18

√

= 24(2 2

− 1)π.

35

3

0

Bila judul matakuliah dan hari dalam Tabel 1 dihapus, maka didapat susunan bilangan real dalam bentuk pesegi panjang dengan tiga baris dan tujuh kolom:

 

1 3 2 1 4 4 2 2 0 1 3 5 0 2 4 3 1 1 0 2 0

 

,

(12)

ungkapan penulisan dalam (12) dinamakan suatu matriks . Secara lebih umum, matriks adalah suatu susunan dari bilangan real atau kompleks yang berbentuk persegi panjang, setiap bilangan ini dinamakan elemen matriks yang disusun secara baris dan kolom. Beberapa contoh matriks adalah:

−  − 

1 0 6 8 1

−3 √ 2

2 1

5 11 7 7

π 8 2 5

1 2

0 3



     ,

1 0 3

3 6 4 9 0

−1 2 5

1 4 8

    ,

5 3 6 5 4

  

,

dan [ 3] .

−

Ukuran suatu matriks adalah banyaknya baris dan banyaknya kolom. Bila banyak baris adalah m dan banyaknya kolom n, maka ukuran matriks ditulis sebagai m n . Jadi ukuran matriks pada contoh diatas berturut-turut adalah 5 4, 3 3, 5 1, 1 5 dan 1 1. Suatu matriks A ukuran m n biasanya dinotasikan dengan A = [ai,j ], i = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n atau secara singkat [ai,j ]m×n (bila ukuran matriks penting untuk diketahui). Bila ukuran matriks tidak penting untuk diketahui cukup ditulis [ai,j ]. Selanjutnya a i,j menyatakan elemen baris ke- i kolom ke- j dari suatu matriks A dengan ai,j R atau ai,j C yang mana R menyatakan himpunan bilangan real dan C menyatakan himpunan bilangan kompleks. Untuk matriks berukuran 1 1 yaitu [a] cukup ditulis a . Suatu matriks yang hanya mempunyai satu kolom dinamakan matriks kolom (vektor kolom ) sedangkan bila hanya mempunyai satu baris dinamakan matriks baris (vektor baris ) . Suatu matriks A dengan n baris dan n kolom dinamakan matriks persegi ukuran n

×

×

×

×

×

×

×

∈

∈

×

A =

  

a1,1 a1,2 a2,1 a2,2 .. ... . an,1 an,2

. . . a1,n . . . a2,n .. ... . . . . an,n

  

,

elemen-elemen a1,1 , a2,2 , . . . , an,n dinamakan elemen-elemen di diagonal utama matriks A . Berikut ini diberikan pengertian dua matriks adalah sama. Diberikan matriks A = [ai,j ] dan B = [bi,j ], matriks A dan B dikatakan sama bila kedua ukuran matriks A dan B sama dan ai,j = bi,j untuk semua i dan j . Contoh, matriks-matriks berikut 1 2 1 2 3 x 2 dan C = A = ,B = 3 4 3 4 3 4 5

   





bila x = 1, maka A = B . Walaupun ukuran A dan B sama, bila x = 1, maka A = B . Sedangkan A = C dan B = C sebab ukuran matriks A tidak sama dengan ukuran matriks C begitu juga ukuran B tidak sama dengan ukuran C .





37





Aritmatika dan Operasi Matriks Misalkan, sebuah kota dibagi menjadi dua wilayah Utara dan Selatan. Banyaknya siswa SMP dan SMA kelas I, II dan III diberikan oleh tabel berikut: Table 2: Daftar Siswa Wilayah Utara dan Selatan Wilayah Utara Kelas I Kelas II Kelas III 2234 2105 2001 SMP 1973 1873 1762 SMA

SMP SMA

Wilayah Selatan Kelas I Kelas II Kelas III 2105 1866 1509 1877 1689 1574

Maka daftar total siswa SMP dan SMA keseluruhan kota diberikan oleh tabel berikut Table 3: Daftar total siswa SMP dan SMA seluruh wilayah

SMP SMA

Kelas I Kelas II 2234+2105=4339 2105+1866=3971 1973+1877=3850 1873+1689= 3562

Kelas III 2001+1509= 3510 1762+1574= 3336

Bila daftar keadaan siswa wilayah Utara dan Selatan di tuliskan sebagai matrik, didapat matriks:









2234 2105 2001 2105 1866 1509 dan S = U = 1973 1873 1762 1877 1689 1574 dan matriks U + S didefinisikan sebagai







2234 + 2105 2105 + 1866 2001 + 1509 4399 3971 3510 = U + S = 1973 + 1877 1873 + 1689 1762 + 1574 3850 3562 3336 def

Terlihat bahwa Tabel 3 bentuk matriksnya diberikan oleh matriks U + S . Hasil pembahasan ini menjelaskan penambahan dua matriks. Hal yang serupa bisa dilakukan untuk pengurangan dua matriks. Berikut ini diberikan definisi secara umum untuk penambahan dan pengurangan dua matriks. Penambahan dan pengurangan dua matriks A dan B bisa dilakukan bila kedua matriks mempunyai ukuran yang sama dan elemen-elemen dari A + B dan A B masing-masing diberikan oleh

−

[A + B]i,j = ai,j + bi,j dan [A

− B]

i,j

= ai,j

−b

i,j

.

Bila ukuran A dan B tidak sama, maka penambahan dan pengurangan dari A dan B tidak didefinisikan. Berikut ini diberikan contoh penambahan dan pengurangan matriks. Diberikan matriks-matriks:

A =



1 0

−2 7

0 3

−

  − , B=

2 3

3 11 6 4

−

38



dan C =



1 3

−2 −4



.

Maka

 −

1 1 11 3 1 1







3 5 3 13

− −11 A + B = , A − B = − −7 sedangkan A + C dan B + C tidak terdefinisi, begitu juga A − C dan B − C tidak terdefinisi.

Bila A sebarang matriks dengan elemen-elemen di R atau di C dan k sebarang skalar di R atau di C, maka hasil kali kA adalah matriks yang semua elemenelemennya diperoleh melalui mengalikan k dengan semua elemen-elemen dari A. Matriks kA dinamakan perkalian skalar dari A. Dengan notasi matriks, bila A = [ai,j ], maka [kA]i,j = kai,j .

Contoh 2.1 Diberikan matriks-matriks

A =



0 2

−1 −3 4

6

  , B =

8 0 4 14



6 2

−

dan C =



10 2 1 4

−5 3



maka

( 1)A =

−



0 2

1 4

3 6

− − −



1 , B = 2



4 0 2 7

3 1

−



dan 3C =



30 6 3 12

−15 9



.

Untuk lebih praktis, penulisan ( 1)A cukup ditulis A. Bila A 1 , A2 , . . . , An matriksmatriks dengan ukuran yang sama dan k 1 , k2 , . . . , kn adalah skalar, maka bentuk

−

−

k1 A1 + k2 A2 + . . . + knAn dinamakan suatu kombinasi linear dari A1 , A2 , . . . , An dengan koefisien-koefisien k1 , k2 , . . . , kn. Misalnya pada Contoh 2.1, maka

1 A + B + 3C = 2

−

=

 −

0 2

1 4

3 6

− − 7 −9

34 3 15

2



 +

4 0 2 7

3 1

−

 +

30 6 3 12

−15 9



−1, 12 dan 3 . Selanjutnya menyatakan himpunan semua matriks ukuran m × n dengan ×

adalah kombinasi linear dari A, B dan C dengan koefisien

diberikan notasi Rm×n elemen-elemen di R dan Rn 1 adalah himpunan semua vektor kolom ukuran n biasanya cukup ditulis Rn . Sebegitu jauh telah dibahas perkalian suatu skalar dengan matriks, tetapi perkalian dua matriks belum dibahas. Sebagaimana telah diketahui penambahan dan pengurangan matriks adalah menambah atau mengurangi elemen-elemen yang bersesuaian. Perkalian matriks agak berbeda dengan penambahan matriks. Untuk mendefinisikan perkalian dua matriks A dan B , sebagai motifasi diberikan dua sistem persamaan linear

a1,1 x1 + a1,2 x2 + a1,3 x3 = y 1 a2,1 x1 + a2,2 x2 + +a2,3 x3 = y 2 39

(13)

dan

b1,1 z 1 + b1,2 z 2 = x 1 b2,1 z 1 + b2,2 z 2 = x 2 b3,1 z 1 + b3,2 z 2 = x 3

(14)

Bila diinginkan y1 dan y 2 bergantung pada peubah z 1 dan z 2 , maka didapat sistem persamaan

(a1,1 b1,1 + a1,2 b2,1 + a1,3 b3,1 )z 1 + (a1,1 b1,2 + a1,2 b2,2 + a1,3 b3,2 )z 2 = y 1 (a2,1 b2,1 + a2,2 b2,1 + a2,3 b3,1 )z 1 + (a2,1 b1,2 + a2,2 b2,2 + a2,3 b3,2 )z 2 = y 2

(15)

Selanjutnya bila

c1,1 = a 1,1 b1,1 + a1,2 b2,1 + a1,3 b3,1 c1,2 = a1,1 b1,2 + a1,2 b2,2 + a1,3 b3,2 c2,1 = a 2,1 b2,1 + a2,2 b2,1 + a2,3 b3,1 c2,2 = a2,1 b1,2 + a2,2 b2,2 + a2,3 b3,2 atau secara singkat 3

ci,j =



ai,k bk,j , i = 1, 2 dan j = 1, 2, 3

(16)

k =1

dan masing-masing matriks A, B,C diberikan oleh

A =



a1,1 a1,2 a1,3 a2,1 a2,2 a2,3

  , B =

b1,1 b1,2 b2,1 b2,2 b3,1 b3,2 def

   , C =

c1,1 c1,2 c2,1 c2,2



,

dan didefinisikan perkalian matriks AB = C , dengan elemen-elemen matriks C diberikan oleh Persamaan (16), maka Persamaan (15) dapat ditulis sebagai perkalian matriks z 1 y1 dan Y = CZ = Y, dengan Z = . z 2 y2

 

 

Perhatikan bahwa Persamaan (16) mengisyaratkan banyaknya kolom dari A harus sama dengan banyaknya baris B dalam hal ini keduanya sama dengan 3 dan ukuran matriks hasil kali adalah 2( banyaknya baris A) 2( banyaknya kolom B). Jadi syarat dua matriks bisa dikalikan banyaknya kolom matriks yang pertama sama dengan banyaknya baris matriks yang kedua dan elemen-elemen matriks hasil kali diberikan seperti dalam Persamaan (16). Oleh karena itu bila matriks Am,p dan matriks B p,n, maka perkalian kedua matriks ini diberikan oleh

×

p

Am,p B p,n = C m,n, dengan c i,j =



ai,k bk,j , i = 1, 2, . . . , m dan j = 1, 2, . . . , n .

k=1


A =



1 2 3 5 3 4

   , B =

40

2 1 3 7 5 6

Elemen baris ke-1 kolom ke-2 matriks perkalian AB diberikan sebagai berikut

AB =



    2 1 3 7 5 6

1 2 3 5 3 4

=



33







(1  1) + (2  7) + (3  6) = 33 Dengan melakukan hal yang serupa didapat

          

AB =



2 1 3 7 5 6

1 2 3 5 3 4

=

23 33 39 50



dan perkalian matriks BA diberikan oleh

BA = terlihat bahwa AB = BA.



2 1 3 7 5 6

7 7 10 38 27 37 35 28 39

1 2 3 = 5 3 4

 

Diberikan dua matriks Am,p dan B p,n dan C = A m,pB p,n, maka matriks baris ke-i dari C diberikan oleh C i,∗ = Ai,∗ B dan matriks kolom ke- j dari C diberikan oleh C ∗,j = AB∗,j .


A =

 −

1 2 0 7 2 3 2 10 5 11 1 8

−

 

, B =

 

2 1 0 2 5 0 1 12

  − 1 2 8 9

.

Bila C = AB , maka baris ke-2 dari matriks C diberikan oleh

C 2,∗ = A 2,∗ B =



2 3 2 10

dan kolom ke-3 dari C diberikan oleh

C ∗,3 = AB∗,3 =

 −

  

2 1 0 2 5 0 1 12

1 2 0 7 2 3 2 10 5 11 1 8

−

   −  −     −      −−  − 1 2 8 9

=

1 2 8 9

24 128

66

66 66 47

=

Perkalian matriks dan kombinasi linear sangat penting bila dihubungkan dengan sistem persamaan. Persamaan ini dapat ditulis dalam bentuk perkalian matriks sebagai berikut

  

a1,1 a2,1 .. . am,1

a1,2 . . . a1,n a2,2 . . . a2,n .. ... ... . am,2 . . . am,n 41

   

x1 x2 .. . xn

  

=

  

b1 b2 .. . bm

  

.

(17)

Bila

A =

  

a1,1 a2,1 .. . am,1

a1,2 . . . a1,n a2,2 . . . a2,n .. ... ... . am,2 . . . am,n

      ,

x

=

  

x1 x2 .. . xn

  

dan

b

=

  

b1 b2 .. . bm

  

,

maka Persamaan (17) dapat ditulis sebagai A x = b. Selanjutnya bila

A∗,j =

  

a1,j a2,j .. .

, j = 1, 2, . . . , n ,

am,j

dan sistem persamaaan linear (17) mempunyai penyelesaian, maka matriks pat ditulis sebagai kombinasi linear berikut

x1 A∗,1 + x2 A∗,2 + . . . + xn A∗,n = b.

b

da(18)

Matriks-matriks Khusus Disini dikenalkan matriks nol, diagonal, identitas(satuan), matriks segi-tiga dan matriks simetri. Suatu matriks yang semua elemenya sama dengan nol dinamakan matriks nol . Berikut ini contoh contohnya

       ×  ···  ··· ···  ···

0 0 0 0 0 0 0 0 0 , , 0 , . 0 0 0 0 0 0 0

Suatu matriks persegi D berukuran n



n dinamakan matriks diagonal bila

0 d1 0 0 0 d2 0 0 0 D = 0 0 d3 .. .. .. . . . . .. . . . 0 0 0 dn

  

Terlihat bahwa semua elemen dari D yang berada diatas dan dibawah elemen diagonal utama sama dengan nol yaitu d i,j = 0, untuk i = j . Contoh

  −  1 0 , 0 2



1 0 0 0 0 0 . 0 0 3

Suatu matriks diagonal dengan semua elemen diagonal utama sama dengan satu dinamakan matriks satuan(identitas) . Contoh

   

1 0 0 1 0 , 0 1 0 . 0 1 0 0 1

Dengan demikian matriks identitas I mempunyai elemen ik,l = 1, k = l dan ik,l = 0, k = l .



42

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks segi tiga atas bila

  

·· · ·· ·

−  

  −

  

a1,1 a1,2 a1,n 0 a2,2 a2,n A = , .. .. . . ... . . . 0 0 an,n

·· ·

terlihat bahwa elemen a i,j = 0, untuk i > j . Contoh

3 1 2 6 , 0 2 0 1 0 0

1 0 0 5 , 0 4 0

2 2 0 0

4 1 3 0

−3 0 0 4

 

.

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks segi tiga bawah bila

  

  

0 a1,1 0 0 a2,1 a2,2 A = , .. .. .. ... . . . an,1 an,2 an,n

· ·· · ·· · ··

terlihat bahwa elemen a i,j = 0, untuk i < j . Contoh

       −

1 3 0 0 2 0 1 , 1 2 0 , 3 1 2 6 0 4 0

0 2 2 7

−

 

0 0 3 8

0 0 . 0 4

Suatu matriks transpose adalah matriks yang diperoleh dari matriks yang lain dengan elemen baris menjadi elemen kolom dan sebaliknya. Matriks transpose dari suatu matriks A ditulis A T , jadi bila A = [ai,j ], maka A T = [a j,i]. Contoh

A =

  − − −  −         1 0

2 2

3 3

4 , AT = 5

 − −

1 2 3 4

0 2 . 3 5

Suatu matriks persegi A dinamakan matriks simetri bila A = A T . Contoh

0 1 7 0 1 7 T A = 1 2 3 , A = 1 2 3 . 7 3 1 7 3 1

Suatu matriks persegi A dinamakan simetri miring (skew symmetry) bila A = AT . Contoh 0 1 0 1 0 1 = = A. A = , AT = 1 0 1 0 1 0

−

 

−

−

− −    −

Diberikan suatu matriks persegi

  

a1,1 a1,2 a1,3 a2,1 a2,2 a2,3 A = .. .. ... . . an,1 an,2 an,3 43

··· ··· ··· ···

  

a1,n a2,n , ... an,n

trace dari matriks A ditulis trace(A) didefinisikan oleh n

def

trace(A) =



ai,i .

i=1

Contoh, misalkan matriks

A =

  − 

1 1 2 3 2 0 , trace(A) = 1 + 2 + 3 = 6. 2 5 3

Matriks Invers dan Matriks Elementer Pada bagian ini diberikan pengertian matriks invers dan beberapa sifat-sifatnya. Cara memperoleh matriks invers dibahas pada bagian berikutnya. Disini juga dikenalkan ide dari matriks elementer. Matriks ini dapat digunakan untuk memperoleh matriks invers. Bila untuk suatu matriks persegi A bisa didapat matriks persegi yang lain B sedemikian hingga memenuhi AB = BA = I , maka B dinamakan invers dari A, dalam hal ini matriks A dinamakan matriks nonsingulir . Sebaliknya bila tidak ada matriks B tsb., maka matriks A dinamakan matriks singulir . Perluh diperhatikan bahwa pembahasan disini berkaitan dengan matriks invers hanya untuk matriks persegi. Dalam pengertian matriks invers, maka matriks B juga nonsingulir dan mempunyai invers A .

Berikut ini diberikan sifat ketunggalan dari matriks invers, yaitu, misalkan A nonsingulir dan B begitu juga C masing-masing adalah invers dari A , maka B = C .

Matriks invers dari suatu matriks A dinotasikan oleh A −1 .

Contoh 2.4 Diberikan matriks

  −  −  −    − −     A =

maka

1 2 , 3 4 2

A−1 =

1

3 2

1 2

.

Hal ini bisa dicek sebagai berikut

1 2 AA−1 = 3 4 dan

A−1 A =

2

3 2

2

1

3 2

1

−

1 2

1 2

=

1 0 = I 2×2 0 1

1 2 1 0 = = I 2×2 3 4 0 1

44


   

0 0 2 B = 0 1 2 , 0 3 1 maka matriks B adalah singulir. Hal ini bisa ditunjukkan sebagai berikut: Andaikan B non singulir, maka ada matriks

 

              

c1,1 c1,2 c1,3 C = c2,1 c2,2 c2,3 c3,1 c3,2 c3,3

yang memenuhi C B = I 3×3 . Kolom ke- 1 dari matriks C B diberikan oleh

 

c1,1 c1,2 c1,3 [CB]∗,1 = C B∗,1 = c2,1 c2,2 c2,3 c3,1 c3,2 c3,3

0 0 1 0 = 0 = 0 . 0 0 0

Hasil ini cukup menunjukkan bahwa C B = I 3×3 . Jadi matriks B singulir.



Bila A nonsingulir, maka untuk n bilangan bulat positip A −n didefisikan sebagai

A−n = (A−1 )n = A −1 A−1

A−1

 · · ·  sebanyak n

Berikut ini diberikan sifat-sifat yang berkaitan dengan matriks invers. Misalkan matriks A dan B masing-masing adalah matriks nosingulir, maka 1. AB adalah nonsingulir dan (AB)−1 = B −1 A−1 . 2. A−1 adalah nonsingulir dan (A−1 )−1 = A. 3. Untuk n = 1, 2,

·· · , A

n

adalah nonsingulir dan (An )−1 = A −n = (A−1 )n.

4. Bila λ = 0, maka λA nonsingulir dan (λA)−1 = λ1 A−1 .



5. AT adalah nonsingulir dan (AT )−1 = (A−1 )T . Berikut ini dibahas pengertian matriks elementer. Matriks ini erat kaitannya dengan Operasi Baris Elementer (OBE) dan salah satu kegunaannya adalah untuk menentukan invers suatu matriks persegi.

Definisi 2.1 Suatu matriks persegi dinamakan matriks Elementer bila matriks ini diperoleh dari matriks identitas dengan melakukan suatu operasi baris elementer pada matriks identitas tsb. Berikut ini beberapa contoh matriks elementer

  −→         −→   1 0 0 1

1 0 0 0 1 0 0 0 1

3B1

B2

⇔B3

45

3 0 , 0 1

1 0 0 0 0 1 , 0 1 0

 

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

 

 

1 0 0 0

B4 4B3

− −→

0 1 0 0

0 0 1 4

−

 

0 0 . 0 1

Operasi Baris Elementer dari suatu matriks juga khususnya matriks identits ada tiga macam, yaitu pertukaran antar baris, suatu baris kalikan dengan skalar taknol dan tambahkan suatu baris dengan hasil dari suatu baris yang lain kali dengan skalar tak nol. Misalkan A matriks berukuran m n dan e menyatakan suatu baris elementer pada A. Matriks hasil dari OBE e pada A ditulis e(A) dan hasil matriks OBE e pada matriks identitas I m×m ditulis e(I m×m . Jelas bahwa e(I m×m adalah matriks elementer. Sifat berikut menjelaskan hubungan e(A) dengan e(I m×m .

×

Teorema 2.1 Bila E = e(I m×m ), maka e(A) = EA. Bukti: Misalkan untuk i = 1, 2, m, Ai,∗ , adalah baris ke-i dari matriks A dan I i,∗ adalah baris ke-i dari matriks identitas I m×m, maka I i,∗ A = Ai,∗ .

···

1. Misalkan e adalah OBE dari pertukaran antara baris ke- i dengan baris ke- j , didapat I 1,∗ A1,∗ I 2,∗ A2,∗ .. .. . . I j,∗ A j,∗ dan e(A) = E = e(I m×m ) = . .. .. . .

    

            

    

I i,∗ .. .

I m,∗

Jadi

EA =

    

I 1,∗ A I 2,∗ A .. . I j,∗ A .. . I i,∗ A .. . I m,∗ A

=

Ai,∗ .. .

Am,∗

A1,∗ A2,∗ .. . A j,∗ .. . Ai,∗ .. . Am,∗

    

    

= e(A).

2. Misalkan e adalah OBE dari baris ke- i dikalikan dengan skalar taknol λ, didapat I 1,∗ A1,∗ I 2,∗ A2,∗ .. .. . . dan e(A) = E = e(I m×m ) = . λI i,∗ λAi,∗ .. .. . .

   

I m,∗

   

46

   

Am,∗

   

Jadi

EA =

   

I 1,∗ A I 2,∗ A .. .

   

(λI i,∗)A .. . I m,∗ A

=

   

A1,∗ A2,∗ .. . λ(I i,∗ A) .. . Am,∗

   

=

   

I 1,∗ A I 2,∗ A .. .

   

(λI i,∗)A .. . I m,∗ A

=

   

A1,∗ A2,∗ .. .

λAi,∗ .. . Am,∗

   

= e(A)

3. Misalkan e adalah OBE dari baris ke- j menjadi λ kali baris ke-i ditambah baris ke- j dengan λ = 0, didapat



E = e(I m×m ) =

Jadi

EA =

    

I 1,∗ A I 2,∗ A .. . I i,∗ A .. . (λI i,∗ + I j,∗) A .. . I m,∗ A

         

I 1,∗ I 2,∗ .. . I i,∗ .. . λI i,∗ + I j,∗ .. . I m,∗

=

    

    

dan e(A) =

A1,∗ A2,∗ .. . Ai,∗ .. . λ(I i,∗ A) + I j,∗ A .. . Am,∗

    

=

         

A1,∗ A2,∗ .. . Ai,∗ .. .

         

.

λAi,∗ + A j,∗ .. . Am,∗

A1,∗ A2,∗ .. . Ai,∗ .. .

λAi,∗ + A j,∗ .. . Am,∗

= e(A).

Hasil penting Teorema 2.1 adalah suatu operasi baris elementer dapat diganti oleh matriks elementer yang sesuai yaitu

e(A) = EA pada persamaan ini, e menyatakan suatu operasi baris elementer yang dikenakan pada matriks A sedangkan E adalah matriks elementer yang sesuai dan mem berikan hasil matriks E dikalikan dengan A yaitu EA sama dengan e(A). Hasilhasil yang telah didapat ini berlaku juga untuk serangkaian operasi baris elementer, misalnya e (1) , e(2) , , e(k) yang dikenakan pada matriks A yaitu

···

e(k) e(k−1)

(1)

· ·· e

(A),

bila matriks elementer yang sesuai dengan rangakaian operasi baris elementer tsb. adalah E 1 , E 2 , , E K ,

···

47

maka

e(k) e(k−1)

(1)

·· · e

(A) = (E k E k−1

· · · E )A. 1

Menyelesaikan suatu sistem persamaan linear pada dasarnya mengubah sistem persamaan ini kebentuk sistem persamaan linear lainnya yang ekivalen dengan melakukan serangkaian operasi baris elementer. Berikut ini dibahasa suatu Contoh yaitu 3 x2 x3 = 2x1 + 4x2 x3 = 1 , 2x1 + 5x2 4x3 = 2

− − −

− −

−

tetapi sekarang diselesaikan menggunakan serangkain matriks elementer. Matriks diperbesar dari sistem persamaan linear adalah

        −      −  −   − −   −− −  Ab =

  −−

0 1 2 4 2 5

−1 3 −1 1 −4 −2

 

.

Matriks -matriks elementer yang sesuai sebagaimana telah dilakukan OBE pada Contoh ?? adalah

0 1 0 E 1 = 1 0 0 , E 2 = 0 0 1 Didapat

E 3 E 2 E 1 Ab =

=

1 0 0

0 0 1 0 1 1

2 4 0 1 0 0

1 0 0 0 1 0 1 0 1

1 1 2

  −   −   −− −− − 

1 0 0 1 0 1 0 , E 3 = 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 0 0 0 1

1 3 6

0 0 1 0 . 1 1

0 1 2 4 2 5

1 1 4

3 1 2

Dari hasil ini, lakukan substitusi mundur, didapat

−6 = 3, x3 = − 2 x2 = 3 + x3 = 3 + 3 = 6, x1 = 12 (1 4x2 + x3 ) =

− −

. 1 (1 2

− − 24 + 3) = 10.

Berikut ini diberikan sifat dari matriks elementer yang berkaitan dengan invers matriks.

Teorema 2.2 Suatu matriks elementer adalah nonsingulir. Bukti: Ada tiga macam operasi baris elementer, pertama OBE yang berkenaan dengan pertukaran antara baris ke-i dengan baris ke- j pada suatu matriks A. Misalkan operasi ini dinotasisikan dengan e dan bila dilakukan sekali lagi e pada e(A) menghasilakn matriks A lagi. Bila I adalah matriks identitas ukuran n n, didapat

×

48

matriks elementer

         

I 1,∗ I 2,∗ .. .

E 1 = e(I ) =

I j,∗ .. . I i,∗ .. .

I n,∗

dan

e(E 1 ) =

    

    

I 1,∗ I 2,∗ .. . I i,∗ .. .

= I ,

I j,∗ .. .

I n,∗

tetapi e(E 1 ) = e(I )E 1 = E 1 E 1 . Jadi E 1 E 1 = I , dengan demikian E 1−1 = E 1 atau E 1 adalah non singulir. Selanjutnya, misalkan e(1) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ = 0 dengan baris ke- i dan e (2) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ1 dengan baris ke-i. Bila I adalah matriks identitas ukuran n n, didapat matriks elementer I 1,∗ I 2,∗ .. . (1) E 1 = e (I ) = λI i,∗ .. .



×

   

dan

e(2) (E 1 ) =

tetapi juga

   

I 1,∗ I 2,∗ .. . 1 λ

   

(λI i,∗) .. . I n,∗

I n,∗

=

   

   

I 1,∗ I 2,∗ .. . I i,∗ .. . I n,∗

   

= I ,

e(2) (E 1 ) = e (2) (I )E 1 . Bila e(2) (I ) = E 2 , maka E 2 E 1 = I , dengan demikian E 1−1 = E 2 atau E 1 adalah non singulir. Terakhir, misalkan e (1) adalah OBE pada suatu matriks, yaitu mengalikan λ = 0 dengan baris ke-i ditambahkan pada baris ke- j dan e(2) adalah OBE pada suatu matriks, mengalikan λ dengan baris ke-i ditambahkan pada baris ke- j



−

49

Bila I adalah matriks identitas ukuran n

× n, didapat matriks elementer

E 1 = e (1) (I ) =

dan

e(2) (E 1 ) =

   − 

    

I 1,∗ I 2,∗ .. . I i,∗ .. .

λI i,∗ + I j,∗ .. . I n,∗

I 1,∗ I 2,∗ .. . I i,∗ .. .

λI i,∗ + λI i,∗ + I j,∗ .. .

tetapi juga

         

I n,∗

    

I 1,∗ I 2,∗ .. .

=

I i,∗ .. .

I j,∗ .. .

I n,∗

    

= I ,

e(2) (E 1 ) = e (2) (I )E 1 . Bila e(2) (I ) = E 2 , maka E 2 E 1 = I , dengan demikian E 1−1 = E 2 atau E 1 adalah non singulir.

Contoh 2.6 Perluh diperhatikan bahwa OBE dari pertukaran diantara baris i dengan baris j tidak selalu bahwa i dan j tidak sama. Secara umum boleh sama boleh tidak. Diberikan matriks elementer

   

    −       

0 0 1 1 E 1 = 0 1 0 , E 2 = 0 1 0 0 0 maka

     −  

0 0 1 0 5 2 0 , dan E 3 = 0 1 0 , 0 1 0 0 1

0 0 1 1 0 0 1 0 1 1 1 − − − E 1 = 0 1 0 , E 2 = 0 2 0 , dan E 3 = 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0

5 0 . 1

Telah dibahas bahwa, bila serangkaian OBE dikenakan pada suatu Sistem Persamaan Linear (SPL) didapat suatu sistem persamaan linear yang ekivalen dengan SPL sebelumnya dan dari SPL yang terakhir ini didapat penyelesaian (bila ada) dari SPL yang dibahas. Juga, telah diketahui bahwa rangkaian OBE yang dikenakan pada SPL dapat diganti oleh serangkaian matriks elementer yang sesuai selan jutnya dikalikan dengan matriks diperbesar dari SPL tsb. Hasil akhirnya adalah suatu matriks yang tepat sama seperti hasil akhir dari bila serangkaian OBE dikenakan pada SPL yang ada. Oleh karena itu, tidak berlebihann bila didefinisikan hal berikut. 50

×

Definisi 2.2 Bila A adalah suatu matriks berukuran m n dan pada A dikenakan serangkaian matriks elementer E 1 , E 2 , , E k , maka dikatakan A ekivalen-baris dengan matriks E 1 E 2 E k A.

·· · · ··

Dalam hal ini bila A baris-ekivelen dengan B ditulis

A

∼

baris B .

Teorema 2.2 menjelaskan bahwa, suatu matriks elementer E adalah nonsingulir, artinya ada E −1 sehingga E −1 E = I = EE −1 , Disini matriks E −1 juga merupakan matriks elementer dengan tipe yang sama seperti tipe dari matriks elementer E . Berikut ini ditunjukkan bahwa ekivalen-baris adalah suatu relasi ekivalen.

Teorema 2.3 Ekivalen-baris adalah suatu relasi ekivalen. Bukti: Misalkan M m×n (C) adalah himpunan dari semua matriks berukuran m n dengan elemen-elemen di C dan baris relasi pada M m×n (C). Ditunjukkan bahwa baris relasi ekivalen. Misalkan A, B dan C di M m×n (C), didapat

× ∼

∼

1. jelas bahwa matriks identitas I = I n×m juga merupakan matriks elementer. Didapat A = I A dan A = I −1 A. Terlihat bahwa A

∼

baris A .

2. Bila A baris B , maka B = E 1 E 2 E k A untuk beberapa matriks elementer E i dengan i = 1, 2, , k. Sebagaimana telah diketahui E 1−1 juga matriks elementer dan (E 1 E 2 E k )−1 = E k−1 E k−−11 E 1−1 .

∼

···

···

···

Jadi

···

A = E k−1E k−−11 Terlihat bahwa B

baris A ,

∼

1

·· · E − B. 1

3. Misalkan A baris B dan B baris C maka B = E 1 E 2 E p A untuk beberapa matriks elementer E i dengan i = 1, 2, , p dan C = E c1 E c2 E cq B untuk beberapa matriks elementer E ci dengan i = 1, 2, , q . Didapat

∼

∼

· ··

A = E p−1E p−−11 = E p−1E p−−11

···

···

···

1

· ·· E − B · ·· E − E − ·· · E − E − C . 1 1

1

1

1

c2

cq

1

c1

   B

Terlihat bahwa A

∼

baris C .


A =



4 3 1 5

−

−2 8





4 dan B = 14

3 1

−2 − −22

Perhatikan matriks elementer berikut

 

1 E 1 = 0

 

0 1 , E 1−1 = 2 0

−

51

0

−

1 2



.

dan

 

1 0 E 2 = , E 2−1 = 3 1

Didapat

 

1 0 . 3 1

−

   −     − −−   −−  −

E 2E 1 A = =

1 0 3 1

1 0

0 2

1 0 3 1

4 2

3 10

4 14

=

3 1

4 3 1 5

2 8

2 16

2 = B = B 22

− −

dan

   −   −  − − − −  − − − −

E 1−1E 2−1 B = =

∼

bar B

dan B

0

1 0

0

1 0 3 1

1 2

4 2

1 2

4 3 1 5

= Terlihat bahwa A A

1 0

bar

3 10

3 1

2 22

2 16

2 = A. = A. 8

−

∼

4 14

A.

Ringkasan Determinan Matriks Persegi dan beberapa Sifat 1. Determinan Determinan matriks matriks A berukuran n

   −

× n secara rekursive didefinisikan oleh:

a1,1 bila n = n = 1,

|A| =

n

( 1)k+1 a1,k A(1, (1, k) bila n n

|

k =1

|

≥2

(1, j ) adalah dengan submatriks submatriks A(1, adalah matrik matriks s beruku berukuran ran (n 1) (n 1) adalah adalah matriks yang diperoleh dari matriks A dengan menghapus baris ke- i dan kolom ke- j .

− × −

Contoh Untuk n = n = 1, A = A = 7, maka A = Untuk n = n = 2, bila

| | | | − 7| = −7 dan bila A = |A| = |5| = 5. A = 5, maka |

−

A =

 −  1 3 3 8

−

, maka A =

| | | −1(|8|) − 3(| − 3|) = −1(8) − 3(−3) = 1.1.

Untuk n = n = 3, bila

A = maka

|A| = 1



1 2 3 4

 −  2





 

3 2 3 1 +1 0 4 0 3

1 2 1 3 1 2 0 3 4



52

= 1(4

 

,

− 6) − 2(12 − 0) + 1(9 − 0) = −17. 17.

×

2. Determinan Determinan matriks matriks A berukuran n n juga bisa didefinisikan menggunakan pengertian pengertian permutasi permutasi dari n elemen sebagai berikut. def

|A| = dengan

 

sgn(σ sgn(σ)a1,σ(1) a2,σ(2) . . . an,σ(n)

σ S n

∈

def

sgn(σ sgn(σ ) = Contoh Diberikan matriks

A =

+1, +1, 1,

σ permutasi genap gasal. σ permutasi gasal.

−

 

a1,1 a1,2 a1,3 a2,1 a2,2 a2,3 a3,1 a3,2 a3,3

 

maka A = a 1,1 a2,2 a3,3 a1,1 a2,3 a3,2 + a1,2 a2,3 a3,1 a1,2 a2,1 a3,3 + a1,3 a2,1 a3,2 a1,3 a2,2 a3,1 . Contoh sebelumnya untuk n = n = 3, maka A = 1(1)(4) 1(2)(3)+2(2)(0) 2(3)(4)+ 1(3)(3) 1(1)(0) = 4 6 + 0 24 + 9 0 = 13 30 = 17. 17.

| | −

−

−

− 3. Determinan Determinan matriks segi segi tiga : |A| =

− | | −

−

−

−

−

−

n



ai,i .

i=1

4. Determinan Determinan matriks Identitas Identitas I n×n = 1.

|

|

5. Determinan Determinan matriks Identitas Identitas kali skalar α α : αI = α .

| |

6. Determin Determinan an matriks matriks element elementer er pertuk pertukara aran n antara antara baris baris ke-i dengan baris ke- j : 1. E i,j i,j =

| | −

7. Determinan Determinan matriks elementer elementer baris ke- j ditambah α kali baris ke- i :

|E (i, j )(α )(α)| = 1. 8. Determinan Determinan perkalian dua matriks: matriks: AB = A B .

| | | | | | 9. Determinan Determinan matriks pertukaran pertukaran baris: |E A| = |E | |A| = −|A|. i,j i,j

i,j i,j

10. Determinan Determinan matriks baris baris ke- j ditambah α kali baris ke-i :

|E (i, j )(α )(α)A| = |E (i, j )(α )(α)| |A| = |A|. 11. Determinan Determinan matriks dengan elemen-elemen elemen-elemen salah satu satu baris baris sama dengan nol : A = 0.

| |

12. Determinan Determinan transpose transpose matriks : AT = A .

| | | |

13. Determinan Determinan matriks kolom elementer = matriks baris elementer. elementer.

| | |A1 | .

14. Determinan Determinan matriks invers invers : A−1 =

53

Contoh : Hitung determinan matriks matriks

A =

  −−

0 1 2 0

8 2 8 4

3 2 4 2

−

−

  − 4 5 3 3

(2, 3)( 2)A 2)A = , maka E (2,

−

Lakukan lagi operasi baris elementer sebagai berikut:

−

  −

 −

−2 −10

0 1 0 0

(4, 3)(1)E 3)(1)E (4, (4, 1)(2)E 1)(2)E (2, (2, 3)( 2)A 2)A = E (4,

Jadi determinan matriks A

|A| = +1

 −

0 7 0 10 4 2

−2 −10 −3

Minor dan Kofaktor

 

=

7 4 10



=

  −

0 1 0 0

0 7 2 2 0 10 4 2

8 2 4 4

−

−2 − 5 −10 − −3

3 2 8 2

−

 

  −  − 4 5 7 3

.

.

−4(−70 + 20) = 200

Misalkan matriks matriks A = [ai,j ] berukuran n matriks s A n. Minor (i, j ) M i,j i,j dari matrik adalah determinan dari submatriks A dengan menghapus baris ke-i dan kolom ke- j . Sedangkan kofaktor A A i,j didefinisikan sebagai

×

def

Ai,j = ( 1)i+ j M i,j i,j . Contoh: Misalkan

A = maka

M 2,3 = dan



 

−

a1,1 a1,2 a1,3 a2,1 a2,2 a2,3 a3,1 a3,2 a3,3



a1,1 a1,2 = a = a1,1 a3,2 a3,1 a3,2

A2,3 = ( 1)2+3 M 2,3 =

−

Misalkan A = A = [ai,j ] adalah matriks n

| |

 

× n, maka

ai,k Ai,k , ekspansi baris ke- i.

k=1 n

(ii) A =

| |

ak,j Ak,j , ekspansi kolom ke- j .

k=1

Contoh: Diberikan matriks matriks

A =

 

1 2 4 2 6 2

54

−a

1,1 a3,2 +

−a

n

(i) A =

 

 −  0 1 2

1,2 a3,1

a1,2 a3,1

maka determinan dari A bisa diperoleh melalui ekspasi baris ke- 1, yaitu

1( 1)2

−

=6



 − 

2 2



 − 





1 0 1 + 2( 1)5 6 2 4

 −

1 4 + 2( 1)3 2 6

−

− 28 + 0 = −22

1 4 2 + 0( 1)4 2 6 2

−

juga bisa diperoleh melalui ekspansi kolom ke-2, yaitu

2( 1)3

−

=



4 6

−1 2



+ 2( 1)4

−

−28 + +4 + 2 = −22. 22.







−

0 1

Matriks Adjoint Misalkan matrisk A = [ai,j ] berukuran n n, maka matriks adjoint dari A ditulis adj(A adj(A) dan didefinisikan sebagai matriks transpose dari kofaktor-kofaktor A , yaitu

×

adj(A adj(A) =

  

Contoh: Misalkan matriks matriks

A1,1 A2,1 A1,2 A2,2 .. ... . A1,n A2,n

    −−

1 6 2

A = maka

adj(A adj(A) = dan

adj(A) = A adj(A

 

1 6 2

2 1 1 3 3 4

− −

   −−

5 18 16

Bila A A adalah matriks ukuran n

 

2 1 1 3 3 4

− −

5 18 16

−11

7 3 13

2 7

−11 2 7

. . . An,1 . . . An,2 .. ... . . . . An,n

7 3 13

−

−

  

 

 − 

47 0 0

=

0 47 0

−

0 0 47

−

× n, maka A adj(A) = |A|I A adj(A

n

 

= A I 3 .

| |

adj(A) diberikan oleh Bukti Elemen ke-i, j dari matriks A adj(A ai,1 A j,1 + ai,2 A j,2 + . . . + ai,n A j,n =

 | |

bila i = = j A bila i j 0 bila i = j



Oleh karena itu A adj(A adj(A) = A I n.

| |

Bila A A matriks berukuran n

× n yang nonsingulir, maka A A −

Bukti Dari A adj(A adj(A) = A I n didapat A A

| |





1

=

1 adj(A adj(A). A

| |

1 adj(A adj(A) = I = I n. Oleh karena itu A

| |

1 adj(A adj(A). A−1 = A

| |

55

Contoh Misalkan

A = maka

A−1 = =

| |



1 ad

A = maka

d c

a

     − − −  2 1 2 3 2 2 1 2 3

1 4 3

2 2 1

1 adj(A) A

| | 1 5

 −

2 7 4

1 4 3

−2 2 1

−

Aturan Cramer Misalkan A matriks berukuran n dari sistem persamaan



−b

− bc −

2 7 4

adj(A) =

=

a b c d

1 adj(A) A

Contoh Misalkan

A−1 =

 

× n dengan A−

1

 

.

ada, maka penyelesaian tunggal

Ax = b adalah x

dengan

=

  

xi =

x1 x2 .. . xn

  

|A | |A| i

dan A i adalah matriks yang diperoleh dari A dengan mengganti kolom ke- i dengan b. Bukti: Karena x

= A −1 b =

1 adj(A) b, A

| |

56

didapat

xi =

b1 A1,i + b2 A2,i + . . . + bn An,i Ai = . A A

| |

Contoh selesaikan

Jawab Dalam hal ini

A = dan

|A| = |A | = 2

Sehingga didapat

x1 =

   

| | | |

   

x1 + 2x2 + x3 = 5 2x1 + 2x2 + x3 = 6 x1 + 2x2 + 3x3 = 9

1 2 1 2 2 1 1 2 3

1 2 1 2 2 1 1 2 3 1 5 1 2 6 1 1 9 3

   

=

=

 

dan

b

−4, |A | = 1

−4, |A | = 3

   

=

  5 6 9

5 2 1 6 2 1 9 2 3 1 2 5 2 2 6 1 2 9

   

=

−4,

=

−8.

−4 = 1, x = −4 = 1 dan x = −8 = 2. −4 −4 −4 2

3

Persamaan Homogin Persamaan homogin diberikan oleh bentuk

Ax = 0 Persamaan homogin ini selalu mempunyai solusi trivial x = 0. Bila persamaan homogin mempunyai solusi x = 0, maka solusi ini tidak tunggal. Kusus untuk matriks A berukuran n n , maka bila persamaan homogin hanya mempunyai solusi trivial, maka A = 0, sebab bila A −1 ada, maka dari itu

× | | 



x

= A−1 0 = 0.

Sebaliknya bila A = 0, maka persamaan homogin mempunyai solusi non trivial.

| |

Contoh Dari geometri analitik diketahui bahwa persamaan garis lurus pada bidang datar diberikan oleh persamaan

ax + by + c = 0. Bila garis ini melalui dua titik (x1 , y1 ) dan (x2 , y2), didapat sistem persamaan homogin ax + by + c = 0 ax1 + by1 + c = 0 ax2 + by2 + c = 0

57

atau ditulis dalam bentuk matriks

 

x y 1 x1 y1 1 x2 y2 1

          a b c

=

0 0 0

Persamaan homogin ini mempunyai jawab nontrivial bila

 

atau

x1 y2 + (y1

x y 1 x1 y1 1 x2 y2 1

=0

− y )x − (x − x )y − x y = 0 Jadi persamaan garis melalui (1, 2) dan (2, −3) adalah 1(−3) + (2 + 3)x − (1 − 2)y − 2(2) = 0 2

1

2

2 1

atau

5x + y

− 7 = 0.

Geometri Vektor di Bidang dan Ruang Dalam Geometri vektor, vektor dibidang didefinisikan sebagai pasangan dari bilangan x y



yang ditulis dalam bentuk kolom dengan koordinat pertama x dan koordinat kedua x dalam bidang adalah garis berarah dimulai y . Gambar dari suatu vektor X = y dari titik asal diakhiri oleh titik dengan koordinat x dan y . Misalnya vektor

   

3 1 4 A= ,B = ,C = 1 2 3

dan

D

=

 2 4

diberikan oleh Gambar berikut:

   

D

B

=

=

1 2

|

2 4

C

A

=

=

4 3

3 1

 ±

x Penambahan atau pengurangan dua vektor X = dan y X

± U = xy ± uv 58

U

=



u diberikan oleh v

(19)

Jadi A+B

=

         

3 1 3+1 4 + = = = 1 2 1+2 3

C.

Perkalian suatu vektor X dengan suatu bilangan r diberikan oleh

x rx = y ry

r X = r

Jadi

D

=

(20)

2 1 = 2 = 2B 4 2

dengan demikian B = 12 D. Terlihat disini perkalian suatu bilangan r dengan suatu vektor X menghasilkan suatu vektor rX yang lebih panjang bila r > 1 dan akan lebih pendek bila 0 < r < 1 . Perkalian yang demikian dinamakan perkalian skalar dan r dinamakan suatu skalar . Bila r = 1, maka 1X = X dan bila r = 0, maka 0 0X = = 0, yaitu merupakan vektor nol. Bila vektor X taknol, maka perkalian 0 skalar menghasilkan vektor sepanjang garis yang melalui titik asal dan titik dari koordinat X dengan arah sama dengan arah X untuk r > 0 dan berlawanan arah x x = dengan arah X bila r < 0. Kususnya bila r = 1, maka 1X = 1 y y yang mempunyai panjang sama dengan panjang X tetapi berlawanan arah. Hal ini x dinotasikan oleh X = , sehingga didapat y



−

−

    − − −

− 

−

−

X+(

        − − − − −          X)

x + y

=

x x = y y

0 x = = 0. 0 y

(21)

1 0 dan E2 = yang dinamakan 0 1 1 r vektor basis di bidang. Perkalian skalar rE1 = r = memberikan sumbu ko- 0 0 0 0 = memberikan sumbu ordinat pertama sedangkan perkalian skalar sE2 = r 1 s koordinat kedua . Sehingga diperoleh Dua vektor kusus yang penting adalah

X

=

E1

=

1 0 x = x +y = x E1 + y E2, 0 1 y

yaitu setiap vektor X secara tunggal diungkapkan sebagai jumlah dari satu vektor dari koordinat pertama dan satu vektor dari koordinat kedua. Jadi A

=

    

3 3 0 1 0 = + = 3 +1 = 3E1 + E2 , 1 0 1 0 1

dengan cara yang sama didapat D

=



2 = 2E1 + 4 E2 4

1. Dengan menggunakan determinan dapatkan persamaan parabola yang melalui tiga titik (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) dan (x3 , y3). Selanjutnya cek hasilnya bila ketiga titik tsb. adalah (0, 0), (1, 1) dan ( 2, 3).

−

59

Jawab Persamaan Parabola secara umum diberikan oleh ax2 +bx+c+dy = 0. Parabola ini melalui tiga titik (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) dan (x3 , y3 ), didapat Sistem Persamaan Linear Homogin:

ax2 + bx + c + dy ax21 + bx1 + c + dy1 ax22 + bx2 + c + dy2 ax23 + bx3 + c + dy3

= = = =

0 0 0 0

atau dalam bentuk perkalian matriks

 

x2 x x21 x1 x22 x2 x23 x3

        

1 y 1 y1 1 y2 1 y3

  

0 a 0 b = 0 c 0 d

Persamaan Homogin tsb. mempunyai Penyelesaian non trivial bila

 

x2 x x21 x1 x22 x2 x23 x3

atau

 

 

x21 1 y1 x22 1 y2 = x23 1 y3

x21 x1 y1 c = x22 x2 y2 = x23 x3 y3 dan

d =

x21 1 y1 x21 x1 y1 x22 1 y2 x + x22 x2 y2 x23 1 y3 x23 x3 y3

x1 1 y1 a = x2 1 y2 = x 1 (y3 x3 1 y3

b =

 

y y1 =0 y2 y3

     −  −    −   − −      − − − − −       − − − −        − − − − − −  − −  − − − − − − − −  − −  − −   −− − − −

x1 1 y1 x2 1 y2 x2 x3 1 y3

Jadi

1 1 1 1

x21 (y3

x1 x22 y3

x21 x1 1 x22 x2 1 = x23 x3 1

y2 )

x2 y3 + y2 x3 + y1 (x2

y2 )

x1 x22

x3 ) ,

x22 y3 + y2 x23 + y1 x22

y2 x23 + x21 (x2 y3

x2 x23

x21 x1 1 x22 x2 1 y = 0 x23 x3 1

x23

y2 x3 ) + y1 x22 x3

x23 + x22 x3 + x21 (x2

,

x2 x23

x3 ) .

Cek untuk (x1 , y1 ) = (0, 0), (x2 , y2 ) = (1, 1) dan (x3 , y3 ) = ( 2, 3), didapat

a b c d

= x1 (y3 y2 ) x2 y3 + y2 x3 + y1 (x2 x3 ) = 5, = x21 (y3 y2 ) x22 y3 + y2 x23 + y1 x22 x23 = 1, = x1 x22 y3 y2 x23 + x21 (x2 y3 y2 x3 ) + y1 x22 x3 x2 x23 = 0, = x2 x23 x1 x22 x23 + x22 x3 + x21 (x2 x3 ) = 6. 60

Jadi Persamaan parabola yang melalui tiga titik tsb. adalah 2

−5x − x + 6y = 0 atau 2. Diberikan dua vektor



a1 A= a2

dan

B

y =

5 2 1 x + x. 6 6

 b1 b2

=

Buktikan bahwa Luas Jajaran Genjang yang dibentuk oleh dua vektor A dan B sama dengan a b det 1 1 . a2 b2

  

Jawab Gambar dari bidang Jajaran Genjang yang dibentuk oleh dua vektor A dan dengan a1 b dan B = 1 A= a2 b2



diberikan oleh gambar berikut

B



B t

−a x + a y = 0 A

garis :

2

1

Luas bidang tsb. adalah

L =

||t||||A|| =

 || || t

a21 + a22 .

Nilai dari t adalah jarak dari titik (b1 , b2 ) ke garis vektor A diberikan oleh

|| ||

−a x+a y = 0 yang melintasi 2

1

+ a b | |a b − a b | ||t|| = | − a ab + = a a + a 2 1

1 2



2 1

Jadi

1 2

2 1

a21 +

det

Terlihat bahwa

a22

a21 + a22 = a1 b2

a1 b1 = a1 b2 a2 b2 L = det

3. Diberikan tiga vektor

2 1

2 1 2 2

  | −    | − |        

|a b − a b | L =

Tetapi

1 2



2 2

X

=

x , y

′ ′ = x y′

X

61

a2 b1 = L.

a1 b1 a2 b2

dan

.

V

=

|

a2 b1 .

2 . 1

Bila X′ merupakan proyeksi dari X terhadap garis yang melalui vektor V, maka dapatkan matriks A supaya X′ = A X.

Jawab

X

g s : i r g a ′

X

V

O

Proyeksi dari

X

x pada garis g yang melintasi = y

diberikan oleh





x′ = y′

             

· V = 2x + y 5 V·V X V

2 = 1

4 2 x+ y 5 5 2 1 x+ y 5 5

dengan demikian matriks A adalah

A =

4. Diberikan tiga vektor

x X= , y

4 5

1 5

2 5

1 5

x′ ′ X = y′

  

       

V

=

2 adalah = 1 4 5

1 5

2 5

1 5

X′

=

 x′ y′

x , y

.

dan

V

=



1 . 2

Bila X′ merupakan pencerminan dari X terhadap garis yang melalui vektor ′ V, maka dapatkan matriks A supaya X = A X. Selanjutnya cek hasilnya bila X

=

Jawab : i s r a g

′

X

V

g

X

O

62



0 . 10

Misalkan P dan X′ masing-masing adalah Proyeksi dan Pencerminan dari X terhadap garis g yang melalui V, maka P = 12 (X + X′ ) atau X′ = 2P X. Jadi

−

   −   −  −     

· V V = 2x + 4y 5 V·V

′ = 2 X

X

1 2

Jadi matriks A adalah

x = y

3 5

Sedangkan untuk X =



4 3 x+ y 5 5

4 5

4 5

3 4 x+ y 5 5

  

=

−  

3 5

4 5

4 5 3 5

   

x . y

,

3 5

0 didapat 10

′ = A X =

X

1. Dapatkan Persamaan garis g di vektor

−  

3 5

4 5

R3

4 5 3 5

      0 8 = 10 6

yang melalui titik P = (2, 4, 2) dan sejajar

 

1 V= 2 . 3

Selanjutnya dapatkan titik yang terletak pada bidang- xy dan garis g .

Jawab g

z V

X P y A

x

Sebarang titik X = (x , y , z) terletak pada garsis g bila dan hanya bila vektor P X = X P = t V dengan t R. Jadi

−−→

−

∈

X

=

P + tV

      x y z

   

=

2 1 4 +t 2 2 3

=

2+t 4 + 2t 2 + 3t

63

Maka dari itu persamaan garis g diberikan oleh:

g =

    x y z

x = 2 + t, y = 4 + 2t, z = 2 + 3t, t

 

∈R

.

Suatu titik terletak pada bidang- xy adalah A = (x,y, 0). Titik ini juga terletak 2 pada garis g , maka x = 2 + t, y = 4 + 2t dan 0 = 2 + 3t . Jadi titik A t= 3 yang terletak pada garis g dan bidang-xy adalah

⇒

A =

− 2

2 ,4 3

−

−

 

4 , 0 = 3

4 8 , , 0 . 3 3

2. Dapatkan persamaan bidang yang melalui tiga titik A = (0, 3, 3), B = ( 2, 2, 1) dan C = (0, 1, 1). Selanjutnya selidiki apakah bidang tsb. melalui titik asal (0, 0, 0).

−

Jawab z

C

N

B

y

A x

Misalkan Persamaan bidang adalah

ax + by + cz = d. Jadi vektor normal dari bidang adalah

 

a N= b c Vektor N tegak lurus

−→ AB = Didapat

−  −  2 1 2

−2a − b + 2c −2b + 4c

−→ dan AC =

= 0 = 0 64

 −  0 2 4

⇒ −b + 2c = 0

−

−

atau

−2a = 0 dan − b + 2c = 0.

Pilih b = 2 didapat c = 1 dan a = 0. Jadi persamaan bidang adalah

2y + z = d tetapi bidang melalui C = (0, 1, 1), didapat 2 + 1 = d d = 3. Oleh karena itu bidang yang melalui titik A = (0, 3, 3), B = ( 2, 2, 1) dan C = (0, 1, 1) adalah

−

−

−

⇒

2y + z = 3 . Bidang ini tidak melalui titik asal (0, 0, 0) sebab 0 + 0 + 0 = 3.



3. Tentukan jarak dari titik Q = (1, 3, 5) terhadap bidang yang melalui titik P = ( 1, 1, 7) dengan vektor normal

−

−  − 

1 1 . 1

N =

Jawab Q z P

N

R y

x

Misalkan persamaan bidang diberikan oleh

(X

− P) · N = 0

dengan X = (x,y,z ) sebarang titik di bidang dan P = ( 1, 1, 7) terletak pada bidang dengan vektor normal dari bidang diberikan oleh

−

N

=

−  −  1 1 1

Jarak titik Q ke bidang adalah panjang garis QR yang merupakan panjang (QP ). Misalkan d = QR , maka dari Proy −→ QR

−→

||−→||

d = =

  −→ −→ −→ ||  ·  || −→|| ||  −→ −→  −→ ||−→|| ·  || || · Proy−→ (QP ) = QR QR

QR

QP =

65

QR QP QR

N N

QP =

 · −→ || || 1

N

N

QP .

Panjang

N

adalah

 −

||N|| =

dan

12

+ 12

+(

1)2

−

=

√

3

· −→ QP = −2 + 2 + 2 = 2. −→ 1 1 2 √ √ d = ||N|| N · QP = 3 |2| = 3 3. N

Jadi

 

4. Diberikan persamaan dua garis y = m1 x+ a dan y = m2 x+ b. Tunjukkan bahwa bila dua garis tsb. tegak lurus maka m 1 m2 = 1.

−

Jawab y

y

=

m 2 x

+

b

N 1

x

O

N 2 y

=

x + 1 m

Garis y = m 1 x + a dapat ditulis sebagai daris garis ini adalah

a

−m x + y = a. Dengan demikian normal −m N = 1

  1

1

1

Begitu juga garis y = m2 x + b dapat ditulis sebagai demikian normal daris garis ini adalah N2 =

− m x + y 2

= b. Dengan

− 

m2 . 1

⊥ N . Jadi N · N = −m (−m ) + 1 = 0 ⇒ m m = −1. 1. Diberikan dua bidang 3x + 5y − 4z − 1 = 0 dan 3x + 5y − 4z + 37 = 0 . Dapatkan Kedua garis adalah tegak lurus, maka N1 1

2

1

2

2

1

2

jarak diantara dua bidang tsb.

Jawab Kedua bidang Bid1 : 3x + 5y 4z 1 = 0 dan Bid2 : 3x + 5y sejajar sebab mempunyai vektor normal yang sama yaitu

− −

N

=

 − 

− 4z + 37 = 0 adalah

3 5 . 4

Jadi persoalan ini bisa dilihat sebagai jarak suatu titik Q = (x1 , y1 , z 1 ) yang terletak pada bidang Bid1 ke bidang Bid2 yang melalui titik P = (x2 , y2, z 2 ). Titik 66

Q dan P yang memenuhi bisa dipilih Q = Gambar!)

  1 , 0, 0 3

dan P =

  0, 0,

37 (lihat 4

B i d 2

N

d

Q

R P

B i d 1

Bila jarak dari titik Q ke bidang Bid2 adalah d , maka

 · −→ || ||   − −→   1

d = Vektor

QP .

N

N

QP =

1 3

0

37 4

sedangkan N

Jadi

√ · −→ QP = −1 + 0 − 37 = −38 dan ||N|| = 9 + 25 + 16 = 5 −→ | −√ 38| = 16 √ 2. 1 N · QP = d = ||N|| 5 5 2

√

2.

 

Dengan demikian jarak antara dua bidang Bid1 dan Bid2 adalah d = 2. Dalam

R4

√

19 2. 5

diberikan vektor

  

2 6 v1 = , 0 9

  

1 2 v2 = 0 4

  

1 1 dan v3 = . 1 3

Selidiki, apakah v1 merupakan kombinasi linear dari jawaban saudara. Jawab Persamaan kombinasi linear V1 = x 2 V2 + x3 V3 atau

    

         

2 6 = x 2 0 9

dapat ditulis dalam bentuk matriks

1 2 0 4

1 1 1 3

  

1 2 + x3 0 4

1 1 1 3

2 6 x2 = . 0 x3 9

67

v2

dan

v3 .

Jelaskan

Didapat matriks diperbesar

 

1 2 0 4

1 1 1 3

 

 ⇒ 

2 6 0 9

| | | |

OBE

=

1 0 0 0

1 1 0 0

2 0 1 0

| | | |

 

0 = 1. Jadi tidak ada x3 yang memenuhi Dari baris ke-3 didapat 0 x3 = 1 0 x3 = 1, maka dari itu V1 bukan kombinasi linear dari V2 dan V3

⇒ 

3. a. Diberikan matriks

   

1 2 3 A = 4 5 6 7 8 9

Dapatkan ruang null dari matriks A .

Jawab Ruang Null dari A adalah ruang penyelesaian dari persamaan homogin : AX = 0 atau 1 2 3 x1 0 4 5 6 x2 = 0 . 7 8 9 x3 0

   

Lakukan Operasi baris Elementer

            ⇒ 

1 2 3 4 5 6 7 8 9

didapat

1 2 3 0 1 2 0 0 0

OBE

=

x1 + 2x2 + 3x3 = 0 x2 + 2x3 = 0 atau x 1 = a, x2 =

−2a, x = a dengan a ∈ R. Jadi ruang null dari A adalah 3

     −  ∈   ∈ | ⊥ ⊂

Null(A) = b. Misalkan

v adalah

a

R3

suatu vektor di

W =

1 2 1

3

R

w

a

R

.

dan himpunan

w

3

R

v

Selidiki, apakah W merupakan subruang dari

.

R3 .

Jawab Misalkan w1 dan w2 di W , diselidiki apakah vektor kombinasi linear dari dan w2 juga di W .

(x1 w1 + x2 w2 )

· v = x (w · v) + x (w · v) = x 0 + x 0 = 0. Terlihat bahwa x w + x w ∈ W . Jadi W adalah subruang dari R . 1

1

2

1

1

2

2

1

2

3

2

68

w1

4. Diberikan matriks

 

1 1 0 1 1 2 2 1 3 4 2 3

 

Tentukan rank matriks A . Jelaskan jawaban saudara. Jawab Lakukan Operasi Baris Elementer

 

1 1 0 1 1 2 2 1 3 4 2 3

   ⇒ OBE

=

 

1 1 0 1 0 1 2 0 . 0 0 0 0

Terlihat hanya ada dua baris hasil OBE yang tidak sama dengan nol, maka rank matriks A sama dengan dua (rank(A) = 2).

Transformasi Pada contoh-contoh berikut adalah mentransformasi bentuk A menjadi bentuk A¯ melalui perubahan koordinat dari bentuk A ke bentuk B .

Penskalaan Relatif terhadap titik asal Pada R2 Penskalaan bentuk A oleh suatu faktor sebesar a pada arah-x dan b pada arah-y relatif terhadap titik asal akan mengubah bentuk A menjadi bentuk A¯ diberikan oleh transformasi yang disajikan oleh matriks:

                  a 0 0 M S0 = 0 b 0 0 0 1

Jadi sebarang titik (x, y) di A akan diubah menjadi ( x ¯, ¯ y) sebagai berikut

x¯ a 0 0 y¯ = 0 b 0 1 0 0 1

y (0,2)

x ax y = by 1 1

M S0 y

A

(2,2) (0,2)

(x, y)

0

(1,0)

A¯

(4,2)

(¯x, ¯ y)

x

0

(2,0)

x

Pada gambar diatas, benda segitiga A diskla sebesar a = 2 kearah-x dan b = 1 kearah-y , sehingga didapat benda segitiga A¯. Hal ini bisa dilihat melalui transformasi M S0 , sehingga titik (1, 0) di A menjadi (2, 0) sebagai berikut

          2 0 0 0 1 0 0 0 1

1 2 0 = 0 1 1

69

Penskalaan Relatif terhadap suatu titik Pada R2 Penskalaan bentuk A oleh suatu faktor sebesar a pada arah-x dan b pada arahy relatif terhadap suatu titik ( p, q ) akan mengubah bentuk A menjadi bentuk A¯ diberikan oleh transformasi yang disajikan oleh matriks:

 

 

a 0 p(1 a) M S = 0 b q (1 b) 0 0 1

− −

Jadi sebarang titik (x, y) di A akan diubah menjadi ( x ¯, ¯ y) sebagai berikut

   

     

x¯ a 0 p(1 a) y¯ = 0 b q ((1 b) 1 0 0 1

x ax + p(1 y = by + q (1 1 1

y

y

− −

x2 + y 2 = 1

1

-1

M S

A

1 x

0

− a) − b)

 

x2 + (2y − 1)2 = 1 ¯ A 1

0

-1

1

x

-1

Pada gambar diatas, benda lingkaran A diskla sebesar a = 1 kearah-x dan b = 2 ¯. Hal ini bisa kearah-y relatif terhadap titik (2, 1), sehingga didapat benda ellips A dilihat melalui transformasi M S , sehingga titik (x, y) di A menjadi (x, 2y 1) sebagai berikut 1 0 0 x x 0 2 1 y = 2y 1 0 0 1 1 1

−

 

    −    − 

Dengan demikian lingkaran yang diberikan oleh

x2 + y 2 = 1 oleh transformasi M S diubah menjadi ellips yang diberikan oleh persamaan

x2 + (2y

− 1)

2

= 1 .

Translasi Pada R2 Translasi dari titik (x, y) pada benda A menjadi suatu titik (¯x, ¯ y) mengubah benda A menjadi benda A¯ diberikan oleh transformasi yang disajikan oleh matriks:

 

1 0 T x T = 0 1 T y 0 0 1

 

¯, ¯ Jadi sebarang titik (x, y) di A akan diubah menjadi ( x y) sebagai berikut

   

1 0 T x x¯ y¯ = 0 1 T y 1 0 0 1

       

70

x x + T x y = y + T y 1 1

y

y T A

2

A¯

3 2

1 0

1

x

2

2

1

0

3 x

Pada gambar diatas, titik (x, y) pada benda A digeser menjadi (x + T x , y + T y ) dengan T x = T y = 1 seingga didapat benda A¯. Hal ini bisa dilihat melalui transformasi T , sehingga titik (x, y) di A menjadi (x + 1, y + 1) di A¯ sebagai berikut

          1 0 1 0 1 1 0 0 1

x x+1 y = y + 1 . 1 1

Rotasi di titik pusat pada R2 Rotasi di titik pusat dari titik (x, y) pada benda A menjadi suatu titik (¯x, ¯ y) mengubah benda A menjadi benda A¯ diberikan oleh transformasi yang disajikan oleh matriks: cos α sin α 0 R = sin α cos α 0 , 0 0 1

 

 

−

dengan α adalah sudut putaran Jadi sebarang titik (x, y) di A akan diubah menjadi (¯x, ¯ y) sebagai berikut

   

cos α x¯ y¯ = sin α 1 0

− sin α cos α 0

(¯x, ¯ y)

y

A¯

     

0 0 1

x x cos α y sin α y = x sin α + y cos α 1 1

−

 

R A

α

(x, y) x

0

Gambar diatas menjelaskan suatu transformorasi dari titik (x, y) pada benda A menjadi titik (¯x, ¯ y) pada benda A¯ oleh transformasi rotasi R sebesar α pada titik pusat 0 . Didapat x ¯ = x cos α y sin α dan y¯ = x sin α + y cos α.

−

71

Evaluasi ke-2, Semester ganjil 2011/2012 Program Studi S1, Jurusan Arsitektur-ITS Matakuliah Tgl. Evaluasi Waktu Sifat Dosen

: : : : :

Matematika Arsitektur 3 Nopember 2011 Dikumpulkan 10 Nopember 2011 Buka buku Subiono

——————————————————————Cetak Evaluasi ini dan kerjakan pada lembar cetak yang tersedia serta isi Nama dan Nrp. saudara. Nama : Nrp. :

√ −

x 2 , x2 2

1. Bila f (x) = 4 x2 dan g(x) = dari komposisi fungsi (f g)(x).

− −

◦

maka tentukan domain dan range dari

Jawab:

2. Tentukan nilai x yang memenuhi persamaan 2

|3x − 2x| = x |3x − 2|. Jawab:

72

3. Hitung limit fungsi berikut



2x2 + x (a). lim x→0 sin x

28π 7πx (b). lim cos x→4 x2 x 12

Jawab: (a).

−

− −



(b).

4. Misalkan f suatu fungsi yang didefinisikan setidaknya pada interval buka (c p, c + p). Dikatakan bahwa f kontinu di c bila

−

lim f (x) = f (c). →c

x

Bila domain f memuat suatu interval (c p, c + p), maka f diskontinu di c bila salah satu dari dua alasan berikut

−

i. f mempunyai limit bila x mendekati c , tetapi lim f (x) = f (c) x →c ii. f tidak mempunyai limit bila x mendekati c .



Pada kasus i. bilangan c dinamakan diskontinu yang dapat dihapuskan . Diskontinu dapat dihapus dengan mendefinisikan ulang nilai f (c). Bila ada selidiki titik-titik diskontinu dari fungsi berikut

f (x) =



x + 2, 7 x6 ,

Jawab:

73

−

x 3 x > 3

≤

5. Bila x = y Jawab:



1 + y 2 , maka hitung

dy . dx

6. Dapatkan gradien garis singgung pada kurva x = y 2 kurva dengan sumbu- y . Jawab:

7. Hitung integral

 √ √

cos x dx . x

Jawab:

74

− 4y di titik-titik potong

8. (a). Dapatkan luas daerah yang dibatasi oleh y = x 3 dan dua garis y = x dan y = 1. (Sket gambar daerahnya!) (b). Hitung vulume benda putar yang terjadi dari daerah yang dibatasi oleh diatas kurva y = x3 dan dibawah garis y = 1 diputar terhadap sumbu- x dari x = 0 sampai x = 1 (Sket gambar daerahnya!)

−

Jawab: (a).

(b).

75

Evaluasi III, Matematika Arsitektur, 24 Nopember 2011. 1. Suatu lampu dan bola pada ketinggian 80 satuan dari lantai dan jarak bola dengan lampu 20 satuan. Bola jatuh kebawah diberikan oleh persamaan s = 16t2 dengan t adalah waktu (detik). Lihat gambar! Lampu Bola

20

s = 16t2 80

y Lantai

x

− 20

x Hitung kecepatan gerakan bayangan bola dilantai pada saat t = 1 detik. 2. Suatu tenda dengan ukuran p = 10 satuan dan r = 3 satuan diberikan oleh gambar berikut.

p

= 1 0

r = 3

3 r =

Dengan menggunakan integral hitung volume tenda! 3. dengan menggunakan operasi baris elementer selesaikan sistem persamaan linear berikut

−2x + 5y + 5z x − y + 2z 3x + 2y − 7z 4. Bila matriks

A =

 −

= 8 = 2 = 2

−

 −  −

1 0 x 0 1 , x 6 11 x 6

maka tentukan nilai x supaya A = 0.

| |

76

−

3

Program Linear dan Optimasi

Program linear membutuhkan perangkat matematika yang dinamakan pertidaksamaan linear , suatu contoh sistem pertidaksamaan linear dengan dua peubah yaitu 8x + 6y 3800 4x + 5y 2900 (22) x 0 y 0.

≥ ≥

 

≤ ≤

Sistem pertidaksamaan diatas bisa ditafasirkan sebagai berikut, misalkan suatu pembuat roti membuat dua macam roti dengan rincian sebagaimana diberikan oleh tabel berikut Bahan

Isi Kacang

Isi Strobery Persediaan

Terigu

8

6

3800

Mentega

4

5

2900

Penjelasan tabel ini adalah: pembuatan roti isi kacang memerlukan 8 g terigu dan 4 g mentega, sedangkan roti isi strobery memerlukan 6 g terigu dan 5 g mentega. Bahan yang tersedia adalah 3800 g terigu dan 2900 g mentega. Bila x adalah banyaknya roti isi kacang yang dibuat dan y banyaknya roti isi strobery yang dibuat maka didapat sistem pertidaksamaan (22). Bila keuntungan sebuah roti kacang Rp.100,- dan keuntungan sebuah roti strobery Rp.125,-, maka berapa banyaknya roti kacang dan roti strobery yang harus dibuat supaya mendapat keuntungan maksimum? Untuk menjawab persoalan ini, diformulasikan model kedalam bentuk matematik sebagi berikut. Misalkan z adalah keuntungan, maka formulasi masalahnya adalah, tentukan x dan y supaya

z = f (x, y) = 100x + 125y adalah maksimum dengan kondisi kendala x dan y memenuhi

8x + 6y 4x + 5y x 0 y 0.

≥ ≥

≤ 3800 ≤ 2900

 

Persamaan z = f (x, y) = 100x + 125y sering juga dinamakan fungsi obyektif . Salah satu cara untuk menyelesaikan masalah program linear adalah menggambar grafik dari kondisi kendala dan menentukan seluruh daerah yang mungkin pada kondisi kendala tsb. Selanjutnya tentukan titik-titik pada batas daerah tsb. dan selidiki (bila ada) titik-titik mana yang memenuhi nilai fungsi obyektif maksimum. Gam bar kondisi kendala serta titik-titik batas diberikan oleh gambar berikut.

77

y 1900/3

8x+6y=3800

C

B 4x+5y=2900

O

A

725

x

Daerah yang berwarna gelap (OABC) dinamakan daerah fisibel menunjukkan daerah dimana titik (x, y) yang terletak pada daerah ini memenuhi kondisi kendala. Titik C = (0, 580), O = (0, 0), A = (475, 0) dan B = (100, 500) adalah titik-titik batas yang memungkinkan nilai z maksimum, didapat

z = f (0, 580) z = f (0, 0) z = f (475, 0) z = f (100, 500)

= = = =

0 + 125(580) = 72500 0+0=0 100(475) + 0 = 47500 100(100) + 125(500) = 72500

Terlihat nilai maksimum z = 72500 untuk x = 100, y = 500 dan x = 0, y = 580 dan ada lebih dari satu penyelesaian. Secara umum penyelsaiaan dengan cara menggambar daerah kondisi kendala kurang memadai untuk persoalan berkaitan dengan sistem pertaksamaan yang cukup besar. Berikut ini diberikan suatu cara untuk menyelesaikan masalah linear programming yang dinamakan cara aljabar sebagaimana berikut. Semua bentuk kendala diubah menjadi = dan menambah peubah slak s . Sedangkan untuk kendala dengan bentuk juga diubah menjadi = dan mengurangi dengan peubah slak s. Melalui perubahan ini banyaknya peubah akan bertam bah, misalnya m (termasuk peubah s) dan bila banyaknya kendala k , maka ada sebanyak m n peubah yang harus dibuat nol dan ada sebanyak kombinasi m! persamaan yang dapat dibuat dengan menghitung n peubah dari n pern!(m n)! samaan dengan syarat nilai peubah yang negatif digunakan sebab tidak memenuhi kriteria syarat nonnegatif (dinamakan infisibel) sedangkan yang positif (dinamakan fisibel) digunakan untuk mentukan kriteria maksimum atau minimum. Pada contoh sebelumnya bila digunakan cara aljabar didapat.

≤

≥

−

−

8x + 6y 4x + 5y

≤ 3800 ≤ 2900

diubah menjadi 8x + 6y + s1 = 3800 diubah menjadi 4x + 5y + s2 = 2900

0, y 0 tidak diubah sebab hanya digunakan untuk menunjukkan Kondisi x syarat nonnegatif. Banyaknya peubah sekarang m = 4 dan ada sebanyak n = 2 4! kendala, dengan demikian akan ada sebanyak = 6 persamaan dengan 2!(4 2)! 2 peubah dianggap nol (dinamakan peubah nonbasic) dan n = 2 peubah yang harus dihitung dan dipilih yang nonnegatif. Penyelesaiannya diberikan oleh tabel berikut.

≥

≥

−

78

Matematika Arsitektur

Recommend Documents