DIKTAT MATEMATIKA I
Penyusun : Ir. Zainuddin Ginting, MT Ir.Amri Ismail
JURUSAN TEKNIK KIMIA, FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS MALIKUSSLEH LHOKSEUMAWE, 2012
KATA PENGANTAR
Matematika I merupakan mata kuliah wajib tingkat tingkat I di jurusan Teknik Kimia Universitas Malikussaleh, buku ini merupakan modul untuk menunjang mata kuliah tersebut, diharapkan diharapkan mahasiswa dapat menjadikan menjadikan buku ini sebagai diktat (handout). (handout). Penyusunan diktat ini untuk bertujuan bertujuan untuk mengefektifkan proses pembelajaran. ungsi diktat ini, bagi Dosen sebagai bahan pengajaran, sedangkan bagi Mahasiswa sebagai bahan pengganti buku catatan. Diktat Matematika I ini berisikan teori dan dan soal-soal untuk dapat diselesaikan di di rumah, , sehingga waktu pembelajaran dapat seefektif mungkin untuk dipergunakan berdiskusi dan mengerjakan banyak penyelesaian soal-soal di depan kelas.
Penulis mengharapkan masukan dari para mahasiswa dan pembaca, sehingga diktat ini dapat lebih sempurna dikemudian hari.
Releut, Agustus 2012 Penulis,
Zainu ai nudd ddin in G inti in ting ng
i
DAFTAR ISI
Hal Kata Pengantar ................................................... ........................................................................................................... ..........................................................
i
Daftar Isi ...................................................... .............................................................................................................. .................................................................. ..........
iv
1. PENDAHULUAN ..................................................... ................................................................................................. ............................................ 1.1 Sistem Bilangan Real ................................................ ................................................................................ ................................ 1.2 Operasi Bilangan ....................................................... ....................................................................................... ................................ 1.3 Urutan ................................................... .......................................................................................................... ....................................................... 1.4 Pertidaksamaan Pertidaksamaan .................................................. ......................................................................................... ....................................... 1.5 Nilai Mutlak ....................................................... .............................................................................................. .......................................
1 1 3 3 4 7
2. FUNGSI dan LIMIT .......................................................... ............................................................................................... ..................................... 2.1 Fungsi dan Grafik .................................................. ...................................................................................... .................................... 2.2 Operasi pada Fungsi ................................................. ................................................................................. ................................ 2.3 Pengertian Limit .................................................... ........................................................................................ .................................... 2.4 Teorema Limit ............................................... ........................................................................................... ............................................ 2.5 Limit Kiri dan :Limit Kanan ....................................................... .................................................................... ............. 2.6 Limit Tak Hingga ...................................................................................... 2.7 Kekontinuan Fungsi ................................................. ................................................................................. ................................
12 12 15 16 23 31 32 34
3. TURUNAN FUNGSI ..................................................... ............................................................................................ ....................................... 3.1 Pengertian Turunan Fungsi ..................................................................... 3.2 Turunan Fungsi Konstan dan Fungsi Pangkat ..................................... 3.3 Sifat - Sifat Turunan .................................................................................. ................................................ .................................. 3.4 Aturan Rantai (untuk Turunan Fungsi Komposisi) Komposisi) ............................ 3.5 Turunan Fungsi Invers ............................................................................. 3.6 Turunan Fungsi Implisit .......................................................................... ........................................................ .................. 3.7 Turunan Tingkat Tinggi ........................................................................... 3.8 Turunan Fungsi Aljabar dan Fungsi Transenden ............................... 3.8.1 Turunan Fungsi Rasional ............................................................... 3.8.2 Turunan Fungsi Irrasional ............................................................. ......................................... .................... 3.8.3 Turunan Fungsi Trigonometri ....................................................... 3.8.4 Turunan Fungsi Siklometri ............................................................ 3.8.5 Turunan Fungsi Logaritma ............................................................ 3.8.6 Turunan Fungsi Eksponensial Eksponensial ....................................................... 3.8.7 Turunan Fungsi Hiperbolik ...........................................................
38 38 39 40 41 42 42 43 44 44 44 45 46 47 49 50
ii
3.9
Turunan Fungsi Parameter ...................................................... ...................................................................... ................
50
4. INTEGRAL ................................................... ........................................................................................................... ............................................................ 4.1 Rumus Dasar ............................................... ............................................................................................. .............................................. 4.2 Integral dengan Subsitusi ........................................................................ ................................................................ ........ 4.3 Integral Parsial ................................................... .......................................................................................... ....................................... 4.4 Integral yang Menghasilkan Arcus Tangen dan Logaritma ............... 4.5 Integral Fungsi Pecah Rasional ............................................................... .................... ........................................... 4.5.1 Keadaan N(x) = D’(x) ............................................. ....................................................................... .......................... 4.5.2 Keadaan derajat N(x) ≥ derajat D(x) .............................................. 4.5.3 Keadaan Derajat N(x) < Derajat D(x) ............................................ ...................................... ...... 4.6 Integral Fungsi Trigonometri ........................................................... .................................................................... ......... 4.6.1 Rumus-rumus Rumus-rumus Sederhana .................................................. ................................................................ .............. 4.6.2 Bentuk ∫ R(sin x) cos x dx dan ∫ R(cos x) sin x dx ........................ 4.6.3 Integral dengan memperhatikan rumus-rumus rumus-rumus ......................... 4.6.4 Substitusi y = tan (x/2) ...................................................... .................................................................... .............. 4.6.5 Integral R(tan x) .................................................... ................................................................................ ............................ 4.6.6 Rumus Reduksi untuk Integral Fungsi Trigonometri ............... 4.7 Integral Fungsi Irrasional .................................................... ......................................................................... ..................... 4.7.1 Rumus yang perlu dihafal ..................................................... ............................................................. ........ 4.7.2 Bentuk Irrasional Satu Suku ................................................. .......................................................... ......... 4.7.3 Satu-satunya Bentuk Irrasional ..................................................... ............................................... ...... 4.7.4 Subsitusi Trigonometri .................................................. ................................................................... .................
53 54 55 57 59 62 62 62 63 70 70 70 71 71 73 73 74 74 75 75 75
5. INTEGRAL TERTENTU ..................................................... ...................................................................................... ................................. 77 5.1 Pengertian Integral Tertentu ................................................................... ............................................... .................... 77 5.2 Aplikasi Integral ................................................ ........................................................................................ ........................................ 83 5.2.1 Luas Daerah ...................................................... ..................................................................................... ............................... 83 5.2.2 Volume Benda Putar ....................................................................... 86 5.2.3 Panjang Kurva ........................................................ .................................................................................. .......................... 93 5.2.4 Luas Permukaan Benda Putar ................................................... ....................................................... .... 97 5.2.5 Usaha atau Kerja .............................................................................. ........................ ...................................................... 101 5.2.6 Momen dan Pusat Massa (Titik Berat) ......................................... 104
iii
1
PENDAHULUAN
1.1 Sistem Bilangan Real
Untuk mempelajari kalkulus perlu memahami bahasan tentang system bilangan real, karena kalkulus didasarkan pada system bilangan real dan sifatsifatnya. Sistem bilangan yang paling sederhana adalah bilangan asli, yaitu 1, 2, 3, ... Dengan menggunakan bilangan asli kita dapat menghitung banyaknya buku yang kita miliki, kendaraan yang melalui suatu jalan, orang-orang yang berada dalam suatu ruang dan lain-lainnya. Himpunan semua bilangan asli biasa dinotasikan dengan N. Jadi N = {1, 2, 3, 4, …} Jika di dalam himpunan semua bilangan asli kita tambahkan semua negatifnya dan nol, maka diperoleh bilangan-bilangan bulat , yaitu …, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, … Himpunan semua bilangan bulat biasa disimbolkan dengan Z. Jadi Z = {…, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, …} Selanjutnya untuk mengukur besaran-besaran seperti panjang, berat dan arus listrik maka bilangan bulat tidak memadai. Dalam hal ini bilangan bulat tidak dapat memberikan ketelitian yang cukup. Untuk keperluan ini maka dapat digunakan bilangan-bilangan rasional , seperti
3 4
,
− 2 19 5
,
2
, dan
7 8
didefinisikan sebagai bilangan yang dapat ditulis dengan keduanya bilangan bulat dan b
. Bilangan rasional a b
dengan a dan b
≠ 0. Dengan demikian bilangan-bilangan bulat
termasuk bilangan rasional juga. Bilangan bulat 3 merupakan bilangan rasional 6
sebab 3 dapat ditulis sebagai
2
. Himpunan semua bilangan rasional biasa
dinotasikan dengan Q. Jadi Q={
a b
⏐ a ∈ Z, b ∈ Z, b ≠ 0}
Bilangan rasional yang dapat menjadi ukuran dengan ketelitian yang cukup ternyata masih tidak dapat menjadi ukuran semua besaran misalnya panjang sisi miring segitiga siku-siku berikut.
1
1
1 Gambar 1 Dengan menggunakan bilangan irrasional maka hal tersebut di atas tidak menjadi masalah. Panjang sisi miring segitiga siku-siku tersebut adalah irrasional yang lain antara lain
2 . Bilangan
3 , 5 , 3 7 , e dan π.
Sekumpulan bilangan rasional dan irrasional beserta negatifnya dan nol bilangan-bilangan real (bilangan nyata). Himpunan semua bilangan real
dinotasikan dengan R. Hubungan keempat himpunan N, Z, Q, dan R dapat dinyatakan dengan N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R dan digambarkan dengan diagram venn berikut.
R Q Z
N
Gambar 2
Masih terdapat sistem bilangan yang lebih luas dari system bilangan real yaitu bilangan yang secara umum dapat dinyatakan dalam bentuk a + b a dan b keduanya bilangan bulat, atau a + bi dengan i =
dinamakan
bilangan kompleks dan
−
−
1 dengan
1 . Bilangan demikian
himpunan semua bilangan kompleks
dinotasikan dengan C.
2
Dalam buku ini bilangan kompleks tidak dibicarakan lebih lanjut. Jadi, apabila dalam buku ini disebutkan suatu bilangan tanpa keterangan apapun dimaksudkan adalah bilangan real. 1.2 Operasi Bilangan penjumlahan dan perkalian. Misalkan x dan y Pada R telah dikenal operasi penjumlahan
bilangan real maka penjumlahan x dan y ditulis x + y dan perkalian x dan y ditulis x . y atau secara singkat ditulis xy. Sifat-sifat operasi penjumlahan dan perkalian
pada R adalah sebagai berikut. 1) Hukum komutatif: x + y = y + x dan xy = yx. 2) Hukum asosiatif: x + ( y y + z) = ( x x + y) + z dan x( yz yz) = ( xy xy) z z. 3) Hukum distributif: x( y y + z) = xy + xz. 4) Elemen-elemen identitas: Terhadap penjumlahan: 0 sebab x + 0 = x. Terhadap perkalian: 1 sebab x. x.1 = x. 5) Invers (balikan): Setiap bilangan real x mempunyai invers aditif (disebut juga negatif ) – x yang memenuhi x + – x = 0 dan setiap bilangan real x yang tidak nol mempunyai 1 1 invers multiplikatif (disebut juga balikan) yaitu x yang memenuhi x. x. x = 1. −
−
Pengurangan dan pembagian didefinisikan dengan x – y = x + (– y)
dan x y
1
−
= x. x. y
1.3 Urutan
Bilangan-bilangan real bukan nol dibedakan menjadi dua himpunan terpisah yaitu bilangan-bilangan real positif dan bilangan-bilangan real negatif. Berdasarkan fakta ini diperkenalkan relasi urutan
(dibaca “kurang dari”) yang didefinisikan
<
dengan: x < y jika dan hanya jika y – x positif. x < y mempunyai arti yang sama dengan y > x.
3
Sifat-sifat urutan: 1) Trikotomi: Jika x dan y bilangan-bilangan real maka pasti berlaku salah satu di antara yang berikut: x < y atau x = y atau x > y.
2) Transitif: jika x < y dan y < z maka x < z. 3) Penambahan: x < y ⇔ x + z < y + z 4) Perkalian: Jika z positif maka x < y ⇔ xz < yz Jika z negatif maka x < y ⇔ xz > yz Relasi urutan ≤ (dibaca “kurang dari atau sama dengan”) didefinisikan dengan: x ≤ y jika dan hanya jika y – x positif atau nol.
Sifat-sifat ini adalah: 1) Transitif: jika x ≤ y dan y ≤ z maka x ≤ z. 2) Penambahan: x ≤ y ⇔ x + z ≤ y + z 3) Perkalian: Jika z positif maka x ≤ y ⇔ xz ≤ yz Jika z negatif maka x ≤ y ⇔ xz ≥ yz 1.4. Pertidaksamaan
Pertidaksamaan merupakan kalimat terbuka yang menggunakan relasi <, >, ≤ atau ≥. Penyelesaian suatu pertidaksamaan adalah semua bilangan yang memenuhi pertidaksamaan tersebut yang biasanya merupakan interval atau gabungan intervalinterval. Mengenai interval dapat dijelaskan sebagai berikut. Interval terbuka (a,b) adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar dari a dan kurang dari b. Jadi (a,b) = { x⏐ a
< x < b}. Sedangkan interval tertutup
[a,b] adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar atau sama dengan a dan kurang atau sama dengan b. Jadi [a,b] = { x⏐ a
≤ x ≤ b}. Beberapa interval
ditunjukkan dalam daftar berikut.
4
Penulisan Interval
Penulisan Himpunan
Dalam Garis Bilangan
(a, b)
{ x⏐ a < x < b}
a
b
[a, b]
{ x⏐ a ≤ x ≤ b}
a
b
[a, b)
{ x⏐ a ≤ x < b}
a
b
(a, b]
{ x⏐ a < x ≤ b}
a
b
(−∞, b)
{ x⏐ x < b}
a
b
(−∞, b]
{ x⏐ x ≤ b}
a
b
(a, ∞)
{ x⏐ x > a}
a
b
[a, ∞)
{ x⏐ x ≥ a}
a
b
(−∞, ∞)
R
Contoh Pertidaksamaan 1) 2 x – 7 < 4 x – 2 2) –5 ≤ 2 x + 6 < 4 3) x – x – 6 < 0 2
4) 3 x – x – 2 > 0 2
5)
2 x − 5 x − 2
≤1
Contoh 1
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2 x – 7 < 4 x – 2. 2 x – 7 < 4 x – 2
Penyelesaian :
⇔ ⇔ ⇔
2 x < 4 x + 5 – 2 x < 5 x >
− 52
Hp: interval ( − 5 , ∞) = { x⏐ x > 2
− 52 }
5
Contoh 2
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan –5 ≤ 2 x + 6 < 4. Penyelesaian :
≤ 2 x + 6 < 4 ⇔ –11 ≤ 2 x < –2 –5
⇔ − 11 ≤ x 2
< –1
Hp: interval [ − 11 , –1) = { x⏐ − 11 2
2
≤ x < –1}
Contoh 3
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2 – x – 6 < 0. 2 x – x – 6 < 0
Penyelesaian :
x – 3)( x + 2) < 0 ⇔ ( x
+ +
–
–
–
–2
+
+
+
+
3
Hp: interval (–2, 3) = { x⏐ –2 < x < 3} Contoh 4
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 3 x – x – 2 > 0 2
3 x – x – 2 > 0 2
Penyelesaian :
⇔ ( x x – 1)(3 x + 2) > 0 + +
–
–
− 23 Hp: interval (– ∞, − 2 ) ∪ (1, ∞) = { x⏐ x < 3
– 1
− 23 atau x > 1}
Contoh 5
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2 x − 5
Penyelesaian :
x − 2
⇔ ⇔
2 x − 5 x − 2
x − 2
≤1
≤ 1
– 1 ≤ 0
2 x − 5 − ( x − 2) x − 2
2 x − 5
≤ 0
6
x − 3
⇔
x − 2
≤ 0
x – 3)( x – 2) ≤ 0 dengan syarat x ≠ 2 (mengapa?) ⇔ ( x
+ +
–
–
2
–
+
+
3
Hp: interval (2, 3] = { x⏐ 2 < x ≤ 3}
1.5 Nilai Mutlak
Konsep nilai mutlak sangat diperlukan untuk mempelajari kalkulus. Oleh karena pembaca yang ingin memahami betul konsep-konsep dalam kalkulus disarankan mempunyai ketrampilan dalam bekerja menggunakan nilai mutlak. Definisi:
Nilai mutlak bilangan real x, ditulis x didefinisikan dengan x
Misal: 5
⎧ x ⎪ =⎨ ⎪⎩− x
jika x ≥ 0 jika x < 0
= 5 , − 5 = −(−5) = 5 , 0 = 0
Sifat-sifat nilai mutlak
1) 2)
ab a b
= =
ab a b
3)
a+b
≤
a
+ b (ketidaksamaan segitiga)
4)
a −b
≥
a
−b
Pertidaksamaan yang memuat nilai mutlak
Untuk menyelesaikan pertidaksamaan yang memuat nilai mutlak dapat digunakan teorema berikut.
7
Teorema:
1. x
<
a
– a < x < a
2. x
>
a ⇔ x < – a atau x > a.
⇔
Secara fisis x dapat menyatakan jarak x ke 0, sehingga x yang memenuhi x
<
a
menyatakan x yang jaraknya ke 0 kurang dari a. Secara fisis x − c dapat menyatakan jarak x ke c, sehingga x yang memenuhi x − c
<
a menyatakan x yang jaraknya ke c kurang dari a. a
a
64 4 744 8 64 4 744 8
– a
0
a
a
a
64 4 744 8 64 4 744 8
– a
c
a
Contoh 1
Tentukan penyelesaian x
<
3.
Penyelesaian :
Nilai x yang memenuhi –3
<
x < 3 merupakan penyelesaian pertidaksamaan x
<
3.
Gambarkan penyelesaian pertidaksamaan tersebut pada garis bilangan. Contoh 2
Tentukan penyelesaian pertidaksamaan x − 2
3.
<
Penyelesaian : x − 2
3
<
–3 < x – 2 < 3
⇔
–3 + 2 < x < 3 + 2
⇔
–1 < x < 5
⇔
Jadi, penyelesaiannya adalah x yang memenuhi –1
<
x < 5. Gambarkan pada garis
bilangan penyelesaian pertidaksamaan ini.
8
Contoh 3
Tentukan penyelesaian pertidaksamaan 3 x − 5
≥ 1.
Penyelesaian :
3 x − 5
≥ 1 ⇔ 3 x – ⇔
5 ≤ –1 atau 3 x – 5 ≥ 1
3 x ≤ 4 atau 4
x ≤
⇔
3 x ≥ 6
atau
3
x ≥ 2
Jadi, penyelesaiannya adalah x yang memenuhi x
≤
4 3
atau x ≥ 2. Gambarkan pada
garis bilangan penyelesaian pertidaksamaan ini. Contoh 4
Andaikan ε (epsilon) (epsilon) adalah bilangan positif. Tunjukkan bahwa x − 2
ε
<
⇔
5
5 x − 10
< ε .
Penyelesaian : x − 2
<
ε
< ε
⇔
5 x − 2
⇔
5 x − 2
⇔
5( x − 2)
⇔
5 x − 10
5
< ε < ε < ε
Contoh 5
Andaikan ε (epsilon) adalah bilangan positif, carilah bilangan positif δ sedemikian sehingga x − 3
< δ ⇒
6 x − 18
< ε
Penyelesaian :
6 x − 18
< ε ⇔
6( x − 3)
< ε
⇔
6 x − 3
< ε
⇔
6 x − 3)
< ε
⇔
x − 3
<
ε
6
Oleh karena itu dapat dipilih
δ =
ε
6
. 9
Secara mundur dapat dilihat bahwa
x −
< δ ⇒
3
6 x − 18
< ε .
Terkait dengan bilangan akar pangkat dua dapat dinyatakan bahwa 2
x
=
x
SOAL 1
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan berikut dan gambarkan himpunan penyelesaiannya pada garis bilangan. 1. 4 x – – 7 < 3 x – 5
16. ( x + + 2)(2 x – – 1)(3 x + + 7) ≥ 0
2. 2 x + + 16
17. x – 5 x – 6 x < 0
< x +
25
3
2
2
3. 7 x – – 1 ≤ 10 x + 4
18. ( x + + 5)( x + + 2) (2 x – – 1) > 0
4. 6 x – – 10 ≥ 5 x – 16
19.
5. 10 x + + 1 > 8 x + 5
20.
6. –6 < 2 x + + 3 < –1
21.
7. –3 < 4 x – – 9 < 11
22. 3 x + 4
8. 3 x + + 2 < 5 x + + 1 < 16
23.
9. 2 x – – 4 ≤ 6 – 7 x ≤ 3 x + 6
24. 4 x + 2
≥ 10
25. 2 − 4 x
≥ 10
2
10. x + x – – 12
<
0
2
11. x – 5 x + + 6 > 0
26.
12. 3 x 2 – 11 x – – 4 ≤ 0
27.
2
13. 2 x + 7 x – – 15 14. 15.
x +
5
≤
2 x − 1 2 x − 3 x +
1
0
≥
0
x −
2
x +
4
<
2 x − 1 x − x +
x
3
5 2
1
≥1
< 4 < 8
− 2 ≤ 6
3 x
x
3
2
+ 1 ≤ 4
+ 7 > 2
28. 1 − 29. 2 +
3x 5 5
≤ 4
> 1
x
>
0
30.
1
− 3 > 6.
x
10
Buktikan bahwa implikasi yang ditunjukkan adalah benar 31.
x −
3
<
32.
x −
2
<
33.
x +
4
<
0,5
⇒
ε
5 x − 15
⇒
6 x − 12
⇒
2 x + 8
6 ε
2
<
<
<
2,5 .
ε .
ε .
Dalam soal berikut, jika ε bilangan positif, carilah bilangan positif
δ sedemikian
sehingga implikasi yang diberikan benar. 34.
x −
5
<
δ ⇒
3 x − 15
35.
x −
2
<
δ ⇒
( 4 x − 5) − 3
<
ε <
ε
11
2
FUNGSI DAN LIMIT FUNGSI
2.1 Fungsi dan Grafiknya
Definisi Sebuah fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah suatu aturan yang memasangkan setiap x anggota A dengan tepat satu y anggota B.
A disebut domain (daerah asal) fungsi f dan B disebut kodomain (daerah kawan).
Sedangkan himpunan semua anggota B yang mempunyai pasangan disebut range (daerah hasil). f
A
B
Gambar 2.1 Fungsi
Definisi di atas tidak memberikan pembatasan pada domain dan kodomain. Domain dapat berupa himpunan yang beranggotakan orang atau yang lain, demikian pula kodomain. Dalam uraian selanjutnya domain dan kodomain dibatasi pada himpunan-himpunan bilangan real. Untuk memberi nama fungsi digunakan huruf tunggal seperti f (atau (atau g, atau F ), ), 3
x) menunjukkan nilai yang diberikan oleh f kepada x) = x – 4, maka f ( x kepada x. Jadi jika f ( x
maka 12
f (2) (2) = 23 – 4 = 4 f (–1) (–1) = (–1)3 – 4 = –5 f (a) = a3 – 4 3
3
2
2
3
f (a + h) = (a + h) – 4 = a + 3a h + 3ah + h – 4
Contoh 1
Untuk f ( x) = x2 – 2 x, carilah dan sederhanakan: a. f (4) (4) b. f (4 (4 + h) c. f (4 (4 + h) – f (4) (4) d.
f ( 4 + h) − f ( 4) h
dengan h ≠ 0.
Penyelesaian:
Contoh 2
Untuk f ( x) = x2 – 2 x dengan daerah asal {–1, 0, 1, 2, 3}, carilah daerah hasil fungsi f . Penyelesaian:
13
Bilamana untuk sebuah fungsi daerah asalnya tidak dirinci, maka dianggap daerah asal fungsi tersebut adalah himpunan bilangan real sehingga aturan fungsinya bermakna dan memberikan nilai bilangan real. Contoh 3
a. Daerah asal f ( x) = b. Daerah asal g(t ) =
1 x − 3
adalah { x ∈ R⏐ x ≠ 3}.
2 9 − t 2 adalah {t ∈ R⏐ 9 – t ≥ 0}.
Apabila daerah asal dan daerah hasil sebuah fungsi merupakan himpunan bilangan real, kita dapat membayangkan fungsi itu dengan menggambarkan grafiknya pada suatu bidang koordinat, dan grafik fungsi f adalah adalah grafik dari persamaan y = f ( x). Contoh 4
Buatlah sketsa grafik dari:
2
(a) f ( x) = x – 4 (b) g( x) =
1 x
(c) h( x) = ⏐ x⏐ Penyelesaian:
14
2.2 Operasi pada Fungsi
Jika f dan dan g dua fungsi maka jumlah f + + g, selisih f – – g, hasil kali fg, hasil bagi n
f /g dan perpangkatan f adalah fungsi-fungsi dengan daerah asal berupa irisan dari
daerah asal f dan dan daerah asal g, dan dirumuskan sebagai berikut. f + x) = f ( x) ( f + g)( x ( x) + g( x f – x) = f ( x) – g( x x) ( f – g)( x ( x f g)( x x) = f ( x) g( x x) ( f g ( x f / x) = ( f / g)( x
f ( x) g ( x )
x) ≠ 0 asalkan g( x
Contoh 5 2 3 x) = x – 2 x dan g( x x) = x – 1, tentukan f + Jika f ( x + g, f – – g, fg, f /g dan f . Selanjutnya
gambarlah sketsa grafiknya. Penyelesaian:
15
Selanjutnya didefinisikan komposisi fungsi sebagai berikut.
Jika f dan dan g dua fungsi dengan daerah asal g merupakan daerah hasil f maka komposisi g o f memenuhi (g o f )( )( x) = g ( f ( x))
Contoh 6
Jika f ( x) = x2 – 2 x dan g( x) = x – 1, tentukan g o f dan dan f o g. Selanjutnya gambarlah sketsa grafiknya. Penyelesaian:
(g o f )( )( x) = g ( f ( x)) 2
= g ( x – 2 x) 2
= x – 2 x – 1 ( f o g)( x) = f ( (g( x)) = f ( ( x – 1) = ( x – 1)2 – 2( x – 1) = x2 – 2 x + 1 – 2 x + 2 2
= x – 4 x + 3 Gambar grrafik dibiarkan untuk latihan.
2.3 Pengertian Limit
Perkataan limit berarti mendekati, seperti “Saya sudah menahan sampai mendekati batas kesabaran saya,” atau “Janganlah kamu mendekati zina.” Untuk memahami pengertian limit fungsi kita awali dengan fungsi berikut. 3
f ( x) =
x − 1 x − 1
Fungsi tersebut tidak terdefinisi di x = 1 sebab di titik ini f ( x) berbentuk
0 0
. Tetapi
dapat diselidiki mengenai nilai f ( x) di titik-titik yang dekat dengan 1 ( x mendekati 1). Perhatikan nilai f ( x) untuk beberapa x seperti terlihat pada daftar dan grafik y = f ( x) dapat dilihat pada gambar berikut.
16
x
y = f ( x x)
1,25
3,813
1,1
3,310
1,01
3,030
1,001
3,003
↓
↓
1
?
↑
↑
0,999
2,997
0,99
2,970
0,9
2,710
0,75
2,313
Gambar 2.2
Berdasarkan informasi pada tabel dan pada grafik menunjukkan bahwa f ( x x) mendekati 3 apabila x mendekati 1. Secara matematis hal tersebut dituliskan dengan x − 1 3
lim x →1
x − 1
= 3
3
x – 1)/ ( x – 1) untuk x mendekati 1 adalah 3.” dan ini dibaca “limit ( x
Dalam contoh ini kita menghubungkan limit dengan perilaku fungsi dekat dengan 1, bukannya di 1.
Contoh 1
Dengan menggunakan beberapa nilai pendekatan x tentukan lim x →0
sin x x
17
Penyelesaian: x
y =
sin x x
1
0,84147
0,5
0,95885
0,1
0,99833
0,01
0,99998
↓
↓
0
?
↑
↑
–0,01
0,99998
–0,1
0,99833
–0,5
0,95885
–1
0,84147
Jadi, lim x →0
sin x x
= 1.
Ingat kembali mengenai nila mutlak. Jika ε adalah adalah sembarang bilangan positif, maka jarak f ( x dapat dinyatakan dalam bentuk: x) ke bilangan L kurang dari ε dapat f ( x ) − L < ε
dan ini ekuivalen dengan L – ε < f ( x x) < L + ε
yang menunjukkan bahwa f ( x x) terletak pada interval terbuka ( L L – ε , L + ε ) seperti terlihat pada gambar 2.3 (a). Selanjutnya misalkan
δ adalah
suatu bilangan positif dan x cukup dekat dengan c
sehingga jarak x ke c kurang dari δ , tetapi x ≠ c maka 0 < x − c < δ dan ini ekuivalen dengan c – δ < x < c + δ
yang berarti x terletak dalam interval terbuka (c – δ , c + δ ) dan dapat digambarkan seperti terlihat pada gambar 2.3 (b).
Fungsi dan Limit Fungsi
18
f ( x x)
f ( x x) L + ε
L
L – ε
x f ( x ) − L
<
c – δ
ε
0 < x − c
(a)
c + δ
c <
x
δ
(b)
Gambar 2.3
Gambar-gambar dalam Gambar 2.2 dan Gambar 2.3 diharapkan dapat memudahkan kita untuk memahami definisi formal dari limit sebagai berikut.
Definisi Limit f ( x x) untuk x mendekati c adalah L, ditulis lim f ( x ) = L
x → c
jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x − c < δ berlaku f ( x ) − L < ε .
Fungsi dan Limit Fungsi
19
Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan
apabila 0 < x − c
<
δ > 0
δ berlaku
sedemikian sehingga
f ( x ) − L
<
ε
Gambar 2.4 Contoh 2
Buktikan bahwa lim(3 x − 7) = 5 x → 4
Analisis pendahuluan pendahulua n:
Misalkan
ε > 0
sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan δ berlaku
sehingga apabila 0 < x − 4
<
Perhatikan
ε ⇔
(3 x − 7) − 5
<
(3 x − 7) − 5
3 x − 12
<
ε
⇔
3( x − 4)
<
ε
⇔
3 x − 4
⇔
x − 4
<
<
δ > 0
sedemikian
ε .
ε
ε <
3
Fungsi dan Limit Fungsi
20
Oleh karena itu dapat dipilih δ = dari
ε
3
ε
. Tentu saja dapat dipilih bilangan δ yang kurang
3
.
Bukti:
Ambil sembarang bilangan maka berlaku
ε > 0.
Kita pilih δ > 0, yaitu δ =
ε
3
. Apabila 0 < x − 4
< δ
(3 x − 7) − 5 = 3 x − 12 = 3( x − 4) = 3 x − 4 = 3 x − 4 < 3δ =
Jadi, terbukti lim(3 x − 7) = 5 .
3.
ε
3
= ε .
x → 4
Contoh 3
Buktikan bahwa lim
2 x 2
− 3 x − 2
=
x − 2
x → 2
5
Analisis pendahuluan:
Misalkan
ε > 0
sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan
sehingga apabila 0 < x − 2
Perhatikan
2 x 2
− 3 x −
x − 2
< δ
2
berlaku
− 5 < ε ⇔
ε
2
− 3 x −
2
x − 2
x − 2
( 2 x + 1) − 5
⇔
2( x − 2)
⇔
2 x − 2 x − 2
<
sedemikian
− 5 < ε .
( 2 x + 1)( x − 2)
⇔
⇔
Oleh karena itu dapat dipilih δ =
2 x 2
δ > 0
− 5 < ε
< ε
< ε < ε
ε
2
atau yang lebih kecil dari
ε
2
.
Fungsi dan Limit Fungsi
21
Bukti:
Ambil sembarang ε > 0 dipilih δ =
ε
2
sehingga 0 <
x
− 2 < δ berlaku
− 3 x − 2 ( 2 x + 1)( x − 2) − 5 = −5 x − 2 x − 2
2 x 2
= ( 2 x + 1) − 5 = 2( x − 2) = 2 x − 2 =
x
−2
< δ = Berarti terbukti bahwa lim x → 2
ε
< ε
2
2 x 2
− 3 x − 2 = 5. x−2
Contoh 4
Buktikan lim ( mx + b) = mc + b x → c Analisis Pendahuluan Pendahuluan:
Untuk setiap ε > 0, akan dicari bilangan
δ > 0
sedemikian sehingga apabila
0 < ⏐ x – c⏐ < δ berlaku ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ < ε . Perhatikan:
⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ < ε
⇔ ⏐mx – mc⏐ < ε ⇔ ⏐m⏐⏐ x – c⏐ < ε ⇔ ⏐ x – c⏐ <
Dapat dipilih δ =
ε m
ε m
asalkan m ≠ 0
.
Bukti:
Untuk m = 0, bukti cukup jelas. Misal m ≠ 0. Untuk setiap ε > 0 dipilih δ =
ε m
. Oleh karenanya jika 0
< ⏐ x – c⏐ < δ
maka berlaku ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ = ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ = ⏐mx – mc⏐
Fungsi dan Limit Fungsi
22
=
⏐m⏐⏐ x – – c⏐
< ⏐m⏐
ε
= ε .
m
Fungsi dan Limit Fungsi
23
Contoh 5
Buktikan, jika c > 0, maka lim x x → c
=
c
Analisis Pendahuluan
Akan dicari bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila x −
0 < ⏐ x – c⏐ < δ berlaku
< ε untuk setiap ε > 0.
c
Perhatikan: x −
( x
c =
c )( x x
+
+
c)
c
x − c
=
+
x
c
x − c
=
≤
−
x
+
c
x − c c
Dapat dipilih δ =
ε
c
Bukti:
Ambil sembarang ε > 0 dipilih δ = berlaku
x −
c
≤
x − c
<
c
ε
c c
ε
c . Oleh karenanya jika 0
< ⏐ x – c⏐ < δ maka
< ε .
2.4 Teorema Limit
Teorema 2.4.1
Misalkan n bilangan bulat positif, k konstanta, konstanta, serta f dan dan g fungsi-fungsi yang mempunyai limit di c, maka: 1) lim k = k x → c 2) lim x x → c
=c
3) lim kf ( x ) = k lim f ( x) x → c x → c
Fungsi dan Limit Fungsi 23
4) lim [ f ( x ) + g ( x)] = lim f ( x ) + lim g ( x) x → c
x → c
x → c
5) lim [ f ( x ) − g ( x )] = lim f ( x ) − lim g ( x ) x → c
x → c
x → c
6) lim [ f ( x).g ( x )] = lim f ( x). lim g ( x ) x → c
7) lim
x → c
f ( x )
x → c g ( x )
x → c
lim f ( x)
=
x → c
lim g ( x )
, asalkan lim g ( x) ≠ 0 x → c
x → c
⎡ ⎤ 8) lim [ f ( x)] = ⎢ lim f ( x) ⎥ x → c ⎣ x → c ⎦ n
n
9) lim n f ( x) = n lim f ( x) , asalkan lim f ( x) > 0 untuk n bilangan genap. x → c
x → c
x → c
Bukti teorema 2.4.1 ini dibiarkan untuk latihan. Dengan menggunakan teorema ini maka penentuan nilai limit suatu fungsi akan menjadi lebih mudah. Contoh 6
Carilah lim 5 x 2 x → 3
Penyelesaian:
lim 5 x 2 = 5 lim x 2
x → 3
teorema 2.2.1 3)
x → 3
⎡ ⎤ = 5 ⎢ lim x ⎥ ⎣ x → 3 ⎦
2
= 5(3)2
teorema 2.2.1 8) teorema 2.2.1 2)
= 45. Contoh 7
Carilah lim (5 x 2 − 20) x → 3
Penyelesaian:
2 2 lim (5 x − 20) = lim 5 x − lim 20
x → 3
x → 3
= 45 – 20
x → 3
teorema 2.2.1 5) teorema 2.2.1 1)
= 25.
Fungsi dan Limit Fungsi 24
Contoh 8
Carilah lim
2 5 x
x → 3
Penyelesaian :
−
20
x
lim
5 x
2
−
20
=
x
x → 3
5 x 2
lim
−
20
x → 3
teorema 2.2.1 7)
lim x x → 3
lim 5 x 2 = = =
Ingat, bentuk f ( x ) = a0
+
a1 x + a 2 x 2
polinom disebut fungsi rasional,
a0 b0
+ +
−
20
x → 3
teorema 2.2.1 2) dan 9)
3 25
dari contoh 7.
3 5 3
+
... + a n x n disebut polinom dan hasil bagi
a1 x + a 2 x 2 b1 x + b2 x
2
+ +
... + a n x n
... + bm x
m
.
Teorema 2.4.2
1) Jika f fu fungsi polinom maka lim f ( x) = f (c) x → c
2) Jika f fungsi rasional maka lim f ( x ) = f (c) asalkan nilai penyebut di c tidak nol. x → c
Teorema 2.4.2 ini dapat dibuktikan dengan menggunakan teorema 2.4.1. Dengan adanya teorma 2.4.2 maka penentuan nilai limit fungsi polinom atau fungsi rasional menjadi sangat mudah, tentunya asalkan syarat perlu pada teorema tersebut untuk fungsi rasional dipenuhi.
Fungsi dan Limit Fungsi 25
Contoh 9
Tentukan lim 7 x 5
−
10 x 4
−
13 x + 6
x → 2
Penyelesaian: lim 7 x 5
−
10 x 4
−
13 x + 6 = 7(2)5 – 10(2) 4 – 13(2) + 6 = 44
x → 2 Contoh 10
5 7 x
Tentukan lim
−
x → 2
4 10 x
−
13 x + 6
3 x 2
−
6 x − 8
7 x 5
−
10 x 4
Penyelesaian: lim
3 x 2
x → 2
−
−
13 x + 6
=
7( 2) 5
−
10( 2) 4
3( 2) 2
6 x − 8
−
−
13(2) + 6
=
44 −
6( 2) − 8
8
=
−
11 2
.
Contoh 11
x 3
+
3 x + 7
x →1 x 2
−
2 x + 1
Tentukan lim
= lim x →1
x 3
+
3 x + 7
( x − 1) 2
Penyelesaian:
Teorema 2.4.2 tidak dapat digunakan karena nilai penyebut di x = 1 adalah nol dan teorema 2.4.1 bagian 7) juga tidak dapat dugunakan karena limit penyebut nol. Tetapi, karena limit pembilang 11, maka selama x mendekati 1 terjadi pembagian bilangan yang dekat 11 dengan bilangan positif dekat 0. Hasilnya adalah sebuah bilangan positif yang besar dan dapat dibuat besar sekehendak kita dengan membiarkan x cukup dekat dengan 1. Dalam hal ini dikatakan limitnya tidak ada. Contoh seperti ini akan diuraikan lebih lanjut pada bagian lain. Contoh 12
Tentukan lim
x 2
x → 2
+
x 2
3 x − 10
+
x − 6
Penyelesaian:
Sebelum
mencoba
mengambil
limitnya
terlebih
dahulu
diadakan
penyederhanaan penyederhanaan pecahan pecahan dengan faktorisasi faktorisasi.. lim
x → 2
x 2
+
x 2
3 x − 10
+
x − 6
= lim x → 2
= lim x → 2
=
( x − 2)( x + 5) ( x − 2)( x + 3) x + 5 x + 3
7 5
Fungsi dan Limit Fungsi 26
Teorema 2.4.3 (Teorema
Apit )
x) ≤ g( x x) ≤ h( x x) untuk setiap x di Misalkan f , g dan h adalah fungsi-fungsi dengan f ( x sekitar c, kecuali mungkin di c. Jika lim f ( x) = lim h( x) = L, x → c x → c maka lim g ( x ) = L. x → c
Bukti:
Diberikan bilangan ε > 0 Karena lim f ( x) = L, berarti terdapat bilangan x → c
δ 1
> 0 sedemikian hingga
x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < f ( x x) < L + ε . 0 < ⏐ x – c⏐ < δ 1 ⇒ ⏐ f ( x
Karena lim h( x) = L, berarti terdapat bilangan x → c
δ 2
> 0 sedemikian hingga
x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < h( x x) < L + ε 0 < ⏐ x – c⏐ < δ 2 ⇒ ⏐h( x
Dipilih δ = min{δ 1, δ 2} Apabila 0 < ⏐ x – c⏐ < δ maka berlaku L – ε < f ( x x) ≤ g( x x) ≤ h( x x) < L + ε x) < L + ε ⇒ L – ε < g( x x) – L⏐ < ε ⇔ ⏐g( x
Terbukti lim g ( x ) = L. x → c
Contoh 13
Dapat diselidiki bahwa 1 –
x
≤
6
tidak 0. Tunjukkan bahwa lim x →0
2
sin x x
sin x x
≤ 1 untuk semua x yang mendekati tetapi
= 1.
Fungsi dan Limit Fungsi 27
Penyelesaian: x 2
x 2
sin x
x) = x) = 1, maka lim f ( x) = lim1 − , g( x , dan h( x = 1 x →0 x →0 6 6 x dan lim h( x) = 1, sehingga diperoleh
x) = 1 – Misalkan f ( x x →0
lim1 −
x 2
x →0
6
⇔
sin x
≤ lim x →0
1 ≤ lim
≤ lim1 x →0
x sin x
x →0
≤ 1
x
Berdasarkan teorema 2.4.3 maka dapat disimpulkan lim x →0
sin x x
= 1.
SOAL 2
x) = 3 x3 + x, hitunglah masing-masing nilai 1. Untuk fungsi f ( x
a. f (1) (1)
c. f ( 12 )
b. f (–6) (–6)
d. f (
2. Untuk fungsi g(t ) =
t
1 + t 2
1 x
)
, hitunglah masing-masing nilai
a. f (1) (1)
c. f ( 14 )
b. f (9) (9)
d. f (
1 x
4
)
3. Gambarlah grafik fungsi
⎧− x 2 + 4 ⎪ a. f ( x) = ⎨ ⎪ 3 x ⎩
⎧ x 2 − 1 , x ≤ 0 ⎪ b. g ( x) = ⎨ 1 , 0 < x < 2 ⎪ x + 1 , x ≥ 2 ⎩
, x ≤ 1 , x > 1
2 4. Jika f ( x x) = x + x dan g( x x) =
2 x + 3
, tentukan:
a. ( f + g)(2) f +
d. ( f / / g)(1)
b. ( f – – g)(2)
e. (g o f )(1) )(1)
c. ( f g f g)(1)
f. ( f f o g)(1)
5. Jika f ( x x) = x 2 − 1 dan g( x x) =
2 x
, tentukan:
Fungsi dan Limit Fungsi 28
a. ( f g f g)( x x)
d. ( f o g)( x x) 4 e. f 4( x x) + g ( x x)
b. ( f / / g)( x x) x) c. (g o f )( )( x
Dalam soal nomor 6 – 10, buktikan lim it-limit tersebut. 6. lim(3 x − 7) = 2 x →3
7. lim ( 2 x − 4) = −8 x → −2
8. lim
x 2
25
x − 5
x →5
9. lim
−
x 2
= 10
+ 5 x − 6
=
x − 1
x →1
10. lim 2 x
=
x → 2
7
2
11. Buktikan bahwa jika lim f ( x) = L dan lim f ( x) = M , maka L = M . x →c
x →c
12. Misalkan F dan G adalah fungsi-fungsi sedemikian sehingga 0
≤
F ( x x)
≤
G( x x)
untuk semua x dekat dengan c, kecuali mungkin di c, buktikan bahwa jika lim G ( x ) = 0 maka lim F ( x) = 0.
x →c
x →c
Untuk soal-so soal-soaal berikut erikut (no. (no. 13 s.d. s.d. 20), tentu tentukan kan nilai nilai limit limit fungsi fungsi berik berikut ut 13. lim(7 x − 4) x →3
14. lim ( 2 x 3
− 5 x )
15. lim( 4 x 2
− 3)(7 x
x → −1
x →0
16. lim
3 x 4
x → − 2
17. lim u→ 2
18. lim
t → −1
x 3
u2 u2
2 x)
24
2u
−
4
t 2
+
7t + 7
2
−
4t − 5
t
+
−8
+
−
3
Fungsi dan Limit Fungsi 29
19. lim
w→ − 2
20. lim y → 1
( w + 2)( w 2 w
2
+
( y − 1)( y 2 y
2
−
−
w − 6)
4w + 4
+
2 y − 3)
2 y + 1
Fungsi dan Limit Fungsi 30
2.5 Limit Kiri dan Limit Kanan
Definisi Limit f ( x x) untuk x mendekati c dari kiri adalah L, ditulis lim− f ( x) = L
x →c
jika untuk setiap bilangan
ε
> 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan
δ >
0
sedemikian sehingga apabila 0 < c – x < δ , maka berlaku f ( x ) − L < ε . Limit f ( x x) untuk x mendekati c dari kanan adalah L, ditulis lim f ( x) = L
x →c +
jika untuk setiap bilangan ε > 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x – c < δ , maka berlaku f ( x ) − L < ε .
Teorema 2.5.1
lim f ( x) = L jika dan hanya jika lim− f ( x) = lim+ f ( x) = L
x →c
x →c
x →c
Contoh 14
⎧2 − x , x ≥ 1 ⎪ f ( x x) = ⎨ ⎪ x 2 , x < 1 ⎩ Tentukan lim− f ( x) , lim+ f ( x) , dan lim f ( x) , selanjutnya gambarkan grafik x →1
x →1
x →1
fungsi f . Penyelesaian:
lim− f ( x) = lim x 2 = 1 x →1
x →1
lim+ f ( x) = lim 2 − x = 1 x →1
x →1
Karena lim− f ( x) = lim+ f ( x) = 1 maka lim f ( x) = 1. x →1
x →1
x →1
Fungsi dan Limit Fungsi 31
Contoh 15
⎧3 − x , x ≥ 1 ⎪ g( x x) = ⎨ ⎪ x 2 , x < 1 ⎩
Tentukan lim− g ( x) , lim+ g ( x) , dan lim g ( x) , x →1
x →1
x →1
selanjutnya gambarkan grafik fungsi g Tentukan lim− g ( x) , lim+ g ( x) , dan lim g ( x) , selanjutnya gambarkan grafik x →1
x →1
x →1
fungsi f . Penyelesaian:
lim− g ( x) = lim x 2 = 1 x →1
x →1
lim g ( x) = lim 3 − x = 2
x →1+
x →1
Karena lim− g ( x) ≠ lim+ g ( x) maka lim g ( x) tidak ada. x →1
x →1
x →1
2.6 Limit Tak Hingga Contoh 16
Carilah lim x →0
1 x
2
jika ada.
Penyelesaian:
x
± 1 ± 0,5 ± 0,2 ± 0,1 ± 0,05 ± 0,01 ± 0,001
1 x 2
1 4 25 100 400 10.000 1.000.000
Semakin x mendekati 0, x2 juga semakin dekat dengan 0, dan nilai
1 x
2
menjadi sangat besar
(lihat tabel di samping). Nampak dari grafik fungsi f ( x x) =
1 x 2
yang diperlihatkan pada
gambar 2.4 bahwa nilai f ( x x) dapat dibuat sangat besar dengan mengambil x cukup dekat ke 0. dengan demikian nilai f ( x x) tidak mendekati suatu bilangan , sehingga lim
1
tidak ada. x 2 Untuk menunjukkan menunjukkan jenis perilaku seperti uang ditunjukkan dalam contoh ini kita x →0
gunakan notasi
Fungsi dan Limit Fungsi 32
lim x →0
1 x 2
=
∞
Hal ini tidak berarti bahwa kita menganggap ∞ sebagai suatu bilangan. Tidak juga bermakna bahwa limit tersebut ters ebut ada. Notasi tersebut te rsebut hanyalah menyatakan cara khusus untuk menunjukkan bahwa limit tersebut tidak ada. Secara umum kita tuliskan lim f ( x) = ∞ x →c
untuk menunjukkan nilai f ( x) menjadi semakin besar ketika x semakin mendekati c. Limit jenis serupa, untuk fungsi yang menjadi negatif tak berhingga ketika x mendekati c dituliskan dengan lim f ( x) = – ∞ x →c
Contoh 17
⎛ 1 ⎞ ⎟ = – ∞ 2 x →0 x ⎝ ⎠
lim⎜ −
Hal ini juga dapat diberlakukan untuk limit kiri dan limit kanan lim f ( x) = ∞
lim f ( x) = ∞
x →c −
x →c +
lim f ( x) = – ∞
lim f ( x) = – ∞
x →c −
x →c +
Sebuah garis x = c disebut asimtot tegak kurfa y = f ( x) jika paling sedikit salah satu dari pernyataan berikut benar: lim f ( x) = ∞ x →c
lim f ( x) = – ∞ x →c
lim f ( x) = ∞
x →c −
lim− f ( x) = – ∞
x →c
lim f ( x) = ∞
x →c +
lim+ f ( x) = – ∞
x →c
Sebagai contoh, sumbu Y atau x = 0 merupakan asimtot tegak kurva y = lim x →0
1 x 2
=
1 x 2
karena
∞.
Fungsi dan Limit Fungsi 33
Contoh 18
Hitunglah lim tan x dan lim tan x x ( ) x ( ) 2 2 →
π
−
→
π
+
Penyelesaian:
lim sin x (2 )
sin x
x →
π
−
lim tan x = lim = = ∞ (2 ) lim cos x x ( ) cos x 2 x ( ) 2
x →
π
−
→
π
−
→
π
−
lim sin x (2 )
sin x
x →
π
+
lim tan x = lim = = – ∞ (2 ) x ( ) cos x x lim cos 2 x ( ) 2
x →
π
+
→
π
+
→
π
+
2.7 Kekontinuan Fungsi
Definisi Misalkan f : : A → R suatu fungsi, maka a. Fungsi f dikatakan dikatakan kontinu di c ∈ A jika lim f ( x ) = f (c) x → c
b. Fungsi f dikatakan dikatakan kontinu pada himpunan A jika f kontinu kontinu disetiap anggota A.
Definisi a mengandung arti bahwa f dikatakan dikatakan kontinu di c
∈
A jika dipenuhi ketiga
syarat berikut: 1) lim f ( x) ada x → c
2) Nilai f (c) ada 3) lim f ( x ) = f (c) x → c
Fungsi dan Limit Fungsi 34
Contoh 19
⎧ x 2 − 4 ⎪ x 2 , ⎪ − 1. f ( x) = ⎨ ⎪ 1 , ⎪ ⎩
x ≠ 2 x = 2
Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f . Penyelesaian:
1) lim f ( x ) = lim x → 2
x →2
2) f (2) (2) = 1
x 2 − 4 x − 2
= lim x → 2
( x − 2)( x + 2) x − 2
= lim( x + 2) = 4 x → 2
(ada)
(ada)
3) Karena lim f ( x ) ≠ f (2) (2) maka f tidak kontinu di x = 2. x → 2
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan diserahkan kepada pembaca.
2. f ( x) =
x 2 − 4 x − 2
Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f . Penyelesaian:
1) lim f ( x ) = lim x → 2
x →2
x 2 − 4 x − 2
= lim x → 2
( x − 2)( x + 2) x − 2
= lim( x + 2) = 4 x → 2
(ada)
2) f (2) (2) tidak ada 3) Karena f (2) (2) tidak ada, maka f tidak kontinu di x = 2. Gambarkan grafik fungsi f diserahkan diserahkan kepada pembaca.
⎧ x 2 − 4 ⎪ x − 2 , ⎪ 3. f ( x) = ⎨ ⎪ 4 , ⎪ ⎩
x ≠ 2 x = 2
Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f .
Fungsi dan Limit Fungsi 35
Penyelesaian:
1) lim f ( x ) = lim x → 2
x 2 − 4
x →2
2) f (2) (2) = 4
x − 2
= lim x → 2
( x − 2)( x + 2) x − 2
= lim( x + 2) = 4 x → 2
(ada)
(ada)
3) Karena lim f ( x ) = f (2) (2) maka f kontinu di x = 2. x → 2
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan diserahkan kepada mahasiswa.
⎧2 − x , x ≥ 1 ⎪ x) = ⎨ 4. f ( x ⎪ x 2 , x < 1 ⎩ Apakah f kontinu di x = 1? Gambarkan grafik fungsi f . Penyelesaian:
1)
lim− f ( x ) = lim x 2 = 1 x →1
x →1
lim+ f ( x) = lim 2 − x = 1 x →1
x →1
Karena lim− f ( x ) = lim+ f ( x ) = 1 maka lim f ( x ) = 1 x →1
x →1
x →1
(ada)
Lihat kembali contoh 14.
2) f (1) (1) = 2 – 1 = 1
(ada)
3) Karena lim f ( x) = f (1), (1), maka f kontinu kontinu di x = 1. x →1
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan diserahkan kepada mahasiswa.
⎧3 − x , x ≥ 1 ⎪ x) = ⎨ 5. g( x ⎪ x 2 , x < 1 ⎩ Apakah g kontinu di x = 1? Gambarkan grafik fungsi g. Penyelesaian:
1) lim− g ( x ) = lim x 2 = 1 x →1
x →1
lim+ g ( x) = lim 3 − x = 2
x →1
x →1
Fungsi dan Limit Fungsi 36
Karena lim− g ( x ) ≠ lim+ g ( x) maka lim g ( x) tidak ada. x →1
x →1
x →1
(lihat kembali contoh 15) Karena lim g ( x ) tidak ada, maka g tidak kontinu di x = 1 x →1
Teorema 2.7.1
1. Fungsi polinom (fungsi suku banyak) kontinu pada R. 2. Jika fungsi-fungsi f dan dan g keduanya kontinu di c dan k sembarang sembarang konstanta maka fungsi f + + g, f – – g, kf , , f /g (asal lim g ( x ) ≠ 0) juga kontinu di c. x →c
3. Jika g fungsi yang kontinu di c dan f fungsi kontinu di g(c) maka f o g kontinu di c.
SOAL 2
1. Tentukan limit (sepihak) berikut: a.
b.
lim−
x →0
lim+
x →0
x x x x
⎧ x, ⎪ ⎪⎪ c. f ( x ) = ⎨ x 2 , ⎪ ⎪ ⎪⎩2 − x,
x < 0
0 ≤ x ≤ 1 , x > 1
lim f ( x ) , lim+ f ( x) , lim− f ( x ) , dan lim+ f ( x )
x →0 −
x →0
x →1
x →1
2. Apakah fungsi-fungsi berikut kontinu di 2?
⎧ t 3 − 8 ⎪ t 2 , ⎪ − a. h(t ) = ⎨ ⎪ 12 , ⎪ ⎩
t ≠ 2 t = 2
Fungsi dan Limit Fungsi 37
⎧ 4t − 8 ⎪ t − 2 , ⎪ b. h(t ) = ⎨ ⎪ 2 , ⎪ ⎩
t ≠ 2 t = 2
⎧ x + 3 , ⎪ c. g( x) = ⎨ ⎪ x 2 + 1 , ⎩
x < 2 x ≥ 2
⎧− 3 x + 4 , ⎪ d. f ( x) = ⎨ ⎪ −2 , ⎩ ⎧ x, ⎪ ⎪⎪ 3. f ( x) = ⎨ x 2 , ⎪ ⎪ ⎪⎩2 − x,
x ≤ 2 x > 2
x < 0
0 ≤ x ≤ 1 x > 1
a. Apakah f kontinu kontinu di 0? b. Apakah f kontinu kontinu di 1?
⎧ x 2 , ⎪ ⎪⎪ 4. g ( x ) = ⎨− x, ⎪ ⎪ ⎪⎩ x,
x < 0
0 ≤ x ≤ 1 x > 1
a. Apakah g kontinu di 0? b. Apakah g kontinu di 1?
Fungsi dan Limit Fungsi 38
3
TURUNAN FUNGSI
3.1 Pengertian Turunan Fungsi
Definisi ’
Turunan fungsi f adalah adalah fungsi f yang yang nilainya di c adalah f (c + h) − f (c ) f (c) = lim h 0 h asalkan limit ini ada. ’
→
Contoh 1 2 x) = 3 x + 2 x +4, maka turunan f di Jika f ( x di x = 2 adalah f (2 + h) − f ( 2) f (2) = lim h 0 h 3(2 + h) 2 + 2( 2 + h) + 4 − (3. 2 2 + 2. 2 + 4) = lim h 0 h 2 3( 4 + 4h + h ) + 4 + 2h + 4 − (12 + 4 + 4) = lim h 0 h 12h + 3 h 2 + 2h = lim h 0 h h(12 + 3 h + 2) = lim h 0 h = lim(12 + 3h + 2) ’
→
→
→
→
→
h→ 0
= 14
Jika f mempunyai mempunyai turunan di setiap x anggota domain maka f ( x + h) − f ( x ) f ( x x) = lim h 0 h ’
→
’
x) turunan y atau turunan f dinotasikan Jika y = f ( x dinotasikan dengan y , atau
dy dx
’
x), atau , atau f ( x
df ( x ) dx
Turunan Fungsi
38
Contoh 2 x) = 3 x2 + 2 x +4, maka turunan f di Jika f ( x di sembarang x adalah f ( x + h) − f ( x ) f ( x x) = lim h 0 h 3( x + h) 2 + 2( x + h) + 4 − (3 x 2 + 2 x + 4) = lim h 0 h 3( x 2 + 2 xh + h 2 ) + 2 x + 2h + 4 − (3 x 2 + 2 x + 4) = lim h 0 h 2 6 xh + 3 h + 2h = lim h 0 h h(6 x + 3 h + 2) = lim h 0 h = lim(6 x + 3h + 2) ’
→
→
→
→
→
h→0
= 6 x + 2 3.2 Turunan Fungsi Fungsi Konstan dan Fungsi Pangkat ’
1. Jika f ( x x) = k dengan k konstan konstan untuk setiap x ( f f fungsi fungsi konstan), maka f ( x x) = 0. Bukti:
’
f ( x x)
= lim
f ( x + h) − f ( x) h
h →0
= lim
k − k h
h→ 0
=0 ’
2. Jika f ( x x) = x untuk setiap x ( f f fungsi fungsi identitas), maka f ( x x) = 1. Bukti:
’
f ( x x)
= lim
f ( x + h) − f ( x) h
h →0
= lim
( x + h) − x h
h →0
= lim h→ 0
h h
= 1. n
’
n –1
3. Jika f ( x x) = x dengan n bilangan bulat positif, untuk setiap x, maka f ( x x) = nx Bukti:
’
f ( x x)
= lim
f ( x + h) − f ( x) h
h →0
= lim h →0
.
( x + h)
n
x
−
n
h
Turunan Fungsi
39
x + nx n
n −1
n(n − 1)
h+
2
= lim
x
h →0
n− 2
h 2 + ... + nxh
n −1
+ h n − x n
h
⎛ ⎝ = lim
h⎜ nx n −1 +
n(n − 1)
2
⎞ ⎠
x n − 2 h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟
h →0
h
⎛ h →0 ⎝
= lim⎜ nx n−1 +
n(n − 1)
2
⎞ ⎠
x n − 2 h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟
= lim nx n−1 h →0
n− = nx 1
Contoh 3 5 4 x) = x , maka turunan f adalah x) = 5 x Jika f ( x adalah f ( x ’
3.3 Sifat-sifat Turunan
Jika k suatu konstanta, f dan g fungsi-fungsi yang terdiferensialkan, u dan v fungsi x) dan v =g( x x) maka berlaku: fungsi dalam x sehingga u = f ( x ’
’
1. Jika y = ku
maka y = = k (u )
2. Jika y = u + v
maka y = = u + + v
’
’
’
3. Jika y = u – v
maka y = = u – – v
’
’
’
4. Jika y = u v
maka y = = u v + u v
’
’
5. Jika y =
u
’
maka y = =
v
’
u ' v − uv ' v
2
Contoh 4 5 4 4 x) = 3 x , maka f ( x x) = 3.5 x = 15 x 1. Jika f ( x ’
x) = 3 x5 + 2 x, maka f ( x x) = 15 x4 + 2 2. Jika f ( x ’
5 4 x) = 3 x – 2 x, maka f ( x x) = 15 x – 2 3. Jika f ( x ’
5 4 5 x) = (3 x + 2 x)(4 x + 7), maka f ( x x) = (15 x + 2) (4 x + 7) + (3 x + 2 x)4 4. Jika f ( x ’
x) = 5. Jika f ( x
3 x 5 + 2 x 4 x + 7
’
x) = , maka f ( x
(15 x 4 + 2)(4 x + 7) − (3 x 5 + 2 x) 4 ( 4 x + 7) 2
Turunan Fungsi
40
p n x) = x dengan p bilangan bulat negatif maka f ( x x) = x – dengan – n = p, 6. Jika f ( x
x) = sehingga f ( x ’
f ( x x) =
=
0. x n
−
1 x n
. Dengan menggunakan turunan y =
1. nx n
u v
diperoleh
1
−
( x n ) 2 −
nx n
x
=
−
=
−
1
−
2n
nx 1 x n
nx
= px p
−
−
2n
−
n 1 −
1
−
3.4 Aturan Rantai (untuk Turunan Turunan Fungsi Komposisi)
Untuk menentukan turunan y = (3 x4 + 7 x – 8)9 dengan cara mengalikan bersama kesembilan faktor (3 x4 + 7 x – 8) kemudian mencari turunan polinom berderajat 36 tentulah sangat melelahkan. Cara yang mudah untuk menentukan 4
9
turunan y = (3 x + 7 x – 8) adalah dengan menggunakan aturan rantai. Aturan Rantai
Misalkan y = f (u) dan u = g( x x) menentukan fungsi komposisi yang dirumuskan dengan y = f (g( x x)) = ( f f o g)( x x). Jika g terdiferensialkan di x dan f terdiferensialkan terdiferensialkan di u = g( x x) maka y = ( f f o g)( x x) terdiferensialkan di x dan ’
’
= ( f ( x y = f o g) ( x) ’
’
= f (g( x x)) g ( x x) atau dy
dy du =
dx
du dx
Fungsí komposisi dapat diperluas menjadi komposisi 3 fungsi, 4 fungsi dan seterusnya. Jika
y = f (u) u = g(v) v = h( x x)
yakni y = ( f f o g o h)( x x) maka
dy dx
dy du dv =
du dv dx
Turunan Fungsi
41
Contoh 5
Tentukan turunan y = (3 x4 + 7 x – 8)9 Penyelesaian : 4
Misalkan
u = 3 x + 7 x – 8
→
dx
9
y = u dy dx
=
du
→
dy du
dy du du dx
3
=12 x + 7 = 9u8.
= 9u8(12 x3 + 7) 4
8
3
= 9(3 x + 7 x – 8) (12 x + 7) 3.5 Turunan Fungsi Invers Invers
Misalkan y = f ( x x) dan f mempunyai invers f menggunakan aturan rantai pada x = f dx
–1
( y y). Dengan
–1
( y y) diperoleh
1
−
=
dy
dx dy
dx
dx dy
1=
⇔
sehingga x = f
df ( y ) dy
dx ⇔
–1
dy dx
=
1 dy dx
3.6 Turunan Fungsi Implisit
Fungsí implisit secara umum dapat ditulis sebagai f ( x x, y) = 0 dengan y sebagai fungsí dalam x. Contoh fungsi implisit: 1) y – 2 x3 – 8 = 0 3
2
2) 2 x y – 7 y – x + 1 = 0 Contoh 6
1. Tentukan
dy dx
3
dari fungsí yang dirumuskan dengan y – 2 x – 8 = 0
Penyelesaian : 3
Apabila kedua ruas y – 2 x – 8 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh:
Turunan Fungsi
42
dy dx
2. Tentukan
dy dx
dy
⇔
2
– 6 x = 0
dx
2
= 6 x
3
2
dari fungsí yang dirumuskan dengan 2 x y – 7 y – x + 1 = 0
Penyelesaian : Apabila kedua ruas 2 x3 y – 7 y – x2 + 1 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh: dy dy 6 x2 y + 2 x3 – 7 – 2 x = 0 dx dx dy 3 2 ⇔ (2 x – 7) = 2 x – 6 x y dx 2 x − 6 x 2 y dy ⇔ = dx 2 x 3 − 7
3.7 Turunan Tingkat Tinggi ’
Jika fungsi diturunkan maka turunannya, yaitu f juga juga berupa fungsi sehingga boleh ’
’ ’
’’
jadi f mempunyai turunan tersendiri yang dinyatakan oleh ( f ) = = f . Fungsi yang f
’’
baru ini disebut turunan kedua dari f karena dia merupakan turunan dari turunan f . Dengan notasi Leibniz kita tuliskan turunan kedua dari y = f ( x x) sebagai d ⎛ dy ⎞
d y
dx ⎝ dx ⎠
dx
⎟=
⎜
2
2
2
’’
Notasi lain adalah f ( x x) = D f ( x x) Contoh 7 4
’’
Jika f ( x x) = 3 x + 7 x – 8, tentukan f ( x x). Penyelesaian : 3
’
f ( x x) = 12 x + 7 ’’
’
untuk mencari f ( x x) kita turunkan f ( x x): ’’
f ( x x) =
d dx
= 36 x
(12 x 3 + 7) 2
Contoh 8 5 Jika f ( x x) = (3 x + 2 x)(4 x + 7), tentukan f ( x x). ’’
Turunan Fungsi
43
Penyelesaian :
⎛ d ⎞ ⎛ d ⎞ 5 (3 x 5 + 2 x) ⎟ (4 x + 7) + (3 x + 2 x) ⎜ (4 x + 7) ⎟ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
f ( x x) = ⎜ ’
= (15 x4 + 2) (4 x + 7) + (3 x5 + 2 x)4 ’’
f ( x x) =
=
d dx d dx
4
5
4
d
[(15 x + 2) (4 x + 7) + (3 x + 2 x)4] [(15 x + 2) (4 x + 7)] +
dx
5
[(3 x + 2 x)4]
⎛ d ⎞ ⎛ d ⎞ (15 x 4 + 2) ⎟( 4 x + 7) + (15 x 4 + 2)⎜ ( 4 x + 7) ⎟ + ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠
= ⎜
⎛ d ⎞ ⎛ d ⎞ 5 5 ⎜ (3 x + 2 x) ⎟4 + (3 x + 2 x)⎜ 4 ⎟ ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ 3
4
4
3
4
4
5
= 60 x (4 x + 7) + (15 x + 2) 4 + (15 x + 2) 4 + (3 x + 2 x).0 = 60 x (4 x + 7) + (15 x + 2) 4 + (15 x + 2) 4
3.8 Turunan Fungsi Fungsi Aljabar dan Fungsi Fungsi Transenden Transenden
⎧ Fungsi Rasional
Fungsi Aljabar ⎨
⎩Fungsi Irrasional
Fungsi
⎧ Fungsi Trigonomet ri ⎪ Fungsi Siklometri ⎪⎪ Fungsi Transenden ⎨ Fungsi Logaritma ⎪Fungsi Eksponensial ⎪ ⎪⎩ Fungsi Hiperbolik
3.8.1 Turunan Fungsi Rasional
Contoh-contoh tentang turunan yang diuraikan sebelumnya (contoh 3) adalah contoh-contoh turunan fungsi rasional. Jadi turunan fungsi rasional ini tidak perlu dibahas kembali. 3.8.2 Turunan Fungsi Irrasional
Fungsi Irrasional adalah akar dari fungsi-fungsi rasional
Turunan Fungsi
44
Contoh 9
Tentukan turunan y = n x dengan n bilangan bulat positif Penyelesaian: y = n x dy dx
=
n
x = y sehingga
⇔
dx dy
1 1 1 1 = = y 1 n = n 1 dx n n ny dy −
−
= ny
n –1
1 n
+
4 x
3 x 2
+
4
2 x 3
+
4 x
1− n
n
( x ) n
1
( x )
=
1− n
1 1 = x n n
1
−
Contoh 10
Tentukan turunan y = x 3 Penyelesaian: y = x
3
+
+
4 x
(
4 x = x 3
+
4 x
)
1 2
’
Dengan aturan rantai diperoleh: y = = =
1 2
( x
3
1 2
) (3 x −
2
+
4
)
3.8.3 Turunan Fungsi Trigonometri
Akan dicari turunan fungsi kosinus sebagai berikut. Ingat: cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b. Jika f ( x x) = cos x, maka ’
f ( x x)
= lim
f ( x + h) − f ( x) h
h →0
= lim
cos( x + h) − cos x h
h→ 0
= lim
cos x cos h − sin x sin h − cos x h
h →0
= lim
cos x(cos h − 1) − sin x sin h h
h→ 0
= lim
cos x(cos h − 1)
h→ 0
h
= lim cos x lim h→ 0
h→ 0
– lim
sin x sin h h
h →0
(cos h − 1) h
– lim sin x lim h →0
h→ 0
sin h h
= cos x . 0 – sin x . 1 = – sin x
Turunan Fungsi
45
Jadi,
’
jika f ( x x) = cos x, maka f ( x x) = – sin x
Analog: ’
jika f ( x x) = sin x,
maka f ( x x) =
cos x
jika f ( x x) = tg x,
maka f ( x x) =
jika f ( x x) = ctg x,
maka f ( x x) = – cosec x
jika f ( x x) = sec x,
maka f ( x x) =
2
’
sec x 2
’
’
sec x tg x
’
jika f ( x x) = cosec x, maka f ( x x) = – cosec x ctg x
3.8.4 Turunan Fungsi Siklometri
Fungsi siklometri adalah invers fungsi trigonometri. Akan dicari turunan invers fungsi sinus (arcus sinus) berikut. y = arc sin x
→
x = sin y
1
→
x y
1 − x 2 dx dy dy dx
= cos y = =
Jadi,
1 cos y 1
cos y =
1 − x 2
1 − x 2
’
jika y = arc sin x, maka y = =
1 1 − x 2
Turunan Fungsi
46
Analog: 1
’
jika y = arc cos x,
maka y = = –
jika y = arc tg x,
maka y = =
jika y = arc ctg x,
maka y = = –
jika y = arc sec x,
maka y = =
’
1 − x 2 1 1 + x 2
’
’
’
1 1 + x 2 1
x x 2 − 1
jika y = arc cosec x, maka y = = –
1 2 x x − 1
3.8.5 Turunan Fungsi Logaritma
Akan dicari turunan f ( x x) = ln x berikut. ’
f ( x x)
= lim
f ( x + h) − f ( x)
h →0
= lim
h
ln( x + h) − ln x
h→0
= lim
h
⎛ x + h ⎞ ln⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
h→0
h
⎛ ⎝ = lim
ln⎜1 +
h→0
⎛ ⎝ = lim
h
x
x
= lim h →0
h
⎟
x ⎠
h
ln⎜1 +
h →0
h ⎞
h ⎞
⎟
x ⎠
. x
⎛ ⎝
ln⎜1 +
h ⎞
⎟
x ⎠
x
Turunan Fungsi
47
x
⎛ ⎝
ln⎜1 + = lim h→0
⎟
x ⎠
x x
⎛ ⎝
lim ln⎜1 + h →0
=
h ⎞ h
h ⎞ h
⎟
x ⎠
lim x h→0
⎛ h →0 ⎝
Mengingat (1) lim ln f ( x) = ln lim f ( x) dan (2) lim ⎜1 + h →0
h →0
x
h ⎞ h
⎟ =e
x ⎠
Sehingga diperoleh: x
⎛ ⎝
lim ln⎜1 + ’
f ( x x)
h →0
=
h ⎞ h
⎟
x ⎠
lim x h→0
x
⎛ h →0 ⎝
ln lim ⎜1 + =
h ⎞ h
⎟
x ⎠
lim x h →0
= =
ln e x
1 x
Jadi,
jika f ( x x) = ln x,
’
maka f ( x x) =
1 x
a
Selanjutnya jika y = log x maka turunannya turunannya dapat dicari sebagai berikut.
⇔ y =
a y = log x
ln x ln a 1
= ’
Sehingga y = = =
1
ln a
ln x
1
ln a x 1 x ln a
Turunan Fungsi
48
Jadi,
a
jika y = log x ,
’
maka y = =
1 x ln a
3.8.6 Turunan Fungsi Eksponensial x
Akan dicari turunan y = a sebagai berikut. x
y = a
x ln y = ln a
⇔
ln y = x ln a
⇔
x =
⇔
x =
ln y ln a 1
⇔
Sehingga Diperoleh
dx dy dy dx
ln a
=
1
1
ln a y
= y ln a. =a
Jadi,
ln y
x
ln a
x
x maka y = = a ln a ’
jika y = a ,
x Khususnya untuk a = e, jika y = e ,
’
x
maka y = = e
ln e
x
=e
Jadi,
x
jika y = e ,
’
x
maka y = = e
Turunan Fungsi
49
3.8.7 Turunan Fungsi Hiperbolik Hiperbolik
Definisi sinh x =
x − x e −e
2 x − x e +e
cosh x =
2 sinh x
tanh x =
cosh x
coth x =
sech x = e −e x
=
1 tanh x 1 cosh x
− x
x − x e +e
csch x =
1 sinh x
=
=
=
x − x e +e
e −e x
− x
2 e +e x
− x
2 x − x e −e
Jika f ( x x) = sinh x, maka dengan menggunakan turunan fungsi eksponensial diperoleh f ' ( x) =
=
d ⎛ e x − e − x ⎞
⎜
⎜ dx ⎝
2
⎟⎟ ⎠
x −x e − ( −e )
2 − x e +e x
=
2 = cosh x.
Jadi,
’
jika f ( x x) = sinh x, maka f ( x x) = cosh x
3.9 Turunan Fungsi Parameter Parameter
Apabila disajikan persamaan berbentuk: x = f (t ) y = g(t )
maka persamaan ini disebut persamaan parameter dari x dan y, dan t disebut disebut parameter. Dari bentuk parameter ini dapat dicari
dy dx
dengan cara sebagai
berikut. Dari x = f (t ) dibentuk t = = h( x x) dengan h fungsi invers dari f . Nampak bahwa y = g(t ) merupakan bentuk fungsi komposisi y = g(t )
= g(h( x x))
Turunan Fungsi
50
Diperoleh
dy dx
=
dy dt dt dx
atau
dy dx
=
dy 1 dt dx dt
sehingga
dy dx
=
dy dt dx dt
SOAL
dy
Carilah
dx
untuk yang berikut
x2 + 7) 1. y = (3 x4 + 2 x2 + x)( x
5. y =
x3 + 3 x2)(4 x2 + 2) 2. y = ( x
6. y =
3. y = 4. y =
1
7. y =
3 x 2 + 1
1 4 x 2 − 3 x + 9 x − 1 x + 1
2 x 2 − 3 x + 1 2 x + 1
2 5 x 2 − 1
Dengan aturan rantai tentukan
dy dx
untuk yang berikut
15 8. y = (2 – 9 x)
⎛ 3 x − 1 ⎞ ⎟ ⎝ 2 x + 5 ⎠
2 5 9. y = (5 x + 2 x – 8)
10. y =
1 ( 4 x 2 − 3x + 9) 9
15. y = sin ⎜
11. y = sin (3 x2 + 11 x) 4
12. y = cos (3 x – 11 x) 13. y = sin3 x
⎛ x 2 − 1 ⎞ ⎟⎟ 16. y = cos ⎜⎜ x 4 + ⎝ ⎠ 17. y = arcsin (3 x4 – 11 x) 4 8 18. y = arctg (3 x – 11 x) 19. y = ln (5 x2 + 2 x – 8)
4
⎛ x − 1 ⎞ 14. y = ⎜ ⎟ ⎝ x + 1 ⎠ Tentukan turunan fungsí implisit berikut 2 2 21. x + y = 9
(2 – 9 x) 20. y = e
3 2 3 26. 4 x + 11 xy – 2 y = 0
2 2 22. 4 x + 9 y = 36
27.
x y = 4 23. x y 24. xy2 – x + 16 = 0
28. xy + sin y = x 29. cos ( xy) = y2 + 2 x
3
2
25. x – 3 x y+ 19 xy = 0
xy + 3 y = 10 x 2
30. 6 x –
3 2 2 xy + xy = y
Turunan Fungsi
51
Tentukan
dy dx
untuk fungís parameter berikut
31. y = 2 – 9 t x = sin t
34. x = ln (2t – – 9) 2
3
y = (t + 7)
2 32. y = 2 – 9 t x = arc sin (t – – 1)
(2t – – 9) 35. x = e y = cosec t
33. x = ln (2 – 9 t ) y = sin t
36. y = sec (t – – 1) x = tg (t – – 1)
Turunan Fungsi
52
Integral
4
INTEGRAL
Definisi 4.0.1
Fungsi F disebut disebut anti turunan (integral tak tentu) dari fungsi f pada himpunan D jika ’
F ( x x) = f ( x x)
untuk setiap x ∈ D.
Fungsi integral tak tentu f dinotasikan dinotasikan dengan Jadi
d dx
∫ f ( x) dx dan f ( x x) dinamakan integran.
∫ f ( x) dx = f ( x x).
Contoh 1
sin x, sin x + 5, sin x –
7 adalah fungsi-fung fungsi-fungsi si integral integral tak tentu dari cos x pada
seluruh garis real, sebab derivatif mereka sama dengan cos x untuk semua x. Sifat 4.0.2:
Misalkan f dan dan g mempunyai anti turunan dan k suatu suatu konstanta, maka
∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx 2. ∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx 1.
Teorema 4.0.3
x) dan G( x x) Jika F dan dan G keduanya integral tak tentu dari f pada interval I, maka maka F ( x
berselisih berselisih suatu konstanta konstanta pada I x) – G( x x) = C dengan Jadi F ( x dengan C sembarang sembarang konstanta. Akibat 4.0.4
Jika F suatu suatu fungsi integral tak tentu dari f , , maka
∫ f ( x) dx = F ( x x) + C . dengan C konstanta konstanta sembarang. Thobirin, Kalkulus Integral
53
Integral
4.1 Rumus Dasar
1
1.
∫ x
2.
∫ x dx
= ln
3.
∫e
x
= e x + C
4.
∫
x
n
=
dx
1
a
dx
n +1 x
1
=
dx
x
ln a
a
n +1
+ C , , n ≠ –1
+ C
x
∫ sin x dx
dx
= – cos x + C
∫ cos x dx = sin x + C 7. ∫ sec x dx = tan x + C 8. ∫ csc x dx = – cot x + C 9. ∫ sec x tan x dx = sec x + C 10. ∫ csc x cot x dx = – csc x + C
∫
1
dx
1 − x
2
2
arc tan x + C
=
arc sin x + C
= – arc cos x + C
0 13.
∫ x
1 x
2
dx
−1
6.
2
=
= – arc cot x + C
,a≠1 a >
5.
2
, x ≠ 0 12.
+ C
1
∫ 1 + x
11.
=
arc sec x + C
= – arc csc x + C
∫ sinh x dx 15. ∫ cosh x dx 14.
= cosh x + C = sinh x + C
SOAL
Tentukan: 1.
∫ ( x − 2)
2.
∫
3.
∫
2
dx
2 x 2 + x + 1 x
1+
3
x
dx
dx
x
∫ (sin x − 5. ∫ 2 dx 4.
x ) dx
x
Thobirin, Kalkulus Integral
54
Integral
4.2 Integral dengan Substitusi
∫ (2 x + 5)
Masalah: Tentukan
2006
dx
Untuk menyelesaikan permasalahan seperti ini dapat digunakan aturan seperti pada teorema berikut. Teorema 4.2.1
Jika u = g( x mempunyai invers x = g –1(u) dan x) yang didefinisikan pada interval I mempunyai fungsi-fungsi g dan g
–1
keduanya mempunyai derivatif yang kontinu pada
intervalnya masing-masing, dan f kontinu kontinu pada interval di mana g –1 didefinisikan, maka
∫ f {g ( x)} g ' ( x) dx = ∫ f (u) du Contoh 2
Tentukan
∫ (2 x + 5)
2006
dx
Penyelesaian :
Substitusikan u = 2 x + 5
du
→
dx
=2
du = 2 dx
maka
∫ (2 x + 5)
2006
dx
=
1
∫2
= = =
1 2
∫
1
( 2 x + 5) 2006 2 dx u
2006
1
2 2007 1 4014
du u 2007 + C
( 2 x + 5) 2007 + C
Contoh 3
∫
Tentukan x (3 x 2 + 5) 2006 dx
Penyelesaian :
Substitusikan u = 3 x2 + 5
→
du dx
= 6 x
du = 6 x dx Thobirin, Kalkulus Integral
55
Integral
∫ x (3 x
maka
2
+ 5) 2006 dx
=
1
∫6 1
u 6∫
=
1
= =
(3 x 2 + 5) 2006 6 x dx 2006
du
1
u
6 2007 1
2007
+ C
(3 x 2 + 5) 2007 + C
12042
Contoh 4
Tentukan
∫
1 cos x dx 2
Penyelesaian :
Substitusikan u =
∫
maka
1 2
x
1 1 2 cos x dx 2 2
du
→
dx
=
1
⇔
2
du =
1 2
dx
∫
= 2 cos u du = 2 sin u + C = 2 sin
1 2
x + C
SOAL
Tentukan:
∫
1
3( x − 2) 9 dx
6.
∫
2. x (5 x 2 + 2) 9 dx
7.
∫ 4 + ( x + 1)
1.
∫
8
3.
∫ ( x + 3)
4.
∫ x ln x dx
5.
∫
4
dx
1
sin(ln x ) x
dx
dx
2
∫
8. x 2 x 2 − 1 dx 9.
dx
4 − x
2
∫e
10.
sin x
∫e
4 x
cos x dx dx
Thobirin, Kalkulus Integral
56
Integral
4.3 Integral Parsial
∫
Masalah: Tentukan x e x dx Misalkan:
u = f ( x x)
→
du
v = g( x x)
→
dv
dx
dx
= f ' ( x )
→ du = f ' ( x) dx → du = u ' dx
= g ' ( x )
→ dv = g ' ( x) dx → dv = v ' dx
d (uv)
uv = f ( x x) g( x x) →
dx
= f ' ( x ) g ( x) + f ( x ) g ' ( x)
d (uv) = f ' ( x) g ( x) dx + f ( x) g ' ( x) dx d (uv) = u ' v dx + uv ' dx d (uv) = v du + u dv
Jika kedua ruas diintegralkan, diperoleh uv =
∫ v du + ∫ u dv
⇔
∫ u dv = uv – ∫ v du Contoh 5
∫
x Tentukan x e dx
Penyelesaian :
Misalkan
→ du = dx
u = x
→ v = ∫ e x dx = e x
dv = e dx x
∫ x e
x
sehingga
∫ − ∫ e dx
x x dx = x e − e dx x
= x e
= x e
x
x
− e x + C
Contoh 6
∫
x
Tentukan x 2 e dx
Penyelesaian: Misalkan
u = x 2
→ du = 2 x dx
dv = e dx
→ v = ∫ e x dx = e x
x
Thobirin, Kalkulus Integral
57
Integral
∫ x
sehingga
2
∫ −2∫ xe dx
e x dx = x 2 e x − e x 2 xdx
= x 2 e x
x
= x 2 e x − 2( x e x − e x ) + C = x 2 e x − 2 x e x + e x + C Contoh 7
∫
Tentukan x cos x dx
5.
Penyelesaian:
Misalkan
→ du = dx
u = x
∫
dv = cos x dx → v = cos x dx = sin x
∫ x cos x dx = x sin x − ∫ sin x dx
sehingga
= x sin x + cos x + C Contoh 8
∫e
x
Tentukan
cos x dx
Penyelesaian:
u = e
→ du = e x dx
x
Misalkan
∫
dv = cos x dx → v = cos x dx = sin x
sehingga
∫e
x
∫ sin x − ∫ e
cos x dx = e x sin x − sin x e x dx = e x
x
sin x dx misal u = e x
→ du = e x dx
dv = sin x dx
→ v = ∫ sin x dx = − cos x
{
∫
= e x sin x − e x ( − cos x) − − cos x e x dx
}
∫
= e x sin x + e x cos x − cos x e x dx Diperoleh
∫e 2∫e ∫
∫
x
cos x dx = e x sin x + e x cos x − cos x e x dx
x
cos x dx = e x sin x + e x cos x
e x cos x dx =
1 2
e x sin x +
1 2
e x cos x + C
Thobirin, Kalkulus Integral
58
Integral SOAL
Tentukan:
∫ 2. ∫ x sin 2 x dx 3. ∫ ln x dx 4. ∫ x e dx
∫ e sin x dx 7. ∫ arcsin x dx 8. ∫ arctan dx 9. ∫ x ln x dx
1. x sin x dx
x
6.
−x
2
∫
2 −x 5. x e dx
∫
10.
ln ln x x
dx
4.4 Integral yang Menghasilkan Menghasilkan Arcus Tangen Tangen dan Logaritma
1
∫ 1 + x
Ingat:
2
=
dx
arc tan x + C
Berdasarkan rumus di atas dapat dibuktikan bahwa untuk konstanta a ≠ 0, maka berlaku:
∫a
1 2
+ x 2
dx
1
=
a
arc tan
x a
+ C
(4.4.1)
Perhatikan penyebut dalam integran.
Selanjutnya akan dicari
∫ x
1 2
dx
+ 2bx + c
2 2 Jika f ( x dan x) = x + 2bx + c dengan D = 4b – 4c < 0, maka f ( x x) definit positif dan
selalu dapat dibawa ke bentuk 2
2
f ( x x) = ( x x + b) + p
dengan p2 = c – b2 > 0 sehingga
∫ x
1 2
+ 2bx + c
dx =
1
∫ ( x + b)
2
+ p 2
dx dan dengan menggunakan (4.4.1)
dapat diperoleh
∫ x
1 2
+ 2bx + c
dengan p =
dx =
1 p
arctan
x + b p
+ C
(4.4.2)
c − b2
Thobirin, Kalkulus Integral
59
Integral Contoh 9
Tentukan
∫
1
dx
3 + x 2
Penyelesaian:
Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh
∫
1
1
dx =
3 + x 2
3
arc tan
x
3
+ C
Contoh 10
Tentukan
∫ x
1 2
dx
+9
Penyelesaian:
Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh
∫
1 3 + x
dx = =
2
1 3
arc tan
x
3
+ C
Contoh 11
Tentukan
∫ x
1 2
+ 2 x + 5
dx
Penyelesaian: b = 1 c = 5 p =
5 − 12 =
4=2
Dengan rumus (4.4.2) diperoleh
∫ x
1 2
dx =
+ 2 x + 5
1 2
arc tan
x + 1
2
+ C
Atau secara langsung dengan cara berikut:
∫ x
1 2
+ 2 x + 5
dx =
Selanjutnya ingat:
∫
1 ( x + 1) 2 + 4
1
∫ x dx
= ln
dx =
x
1 2
arc tan
x + 1
2
+ C
+ C
Dengan rumus ini dapat ditunjukkan bahwa
∫
g ' ( x ) g ( x )
dx
= ln
g ( x)
+ C
(4.4.3)
Thobirin, Kalkulus Integral
60
Integral Contoh 11
Tentukan
∫ x
2 x + 2 2
+ 2 x + 4
dx
Penyelesaian:
Dengan rumus (4.4.3) diperoleh
∫ x
2 x + 2 2
+ 2 x + 4
dx = ln x 2 + 2 x + 4 + C
Contoh 12
Tentukan
∫ x
x + 5 2
+ 6 x + 13
dx
Penyelesaian:
∫ x
x + 5 2
+ 6 x + 13
dx =
= = = =
∫
1 2
x 2 + 6 x + 13
∫ x 1 2 1 2 1 2
( 2 x + 6) + 2 1 2 2
( 2 x + 6)
+ 6 x + 13
dx
dx +
∫ x
ln x 2 + 6 x + 13 + 2
∫
ln x 2 + 6 x + 13 + 2 .
2 2
+ 6 x + 13 1
( x + 3) 2 + 4 1 2
dx
x + 3
arc tan
ln x 2 + 6 x + 13 + arc tan
dx
2
x + 3
2
+ C
+ C
SOAL
Tentukan: 1.
∫ x
2.
∫ x
3.
∫
4.
x + 5 2
+ 10 x + 13 x 2 + 5
3
+ 15 x − 1
tan x dx =
∫ x
dx
sin x
∫ cos x dx
5 2
dx
+ 4 x + 7
dx
5.
∫ x
6.
∫ x
7.
∫
8.
∫
3 x + 2 2
+ 4 x + 7 5 x + 1
dx dx
+ 6 x + 13 4 x + 1 dx x 2 − 6 x + 13 3 x − 2 dx x 2 − 4 x + 7 2
Thobirin, Kalkulus Integral
61
Integral
4.5 Integral Fungsi Pecah Pecah Rasional Rasional 2
3
n
Pn( x) = ao + a1 x + a2 x + a3 x + ...+ an x dengan an ≠ 0 dinamakan polinomial (fungsí
suku banyak) berderajat n. Fungsi konstan Po( x) = ao dapat dipandang sebagai polinomial berderajat nol. N ( x )
Fungsi pecah rasional adalah fungsi berbentuk
D ( x)
dengan N ( x) dan D( x) polinomial-
polinomial. Uraian mengenai integral fungsi pecah rasional dapat diperinci untuk beberapa kasus sebagai berikut.
4.5.1
’
Keadaan N ( x) = D ( x) ’
Jika N ( x) = D ( x) maka berdasarkan rumus (4.4.3) diperoleh: N ( x)
∫ D( x) dx
= ln D ( x )
+ C
dan ini sudah dibahas pada bagian 4.4 sehingga tidak perlu diulang. 4.5.2
Keadaan derajat N ( x) ≥ derajat D( x)
Lakukan pembagian N ( x) oleh D( x) sehingga diperoleh bentuk N ( x ) D ( x )
= Q( x) +
R ( x) D ( x )
dengan derajat R( x) < derajat D( x)
Q( x) adalah polinom, sehingga integralnya sangat mudah.
Contoh 13
1.
2.
∫ x ∫
x
x 3
dx =
x ⎫ ⎧ x − ⎨ ∫ ⎩ x 2 + 1⎬⎭ dx = ...
2
+1
4
− 19 x 2 − 48 x + 60 dx = 2 x + 6 x + 13
∫
6 x + 8 ⎫ ⎧ 2 ⎨ x − 6 x + 4 + 2 ⎬ dx = ... x + 6 x + 13 ⎭ ⎩
Kepada pembaca dipersilakan untuk melanjutkan penyelesaian kedua contoh dalam contoh 13 di atas. Dengan demikian yang perlu dipelajari lebih lanjut adalah keadaan dimana derajat N ( x) < derajat D( x) dan N ( x) ≠ D ( x) ’
Thobirin, Kalkulus Integral
62
Integral
4.5.3
Keadaan Derajat N ( x)
Derajat D( x) ’
Pada pembahasan ini N ( x) ≠ D ( x). Tanpa mengurangi umumnya pembicaraan, diambil koefisien suku pangkat tertinggi dari x dalam D( x) adalah satu. Untuk menghitung
N ( x )
∫ D( x) dx ,
terlebih dahulu integran dipisah menjadi pecahan-
pecahan parsialnya. Contoh 14
6 x 2 + 6 x
3
+ 4 x 2 + x − 6 6 x 2 + 6
x
3
+ 4 x 2 + x − 6
dapat dipecah menjadi pecahan-pecahan parsial berikut
=
1 x − 1
−
10 x + 2
+
15 x + 3
Jadi
∫ x
6 x 2 + 6 3
+ 4 x + x − 6 2
dx =
=
1
10
15
∫ x − 1 dx − ∫ x + 2 dx + ∫ x + 3 dx 1
∫ x − 1
dx
− 10 ∫
1 x + 2
dx
+ 15∫
1 x + 3
dx
= ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C
Karena sebelum melakukan pengintegralan terlebih dahulu diadakan pemisahan N ( x ) D( x )
menjadi pecahan-pecahan parsialnya, maka sebelumnya perlu dipelajari
cara memisah
N ( x ) D( x )
menjadi pecahan-pecahan parsialnya tersebut.
Memisah Pecahan Menjadi Pecahan Parsial
Dalam pembicaraan ini tetap diasumsikan: 1) derajat N ( x) < derajat D( x) 2) koefisien suku pangkat tertinggi dari x dalam D( x) adalah satu 3)
N ( x)
dan D( x) tidak lagi mempunyai faktor persekutuan
Thobirin, Kalkulus Integral
63
Integral
Menurut keadaan faktor-faktor D( x), dalam memisahkan
N ( x ) D( x )
menjadi pecahan-
pecahan parsialnya dapat dibedakan menjadi 4 keadaan, yaitu: a. Semua faktor D( x) linear dan berlainan b. Semua faktor D( x) linear tetapi ada yang sama (berulang) c. D( x) mempunyai faktor kuadrat dan semua faktor kuadratnya berlainan d. D( x) mempunyai faktor kuadrat yang sama. a. Semua faktor D( x) linear dan berlainan
Misalkan faktor-faktor D( x) adalah x – a, x – b, x – c, dan x – d , maka D( x) = ( x – a) ( x – b) ( x – c) ( x – d ). ). N ( x)
Dibentuk
D( x )
A
=
B
+
x − a
C
+
x − b
D
+
x − c
x − d
(1)
sebagai suatu identitas dalam x, sehingga untuk setiap nilai x yang diberikan maka nilai ruas kiri dan nilai ruas kanan dalam (1) sama. Konstanta A, B, C , dan D adalah konstanta-konstanta yang masih akan dicari nilainya. Contoh 15
Pisahkan
6 x 2 x 3
+
6
+
4 x 2
+
atas pecahan-pecahan parsialnya.
x − 6
Penyelesaian:
x
3
+
4 x 2
+
x − 6 = 0
( x – 1) ( x + 2) ( x + 3) = 0
⇔
Dibentuk 6 x 2 x 3 ⇔
⇔
6 x 2 x 3
+
6 x 2
4 x 2
+
+
6
+
+
=
4 x 2
+
6
+
=
A
+
x − 1
x − 6
B
C
+
x + 2
x + 3
(2)
A( x + 2)( x + 3) + B( x − 1)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 2)
( x − 1)( x + 2)( x + 3)
x − 6
6 = A( x + 2)( x + 3) + B ( x − 1)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 2)
untuk x = 1
→
12 = A(3)(4)
⇔
A = 1
untuk x = – 2
→
30 = B(–3)(1)
⇔
B = –10
untuk x = – 3
→
60 = C (–4)(–1) (–4)(–1)
⇔
C = = 15
Jika nilai A, B, dan C ini ini disubstitusikan ke dalam (2) maka diperoleh 6 x 2 x 3
+
4 x 2
+
6
+
x − 6
=
1 x − 1
−
10 x + 2
+
15 x + 3 Thobirin, Kalkulus Integral
64
Integral
sehingga
∫ x
6 x 2 + 6
+ 4 x 2 + x − 6
3
dx =
1
∫ x − 1
dx −
10
∫ x + 2
dx +
15
∫ x + 3 dx
= ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C Pada bagian ini dijumpai bentuk
1
∫ x − a dx
b. Semua faktor D( x) linear tetapi ada yang sama (berulang) x) adalah x – a, x – b, x – c, x – c, x – d , x – d , dan x – d , Misalkan faktor-faktor D( x
maka D( x x) = ( x x – a) ( x x – b) ( x x – c)2 ( x x – d)3. Selanjutnya dibentuk N ( x ) D ( x)
=
A x − a
+
B x − b
+
C
+
x − c
D
( x − c )
2
+
E x − d
+
F
( x − d )
2
+
G
( x − d ) 3
(3)
Perhatikan suku-suku pecahan di ruas kanan terutama yang sesuai dengan akar sama c dan d .
Contoh 16
Pisahkan
x
atas pecahan-pecahan parsialnya.
( x − 2)( x + 1) 3
Penyelesaian:
Dibentuk x
( x − 2)( x + 1)
3
=
A x − 2
+
B x + 1
+
C
( x + 1)
2
+
D
(4)
Thobirin, Kalkulus Integral
65
( x + 1) 3
x = A( x + 1) 3 + B ( x − 2)( x + 1) 2 + C ( x − 2)( x + 1) + D ( x − 2)
untuk x = –1
⎯→ –1 = –3 D
untuk x = 2
⎯→
2 = 27 A
untuk x = 0
⎯→
0 = A – 2 B – 2C – – 2 D
untuk x = 1
⎯→
1 = 8 A – 4 B – 2C – – D
Dari keempat persamaan tersebut diperoleh: A =
2 27
, B = −
2 27
, C = − 2
Jadi
x
6 27
−
, D = 2
1 3
−
6
1
27 + 3 = 27 + 27 + 2 x − 2 x + 1 ( x + 1) ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 3 3
Integral
Selanjutnya dapat dicari integral
x
∫ ( x − 2)( x + 1)
3
dx
1 − 272 − 276 3 ∫ ( x − 2)( x + 1) 3 dx = ∫ x − 2 dx + ∫ x + 1 dx + ∫ ( x + 1) 2 dx + ∫ ( x + 1) 3 dx 2 27
x
= ...
Pada bagian ini dijumpai bentuk
c.
1
∫ x − a
D( x) mempunyai faktor kuadrat
dx dan
∫
1 ( x − a) n
dx n = 2, 3, ...
dan semua faktor kuadratnya berlainan
Ingat teorema dalam aljabar berikut. Teorema: Akar-akar tidak real persamaan derajat tinggi dengan koefisien real sepasang-sepasang bersekawan, artinya jika a + bi suatu akar maka a – bi juga akar persamaan itu Berdasarkan teorema tersebut maka apabila a + bi akar persamaan D( x x) = 0 maka demikian juga a – bi, sehingga salah satu faktor D( x x) adalah 2 2 { x – (a + bi)}{ x – (a – bi)} = ( x x – a) + b yang definit positif.
2 2 2 2 2 Misal D( x x) = ( x x – p) ( x x – q) {( x x – a) + b }{( x x – c) + d } maka perlu dibentuk
N ( x) D( x)
=
A x − p
+
B x − q
+
C
( x − q) 2
+
Dx + E
( x − a ) 2 + b 2
+
Fx + G
( x − c) 2 + d 2
(5)
Contoh 17
Pisahkan
3 x x − 1 3
atas pecahan-pecahan parsialnya.
Penyelesaian :
3 x 3 x − 1
=
Dibentuk
3 x ( x − 1)( x 2 + x + 1) 3 x x 3 − 1
=
A
+
Bx + C
x − 1 x 2 + x + 1
3 x = A( x 2 + x + 1) + ( Bx + C )( x − 1) untuk x = 1
⎯→
3 = 3A
untuk x = 0
⎯→
0 = A – C
untuk x = –1
⎯→ –3 = A + 2 B – 2C
Setelah dicari nilai-nilai A, B, dan C diperoleh diperoleh A = 1 , B = −1 , dan C = 1 , sehingga Thobirin, Kalkulus Integral
66
Integral
3 x x − 1 3
Jadi
=
∫ x
− x + 1 x − 1 x + x + 1 1
3 x 3
−1
+
2
dx =
1
∫ x − 1 dx + ∫ x
− x + 1 dx + x + 1
2
= ... = ...
Pada bagian ini dijumpai bentuk
1
∫ x − a ∫
d.
D( x)
dx ,
∫
AX + B
( x − a) 2 + b 2
1 ( x − a ) n
dx n = 2, 3, ... , dan
dx
mempunyai faktor kuadrat yang sama
Berdasarkan teorema dalam bagian c di atas maka apabila a + bi merupakan akar berlipat k dari dari persamaan D( x) = 0 maka demikian juga a – bi, dan faktor-faktor dari 2
2 k
D( x) yang sesuai dengan akar-akar ini adalah {( x – a) + b } .
Misal D( x) = ( x – p) ( x – q) 2 {( x – a)2 + b2}{( x – c)2 + d 2}3 maka perlu dibentuk N ( x) D( x)
=
A x − p
+
+
B x − q
+
C
( x − q)
2
+
Dx + E
( x − a) + b 2
2
+
Fx + G
( x − c) + d 2
2
+
Hx + J
{( x − c) 2 + d 2 }2
Kx + L
{( x − c ) 2 + d 2 } 3
Contoh 18
Pisahkan
3 x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1 ( x − 2)( x 2 + 1) 2
atas pecahan-pecahan parsialnya.
Penyelesaian :
Dengan cara seperti yang telah diberikan sebelumnya didapatkan 3 x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1 ( x − 2)( x 2 + 1) 2
=
1 x − 2
−
x − 1 2 x + 1
−
x
( x 2 + 1) 2
Thobirin, Kalkulus Integral
67
Integral
Jadi
∫
3 x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1 ( x − 2)( x 2 + 1) 2
dx =
1
∫ x − 2
dx −
Pada bagian ini dapat muncul bentuk
N ( x )
∫ D( x) dx kita
Dalam mencari
x − 1
∫ x
2
+1
dx −
∫ ( x
AX + B
∫ {( x − a)
2
+ b 2 }n
x 2
+ 1) 2
dx
dx , n = 2, 3, ... , dan
dihadapkan kepada empat jenis integral yang
berbentuk: 1
∫ x − a dx
(1)
∫
(2)
∫
(3)
1
dx n = 2, 3, ...
( x − a ) n
AX + B
( x − a ) 2 + b 2
dx
AX + B
∫ {( x − a)
(4)
+ b 2 }n
2
dx , n = 2, 3, ...
Tiga bentuk yang pertama telah dapat diselesaikan menggunakan teori-teori yang sudah diberikan. Adapun integral bentuk keempat dapat diselesaikan dengan substitusi y = x – a sebagai berikut. AX + B
∫ {( x − a)
2
+b } 2
Ay + aA + B
∫
dx =
n
=
dy
{ y 2 + b 2 }n
A
∫
2
d ( y 2 + b 2 )
{ y 2 + b 2 }n
+∫
aA + B
{ y 2 + b 2 }n
dy
Integral untuk suku pertama pada ruas terakhir bukan masalah karena berbentuk du
∫u
, n = 2, 3, ... Sedangkan integral pada suku keduanya dapat diubah menjadi
n
aA + B
∫ { y
2
+ b 2 }n
dy =
=
aA + B b 2n
∫
aA + B b 2n
−1
Untuk menghitung integral
dy
⎧⎪ ⎛ y ⎞ 2 ⎫⎪ ⎨1 + ⎜ ⎟ ⎬ ⎪⎩ ⎝ b ⎠ ⎪⎭ dt
∫ {1 + t }
2 n
dt
∫ {1 + t }
2 n
n
dengan t = =
y b
dapat digunakan rumus reduksi berikut
Thobirin, Kalkulus Integral
68
Integral
dt
∫ {1 + t }
t
=
2 n
( 2n − 2)(1 + t 2 ) n
−1
+
2n − 3
dt
∫ {1 + t }
2 n −1
2n − 2
Dalam tulisan ini tidak diberikan bukti rumus reduksi tersebut.
Contoh 19
∫ ( x
Selesaikan
x + 3
+ 4 x + 13) 2
2
dx .
Penyelesaian:
∫ ( x
x + 3 2
+ 4 x + 13) 2
dx =
Untuk
1 81
1 81
∫ ( x
=
1 2
=
1 2
=
1 2
2
1
∫ {[( x + 2) / 3]
2
+ 1}
2
=
=
=
+ 4 x + 13)
dx +
2
2
∫ ( x
2
+∫
+ 4 x + 13) 2
d ( x 2 + 4 x + 13)
1 2
dx =
2 x + 4 2
∫ ( x
= −
+ 1}
dx
d ( x 2 + 4 x + 13)
1 2
2
+ 4 x + 13) 2
2
∫ ( x
= −
1
∫ {[( x + 2) / 3]
(2 x + 4) + 1
1 2
+ 4 x + 13) 2 1
x 2 + 4 x + 13
1 2 x + 4 x + 13
+∫
+∫
∫ {t
2
1
+ 1}
2
1 2
+ 4 x + 13) 2 1
1
dx
{( x + 2) 2 + 9}2 1
{9[( x + 2) / 3]
+ 811 ∫
dx
+ 1}
2
2
1
{[( x + 2) / 3]
2
x + 2
3
,
+ 1}
2
dt =
dx
dx
{( x + 2) 2 + 9}2
dx substitusikan t =
1 27
∫ ( x
1 3
dx
dx sehingga
dt
1 ⎛
⎞ t 2.2 − 3 1 ⎜⎜ ⎟ dt + 27 ⎝ ( 2.2 − 2)(1 + t ) 2.2 − 2 ∫ {t 2 + 1} ⎠⎟ 1 ⎛
⎞ t 1 1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ + ∫ 2 27 ⎝ 2(1 + t ) 2 {t + 1} ⎠ 1 ⎛
⎞ 1 t ⎜⎜ + arctan t ⎟⎟ 27 ⎝ 2(1 + t ) 2 ⎠ Thobirin, Kalkulus Integral
69
Integral
⎛ x + 2 x + 2 ⎞ 1 ⎜⎜ ⎟ + arctan 27 ⎝ 3.2(1 + x +3 2 ) 2 3 ⎠⎟ 1 ⎛ x + 2 1 x + 2 ⎞ ⎜⎜ ⎟ = + arctan 27 ⎝ 6 + 2( x + 2) 2 3 ⎠⎟ 1 x + 2 1 x + 2 + arctan = 27 2 x + 10 54 3 =
Jadi
∫ ( x
x + 3 2
+ 4 x + 13)
2
dx =
=
1
− 12 − 12
1 x
2
+ 4 x + 13 1
x
2
+ 4 x + 13
+ 811 ∫
+
1
{[( x + 2) / 3]
+ 1}
2
2
1 x + 2 27 2 x + 10
+
1 54
dx
arctan
x + 2
3
+ C .
LATIHAN
1.
2.
3.
∫ x
x 2
+ 3 x − 4 x + 3
∫ ( x − 1) ∫ ( x
2
( x + 4)
x 2
+ 1) 2
4.
dx
5.
dx
6.
dx
∫ ( x ∫ ∫
x 2
2 x 4
− 1) 2 ( x 2 + 1)
dx
− 2 x 3 + 3 x 2 − 2 dx 2 x − x
4 x 3 + x 2 ( x 2
+1
− 2) 3
dx
4.6 Integral Fungsi Trigonometri 4.6.1 Rumus-rumus Sederhana
∫ cos x dx = sin x + C ∫ sin x dx = – cos x + C ∫ sec x dx = tatan x + C ∫ csc x dx = – cot x + C ∫ sec x dx = ln ⏐sec x + tan x⏐ + C 2
2
∫
∫ tan x dx ∫ cot x dx ∫ sec x tan x dx ∫ csc x cot x dx ∫ csc x dx
= – ln ⏐cos x⏐+ C =
ln ⏐sin x⏐+ C
= sec x + C = – csc x + C = – ln ⏐csc x + cot x⏐ + C
∫
4.6.2 Bentuk R(sin x) cos x dx dan R(cos x) sin x dx
∫
∫ = ∫ R( y ) dy
Jika R fungsi rasional maka R(sin x) cos x dx = R(sin x) d (sin x)
Thobirin, Kalkulus Integral
70
Integral
∫ R(cos x) sin x dx
∫ = – ∫ R(t ) dt
= – R (cos x) d (cos x)
Dengan mengingat rumus cos 2 x + sin2 x = 1, maka:
∫ R(sin x, cos ∫ R(cos x, sin
∫
2
x) cos x dx = R( y, 1 − y 2 ) dy
2
2 x) sin x dx = – R(t , 1 − t ) dt
∫
Contoh 20
∫ (2 cos x − sin x + 7) cos x dx 2. ∫ sin x dx 2
1.
3
4.6.3 Integral dengan dengan memperhatikan memperhatikan rumus-rumus rumus-rumus
sin x sin y
=
1 2
{cos( x − y ) − cos( x + y )}
sin x cos y
=
1 2
{sin( x + y ) + sin( x − y )}
cos x cos y
=
1 2
{cos( x + y ) + cos( x − y )}
sin2 x
=
1 2
{1 − cos 2 x}
cos2 x
=
1 2
{1 + cos 2 x}
Contoh 21
Carilah 1.
∫ sin 3 x sin 2 x dx
2.
∫ sin 3 x cos 2 x dx ∫ cos 3 x cos 2 x dx ∫ sin x dx ∫ sin x dx
3. 4. 5.
2
4
4.6.4 Substitusi y = tan 12 x
Jika R(sin x, cos x) fungsi rasional dalam sin x dan cos x, maka
∫ R(sin x, cos x) dx dapat dibawa menjadi integral fungsi rasional dalam y dengan menggunakan substitusi y = tan 12 x . Thobirin, Kalkulus Integral
71
Integral
y = tan 12 x
dx =
x = 2 arc tan y
2 1 + y 2
dy
Selanjutnya perhatikan
1+ y2
1 2
y
x
1 Memperhatikan gambar di atas dapat dipahami bahwa y
sin 12 x =
1+ y2
cos 12 x =
dan
1 1 + y 2
sin x = sin( 2. 12 x) = 2 sin 12 x cos 12 x = 2
Jadi sin x =
2 y 1 + y 2
y
1
1+ y2
1 + y 2
=
2 y 1 + y 2
.
Dengan menggunakan rumus cos x = cos( 2. 12 x) diperoleh cos x = tan x =
cot x =
1 − y 2 1 + y 2 2 y 1 − y 2 1 − y 2 2 y
Contoh 22
Carilah: 1. 3.
dx
∫ 1 + sin x dx
∫ 1 + cos x
dx
2.
∫ sin x + cos x
4.
∫ csc x dx
Thobirin, Kalkulus Integral
72
Integral
4.6.5 Integral R(tan x)
Jika integran fungsi rasional dalam tan x saja, maka dapat dijadikan integral fungsi rasional dalam y dengan substitusi y = tan x, sehingga x = arc tan y dan dy
dx =
1+ y2
. R( y )
∫
∫ 1 + y
Jadi R(tan x) dx =
2
dy
Contoh 23
Carilah: 1.
∫
tan x dx
2.
dx
∫ 1 + tan x
4.6.6 Rumus Reduksi untuk untuk Integral Integral Fungsi Trigonometri Trigonometri
Jika n bilangan bulat positif, maka:
∫ sin ∫ cos
2 n +1
∫
x dx = − (1 − y 2 ) n dy
2 n +1
dengan y = cos x
∫
x dx = (1 − t 2 ) n dt
dengan t = = sin x
Untuk n bilangan genap positif dapat digunakan rumus:
∫
cos x dx =
∫
sin x dx =
n
n
∫ tan
n
x dx =
sin x cos n−1 x n
+
− cos x sin n −1 x n
tan n −1 x n −1
n −1 n
+
∫ cos
n −1 n
n−2
∫ sin
x dx
n−2
x dx
+ ∫ tan n − 2 x dx
− cot n−1 x n− 2 ∫ cot x dx = n − 1 − ∫ cot x dx n
∫
sec x dx = n
sin x sec n −1 x n −1
+
n−2
sec n −1 ∫
n−2
x dx
− cos x csc n −1 x n − 2 + csc n− 2 x dx ∫ csc x dx = ∫ n −1 n −1 n
Bukti rumus-rumus di atas tidak diberikan dalam tulisan ini.
Thobirin, Kalkulus Integral
73
Integral
LATIHAN
4.7
Integral Fungsi Irrasional
Dalam tulisan ini dibahas beberapa jenis integral fungsi irrasional. Pada dasarnya integral ini diselesaikan dengan mengubah integral irrasional menjadi integral rasional, baik rasional aljabar maupun trigonometri. 4.7.1 Rumus yang perlu dihafal
1
1)
∫
2)
∫ x
3)
∫
4)
∫
5)
a − x 2
2
a x − a 2
2
1 x + a 2
= arcsin
dx
2
1 x 2 − a 2
x
+ C
a
= ln x + x 2 + a 2 + C
dx
= ln x + x 2 − a 2 + C
∫
6)
∫
x + a dx
x
7)
∫
x − a dx = 2
+ C
dx
a − x dx = 2
a
= arc sec
dx
x
2
x
2
2
2
=
2 2 x
2
a − x + 2
2
x + a + 2
2
x − a + 2
2
a
2
2 a2
2 a
arcsin
x a
+ C
ln x + x 2 + a 2 + C
2
2
ln x + x 2 − a 2 + C
Dua rumus pertama mudah dibawa ke bentuk rumus integral dasar dengan substitusi y =
x a
. Sedangkan rumus-rumus yang lain dapat dibuktikan dengan
menggunakan metode yang akan diterangkan pada bagian 4.7.4. Thobirin, Kalkulus Integral
74
Integral
4.7.2 Bentuk Irrasional Satu Suku
Jika integran hanya memuat bentuk irrasional dari satu macam suku, misalnya x, maka integral dapat dijadikan integral rasional dengan substitusi y = n x dimana n kelipatan persekutuan terkecil dari pangkat-pangkat akar. Contoh 24 3
∫ 1+
x x
dx
diambil substitusi y = 6 x , sehingga x = y 6 dan dx = 6 y 5 dy
4.7.3 Satu-satunya Bentuk Irrasional
ax 2 + bx + c
ax 2 + bx + c se se bagai satu-satunya bentuk irrasional irrasional di dalam
Dalam hal ini
integran, maka integran dapat dijadikan rasional dengan substitusi ax 2 + bx + c = x a + y , jika a > 0
atau ax 2 + bx + c = xy + c , jika c ≥ 0
− ( y 2 − c) Dengan substitusi yang pertama diperoleh x = dan dx dapat dinyatakan 2 y a − b ke dalam bentuk rasional dalam y kali dy.
Contoh 25
∫ ( x − 3)
1 x 2 − 6 x + 2
dx
diambil substitusi
x 2 − 6 x + 2 = x + y , sehingga
− ( y 2 − 2) 1 y 2 + 6 y + 2 x = dy . Selanjutnya dapat diselesaikan seperti dan dx = − 2( y + 3) 2 ( y + 3) 2 integral raasional 4.7.4 Substitusi Trigonometri
Dengan memperhatikan rumus trigonometri cos2 x + sin2 x = 1 dan 1 + tan2 x = sec2 x bentuk-bentuk bentuk-bentuk
irrasional
berikut
dapat
dijadikan
bentuk rasional
fungsi
trigonometri.
Thobirin, Kalkulus Integral
75
Integral
Bentuk
Substitusi
Diferensial
a
2
− x 2
x = a sin θ
θ dx = a cosθ d θ
x
2
− a2
x = a sec θ
dx = a secθ
a
2
+ x 2
x = a tan θ
θ dx = a sec θ d θ
tanθ
θ d θ
2
Contoh 26
1. Buktikan
∫
a
2
− x
2
dx
=
x
2
a
2
− x + 2
a
2
2
arcsin
2. Gunakan substitusi x = a sin θ untuk menentukan
3. Carilah
∫ ( x − 3)
1 x
2
∫
x a
+ C 1 9 − x
dx 2
dx
− 6 x + 2
LATIHAN 4.7
1.
2.
3.
4.
∫ x ∫
1 2
d x
1 − x x
1 − x
2
dx 2
∫ ( x − 2) ∫ ( x − 2)
1 x
2
dx
− 4 x + 1
1 x
2
dx
− 4 x + 8
Thobirin, Kalkulus Integral
76
Integral Tertentu INTEGRAL TERTENTU
5
5.1 Pengertian Integral Tertentu Definisi 5.1.1
Partisi P pada interval [a,b] adalah suatu subset berhingga P = { x0, x1, x2, …, xn} dari [a,b] dengan a = x0 < x1 < x2 < … < xn = b. Jika P = { x0, x1, x2, …, xn} partisi pada [a,b] maka Norm P, ditulis P , didefinisikan sebagai P = max{ xi – xi-1⏐1 = 1, 2, 3, …, n}.
a = x0
x1
…
x2
xn = b.
Contoh 1:
Pada interval [–3, 3], suatu partisi P = {–3, – 1 12 , – 12 , P = max{– 1 12 – (–3), – 12 – (– 1 12 ), 13 – (– 12 ), 2 –
= max{ 32 , 1, =
5 3
5 6
,
5 3
1 3
1 3
, 2, 3}mempunyai norm:
, 3 – 2}
, 1}
.
Jika f fungsi yang didefinisikan pada [a,b], P = { x0, x1, x2, …, xn} suatu partisi pada [a,b], wi
xi-1, xi], dan Δ xi = ∈ [ x
n
xi – xi-1, maka
∑ f (w )Δx i =1
i
i
disebut Jumlah Riemann f pada
[a,b].
y = f ( x x)
w1 x0 = a
w2 x1
x2
w3 w4 x3
wi x4
xi-1
wn xi
xn-1
b = xn-1
Thobirin, Kalkulus Integral 77
Integral Tertentu
Contoh 2: 2 Fungsi f pada pada [–3, 3] didefinisikan dengan f ( x x) = x – 1 dan P = {–3, – 1 12 , – 12 ,
1 3
, 2, 3} partisi
pada [–3, 3]. Dipilih titik-titik: w1 = –2, w2 = – 12 , w3 = 0, w4 = 1 12 , w5 = 2 23 . w1 = –2
⎯→ f (w1) = 3
Δ x1 =
w2 = – 12
⎯→ f (w2) = – 34
Δ x2 = 1
⎯→ f (w2).Δ x2 = – 34
w3 = 0
⎯→ f (w3) = –1
Δ x3 =
5 6
⎯→ f (w3).Δ x3 = – 56
w4 = 1 12
⎯→ f (w4) =
5 4
Δ x4 =
5 3
⎯→ f (w4).Δ x4 =
25 12
w5 = 2 23
⎯→ f (w5) =
55 9
Δ x5 = 1
⎯→ f (w5).Δ x5 =
55 9
3 2
⎯→ f (w1).Δ x1 =
9 2
Jumlah Riemann fungsi f tersebut pada interval [–3, 3] bersesuaian dengan partisi P di atas 5 100 adalah f ( wi ) Δ xi = . 9 i =1
∑
Jika P = {–3, – 1 12 , –1, – 12 ,
1 3
, 2, 2 12 , 3} partisi pada [–3, 3] dan w1 = –2, w2 = –1, w3 = – 12 ,
w4 = 0, w5 = 1 12 , w6 = 2 13 , serta w7 = 2 34 tentukan jumlah Riemann fungsi f pada [–3, 3]
bersesuaian dengan partisi P ini.
Definisi 5.1.2 n
1. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [a,b] maka: lim
P →0
∑ f ( w )Δ x i
i
= L jika dan hanya jika
i =1
untuk setiap bilangan positif ε terdapat bilangan positif
δ sehingga n
∑ f (w )Δ x
P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dengan P < δ , berlaku
i
i
untuk setiap partisi
− L < ε .
i =1 n
2. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [a,b] dan lim
P →0
∑ f (w )Δ x i
i
ini ada, maka limit tersebut
i =1
dinamakan integral tertentu (Integral Riemann ) fungsi f pada [a,b]. Selanjutnya f b
∫
dikatakan integrable pada [a,b] dan integralnya ditulis f ( x)dx . a b
∫
n
Jadi f ( x)dx = lim a
P →0
∑ f (w )Δ x i
i
i =1 a
b
∫
∫
b
a
3. Jika f integrable f integrable pada [a,b] maka: a. f ( x ) dx = – f ( x) dx b
a
∫
∫
a
a
b. Jika a = b maka f ( x )dx = f ( x )dx = 0
Thobirin, Kalkulus Integral 78
Integral Tertentu
Dari
definisi
5.1.2
b
∫
bagian
2
dapat
dipahami
bahwa
jika
f ( x ) > 0 ,
mak makaa
n
f ( x ) dx = lim
P →0
a
∑ f (w )Δ x i
secara geometris menyatakan luas daerah di bawah kurva
i
i =1
y = f ( x) , di atas sumbu X , di antara garis x = a dan x = b.
Contoh 3: 3
Jika f ( x x) = x + 3, tentukan
∫ ( x + 3) dx . −2
Penyelesaian:
Y
Buat partisi pada [–2, 3] dengan menggunakan n interval bagian yang sama panjang. Jadi panjang 5 setiap interval bagian adalah Δ x = . n Dalam setiap interval bagian [ x xi-1, x xi] partisi tersebut diambil wi = xi.
f ( x x) = x + 3
3
n
Akan dicari nilai lim
P →0
∑ f (w )Δ x i
i
.
i =1
-3
-2
-1
0
1
2
3
X
x0 = –2 x1 = –2 + Δ x
= –2 +
5 n
x2 = –2 + 2Δ x = –2 + 2( x3 = –2 + 3Δ x = –2 + 3(
5 n 5 n
) )
.
: xi = –2 + i.Δ x = –2 + i(
5 n
)
.
: xn = –2 + n.Δ x = –2 + n(
5 n
)=3
Karena untuk setiap i = 1, 2, 3, …, n dipilih wi = xi maka wi = –2 + i(
5 n
)= –2 +
5i n
, sehingga
Thobirin, Kalkulus Integral 79
Integral Tertentu
f (wi) = wi + 3
= (–2 +
5i n
)+3
5i
=1+
n Jadi jumlah Riemann fungsi f pada pada [–2, 3] bersesuaian dengan partisi P tersebut adalah n
∑ f (w )Δx i
⎛
n
i
=
i =1
5i ⎞ 5
∑ ⎝ ⎜1 + n ⎠⎟ n i =1
=
⎛
n
5
5i ⎞
∑ ⎝ ⎜1 + n ⎠⎟ n i =1
=
=
=
5 n
5 n
5 n
n
∑
5
1 +
n
i =1 n
+
(n) +
25
=5+
i =1
n2
i =1
2
5i
∑n
25
∑1
n
n
n
∑i i =1
{ 12 n(n + 1)}
25 ⎛ 1 ⎞ ⎜1 + ⎟ 2 ⎝ n ⎠
Jika P → 0 maka n → ∞, sehingga:
n
lim
P →0
∑ i =1
⎛
f ( wi )Δ xi = lim⎜⎜ 5 + n →∞
⎝
25 ⎛ 1 ⎞ ⎞ ⎜1 + ⎟ ⎟ 2 ⎝ n ⎠ ⎠⎟
= 17 12 3
Jadi
∫ ( x + 3) dx = 17
1 2
.
−2
Contoh 4: b
Tentukan
∫ dx . a
Penyelesaian:
Dalam hal ini f ( x) = 1 untuk setiap x ∈ [a,b]. Ambil sembarang partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dan sembarang titik wi ∈ [ xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n, maka
Thobirin, Kalkulus Integral 80
Integral Tertentu n
∑ f (w )Δx i
n
i
∑1.Δ x
=
i =1
dan Δ xi = xi – xi-1
i
i =1 n
∑ ( x
=
− xi −1 )
i
i =1
= ( x x1 – x0) + ( x x2 – x1) + ( x x3 – x2) + … + ( xn – xn-1) = xn – x0 = b – a n
Jadi lim
P →0
∑ f (w )Δ x i
i
= lim (b − a ) = b – a P →0
i =1 b
Dengan demikian
∫ dx = b – a. a
Teorema 5.1.3 (Teorema Fundamental Kalkulus)
Jika f integrable pada [a,b] dan F suatu suatu anti turunan dari f pada pada [a,b] b
∫
(atau F ( x x) = f ( x x) untuk setiap x ∈ [a,b]), maka : f ( x) dx = F (b) – F (a) ’
a
F (b) – F (a) biasa ditulis [F ( x)]a b
Bukti:
Ambil sembarang partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Karena F ( x x) = f ( x x) untuk setiap ’
x ∈ [a,b] maka F ( x x) = f ( x x) untuk setiap x ∈ [ x xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n. Berdasarkan teorema ’
nilai rata-rata maka terdapat wi ∈ [ x xi-1, xi] sehingga F ( x xi) – F ( ( x xi-1) = F (wi) ( x xi – xi-1) ’
= f (wi) ( x xi – xi-1)
i = 1, 2, 3, …, n
Diperoleh: n
∑ f (w )Δx i
n
i
=
i =1
∑ f (w )( x i
i
− xi −1 )
i =1 n
=
∑{F ( x ) − F ( x i
i −1
)}
i =1
x1) – F ( x x0)} + {F ( x x2) – F ( x x1)} + {F ( x x3) – F ( x x2)} + … + {F ( x xn) – F ( x xn-1)} = {F ( x
= F ( x xn) – F ( x x0) = F (b) – F (a) Thobirin, Kalkulus Integral 81
Integral Tertentu n
lim
P →0
∑ f (w )Δ x i
= lim {F (b) − F (a )} = F (b) – F (a).
i
P →0
i =1
b
Jadi
∫ f ( x)dx = F (b) – F (a) a
Contoh 5 3
∫
( x + 3) dx =
[ x 1 2
2
+ 3 x]−2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . 3
−2
Contoh 6
Tentukan integral berikut. 2
∫
1. x 3 dx −2 π
2.
∫ sin x dx −π
Teorema 5.1.4
Jika f integrable pada [a,b] dan c ∈ (a,b) maka
b
c
b
a
a
c
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
Teorema 5.1.5 b
1.
b
∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx a b
k konstanta konstanta
a b
b
∫
∫
∫
a
a
a
2. { f ( x) + g ( x )} dx = f ( x) dx + g ( x) dx b
3. Jika f ( x x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a,b] maka
∫ f ( x)dx ≥ 0. a b
b
∫
∫ g ( x)dx
a
a
4. Jika f ( x x) ≤ g( x x) untuk setiap x ∈ [a,b] maka f ( x ) dx ≤
Thobirin, Kalkulus Integral 82
Integral Tertentu
5.2 Aplikasi Integral 5.2.1 Luas Daerah
Berdasarkan pengertian integral tertentu (Integral Riemann) pada definisi 5.1.2 dan b
uraian di atas dapat dipahami bahwa jika f ( x) > 0 , maka
∫ f ( x)dx
secara geometris
a
menyatakan luas daerah di antara kurva y = f ( x ) dan sumbu X serta serta dibatasi oleh garis-garis x = a dan x = b. Jadi b
A = ∫ f ( x) dx a
Contoh 7
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x + 3, sumbu X , garis x = –2 dan garis x = 3. Penyelesaian: 3
∫
A = ( x + 3) dx =
[ x 1 2
2
+ 3 x]−2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . 3
−2
Contoh 8
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x , sumbu X , garis x = –2 dan garis 3
x = 2. Penyelesaian:
Thobirin, Kalkulus Integral 83
Integral Tertentu
Y
y = f ( x)
y = g ( x )
a
b
X
Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva y = f ( x) dan y = g ( x) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di atas, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut b
A = ∫ { f ( x) − g ( x)} dx a
Contoh 9
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x
4
dan y
= 2 x − x 2 .
Penyelesaian:
Menentukan batas-batas dicari dengan menentukan akar-akar persamaan x
4
= 2 x − x 2
yang dapat kita temukan akar-akarnya adalah x = 0 dan x = 1.
Y y = x 4
y = 2 x − x
2
X
0
1
1
1 1 7 ⎡ 2 1 3 1 5⎤ sehingga luasnya adalah A = ∫ ( 2 x − x − x ) dx = ⎢ x − x − x ⎥ = 1 − − = . 3 5 3 5 15 ⎣ ⎦0 0 2
4
Thobirin, Kalkulus Integral 84
Integral Tertentu
Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva x = ϕ ( y ) dan x =
( y ) serta
garis-garis y = c dan y = d seperti seperti gambar di bawah ini, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut d
A =
∫ {ψ ( y) − ϕ ( y)} dy c
Y d x = ϕ ( y y) x =
( y y)
c
0
X
Contoh 10
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y
2
= 4 x dan 4 x − 3 y = 4 .
Penyelesaian: Y
4 x − 3 y = 4
y 2 = 4 x
0
X
Menentukan batas-batas dengan mencari akar-akar persamaan y
2
= 3 y + 4 yang
diperoleh y = –1 dan y = 4.
1 2 1 2 y = 4 x ekuivalen dengan x = y dan 4 x − 3 y = 4 ekuivalen dengan x = (3 y + 4) 4 4 Thobirin, Kalkulus Integral 85
Integral Tertentu 4
4 1 2⎫ 1 125 ⎧1 2 sehingga luasnya adalah A = ∫ ⎨ (3 y + 4) − y ⎬ dy = ∫ {3 y + 4 − y } dy = . 4 4 4 24 ⎩ ⎭ −1 −1
5.2.2 Volume Benda Putar a. Metode Cincin
Y y = f ( x x)
f (wi)
0
a
xi −1
wi xi
b
X
Jika daerah yang dibatasi kurva y = f ( x x), sumbu X , garis-garis x = a dan x = b diputar mengelilingi sumbu X sebagai sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut. Dibuat partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi ∈ [ x xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f (wi)
dan lebar
Δ xi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu X , maka diperoleh silinder hampiran dengan volume 2
ΔV i = π { f ( wi )} Δ xi f ( x xi)
Δ xi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann n
n
∑ ΔV = ∑ { f (w )} Δ x i =1
i
π
i =1
2
i
i
Apabila P → 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu
Thobirin, Kalkulus Integral 86
Integral Tertentu
V X = π lim
n
P →0
∑ { f (w )} Δ x 2
i
i =1
i
b
∫
2
= π { f ( x)} dx a
Jadi b
V X = π ∫ { f ( x)} dx 2
a
Selanjutnya apabila daerah yang dibatasi oleh dibatasi oleh dua kurva y
= f ( x) dan
y = g ( x ) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu X sebagai sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah b
[
]
V X = π ∫ { f ( x)} − {g ( x)} dx 2
2
a
Y y = f ( x x)
y = g( x x)
0
a
b
Dengan cara sama, jika daerah yang dibatasi kurva x =
X
ϕ ( y y),
sumbu Y , garis-garis y = c
dan y = d diputar diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi adalah. d
V Y = π ∫ {ϕ ( y )} dy 2
c
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x =
( y ) dan x = ϕ ( y )
serta garis-garis y = c dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah Thobirin, Kalkulus Integral 87
Integral Tertentu d
V Y = π
∫ [{ψ ( y)} − {ϕ ( y)} ]dy 2
2
c
Contoh 11
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva dan garis x = 4 diputar mengelilingi sumbu X . y = x , sumbu X dan Penyelesaian: Y y = x
0
4
X
4
4
4
⎡1 2 ⎤ V X = π ∫ { x } dx = π ∫ x dx = π ⎢ x ⎥ = 8π ⎣2 ⎦0 0 0 2
Contoh 12
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva dan garis x = 3 diputar mengelilingi sumbu Y . y = x , sumbu Y dan 3
Penyelesaian: Y
3
0
Karena y = x maka x = 3 y , sehingga 3
⎡ 3 53 ⎤ 93 9 V Y = π ∫ {3 y } dy = π ∫ y dy = π ⎢ y ⎥ = π 5 5 ⎢⎣ ⎥⎦ 0 0
x = 3 y
3
2
3
2 3
X
Thobirin, Kalkulus Integral 88
Integral Tertentu
Contoh 13
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh dua kurva
y = x dan y = 8 x diputar mengelilingi sumbu X . 2
2
Penyelesaian:
Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah di (0, 0) dan (2, 4). Jika y
2
= 8 x
= 8 x . Perhatikan gambar berikut.
maka y
∫ [{ 2
V X = π
8 x
} − { x } ] 2
2 2
0
2
2
48 ⎡ 2 1 5⎤ π dx = π ∫ [8 x − x ]dx = π ⎢4 x − x ⎥ = 5 5 ⎣ ⎦ 0 0 4
Tentukan pula apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu Y .
b. Metode Kulit Tabung
Perhatikan gambar di samping. Volume benda pejal (ruang antara tabung besar dan kecil) adalah 2 2 V = (π r 2 − π r 1 ) h
= π ( r 22 − r 12 )h = π ( r 2 + r 1 )( r 2 − r 1 )h Thobirin, Kalkulus Integral 89
Integral Tertentu
⎛ r + r ⎞ = 2π ⎜ 2 1 ⎟( r 2 − r 1 )h ⎝ 2 ⎠ Rumusan ini dapat ditulis sebagai V = 2π r h Δr
dengan r =
r 2 + r 1
2
dan
Δr = r 2 − r 1
Misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva y = f ( x x), sumbu X serta serta garis-garis x = a dan x = b. Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu
Y sebagai
sumbu putarnya,
maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut.
Dibuat partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi
=
xi + xi −1
2
xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f (wi) dan ∈ [ x
dan lebar Δ xi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu Y , maka diperoleh tabung hampiran dengan volume
ΔV i = 2π wi f (wi ) Δxi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann n
n
∑ ΔV = ∑ 2 i =1
i
π
i =1
wi f ( wi ) Δxi
Apabila P → 0 maka diperoleh diperoleh volume volume benda putar putar yang dim dima ksud, yaitu yaitu
V Y = 2π lim
P →0
n
∑w i =1
i
f ( wi )Δxi
Thobirin, Kalkulus Integral 90
Integral Tertentu b
∫
= 2π x f ( x) dx a b
Jadi V Y
= 2π ∫ x f ( x)dx a
Sela Selanj njut utny nyaa apa apabi bila la daer daerah ah yang yang diba dibata tasi si oleh oleh diba dibattasi asi oleh oleh dua kurva y = f ( x) dan
y = g ( x ) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah b
V Y = 2π ∫ x[ f ( x) − g ( x)]dx a
Y
y = f ( x x)
y = g( x x) a
0
b
Δ xi
X
Dengan cara sama, misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva x =
ψ ( x x),
sumbu Y
serta garis-garis y = c dan y = d . Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X sebaga sebagai sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi adalah d
Y
V X = 2π ∫ yψ ( y )dy c
d y =
( x x)
c
0
X
Thobirin, Kalkulus Integral 91
Integral Tertentu
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x =
( y ) dan x = ϕ ( y )
serta garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah d
∫
V X = 2π y[ψ ( y ) − ϕ ( y )]dy c
Y d x = ϕ ( y y) x =
( y y)
c
0
X
Contoh 14
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y =
1 x
, sumbu X , dan garis x = 1 diputar mengelilingi sumbu Y .
Penyelesaian: 4
3 ⎡ ⎤ 2 28 π V Y = 2π ∫ x dx = 2π ∫ x 2 dx = 2π ⎢ x 2 ⎥ = 3 3 x ⎢⎣ ⎥⎦ 1 1 1 4
1
4
1
Contoh 15
r
Diketahui suatu daerah tertutup dibatasi oleh kurva garis y = x , sumbu X , dan garis x = t .
t
Dalam hal ini r > 0 dan t > 0 . Jika daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X , tentukan volume benda yang terjadi dengan dua cara. Thobirin, Kalkulus Integral 92
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Cara I
Dengan metode cincin 2
t
⎧ r ⎫ V X = π ∫ ⎨ x ⎬ dx 0 ⎩ t ⎭ = π
Y
2 t
r
∫ x
2
t
2
dx r
0
r y = x t
t
2
r ⎡ 1 ⎤ = π 2 ⎢ x 3 ⎥ t ⎣ 3 ⎦ 0
=
1
π
3
2
0
r t
X
t
Cara II
r
t
t
r
Dengan metode kulit tabung. Karena y = x , maka x = y r
t V X = 2π y (t − y ) dy r 0
Y
∫
r
1
= 2π t ∫ ( y − y 2 )dy r
0
r r
1 ⎡1 ⎤ = 2π t ⎢ y 2 − y 3 ⎥ 3r ⎦ 0 ⎣2 1 ⎤ ⎡1 = 2π t ⎢ r 2 − r 2 ⎥ 3 ⎦ ⎣2
=
1 3
π
t x = y r
x = t
t − r t y 0
t
X
2
r t
5.2.3 Panjang Kurva
Misalkan suatu kurva mulus diberikan oleh persamaan parameter x = f (t ), ), y = g(t ), ), a ≤ t ≤ b. Panjang kurva tersebut dapat dicari sebagai berikut. Thobirin, Kalkulus Integral 93
Integral Tertentu
Dibuat partisi P = {t 0, t 1, t 2, …, t n} pada [a,b] dengan a = t 0 < t 1 < t 2 < … < t n = b, maka kurva akan terbagi menjadi n bagian oleh titik-titik Q0, Q1, Q2, …, Qn-1, Qn. Perhatikan gambar berikut.
Pada bagian ke i, panjang busur Qi-1Qi , yaitu
Δsi
dapat didekati oleh
Δwi .
Dengan Pythagoras
kita peroleh
( Δ xi ) 2
Δwi =
+ ( Δy i )
2
[ f (t i ) − f (t i 1 )]2 + [g (t i ) − g (t i 1 )]2
=
−
−
Selanjutnya berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata pada Derivatif tentu terdapat t ∈ (t i −1 , t i ) dan
t ˆ ∈ (t i −1 , t i ) demikian sehingga f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i )(t i
− t i −1 )
g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (t ˆi )(t i
− t i −1 )
atau
f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i ) Δt i g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (t ˆi )Δt i dengan
Δt i = t i − t i −1 .
Oleh karena itu diperoleh Δwi = =
[ f ' (t i )Δt i ]2 + [g ' (t ˆi )Δt i ]2 [ f ' (t i )]2 + [g ' (t ˆi )]
2
Δt i
Thobirin, Kalkulus Integral 94
Integral Tertentu
dan panjang polygon dari segmen garis n
n
i =1
i =1
∑ Δwi = ∑ [ f ' (t i )]2 + [g ' (t ˆi )] Δt i 2
Apabila P → 0 maka diperoleh panjang kurva seluruhnya adalah
L = lim
P →0
n
∑ [ f ' (t )] + [g ' (t ˆ )]
2
2
i
i =1
i
b
2 2 Δt i = ∫ [ f ' (t )] + [g ' (t )] dt a
Jadi b
L =
∫ [ f ' (t )] + [g ' (t )] 2
2
dt
a
atau b
L = ∫ a
2
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
Jika persamaan kurvanya adalah y = f ( x) dengan a ≤ x ≤ b, maka b
L = ∫ a
2
⎛ dy ⎞ 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠
dan jika persamaan kurvanya adalah x = ψ ( y) dengan c ≤ y ≤ d , maka d
L =
∫ c
2
⎛ dx ⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ dy ⎝ dy ⎠
Contoh 16
Hitunglah keliling lingkaran x
2
+ y 2 = r 2 .
Penyelesaian:
Lingkaran tersebut dapat ditulis dalam persamaan parameter sebagai x = r cos t , y = r sin t
dengan 0 ≤ t ≤ 2π , sehingga
2π
Akibatnya L =
∫ 0
2π
r sin t + r cos t dt = 2
2
2
2
∫ r dt = [r t ]
2π 0
dx dt
= − r sin t dan
dy dt
= r cos t .
= 2π r
0
Contoh 17
Menggunakan integral hitunglah panjang ruas garis yang menghubungkan titik P(0, 1) dan Q(5, 13). Thobirin, Kalkulus Integral 95
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Persamaan ruas garis PQ adalah y 5
L = ∫ 0
2
=
12 dy 12 = . Oleh karena itu x + 1 , sehingga 5 dx 5
5
5
13 ⎛ 12 ⎞ ⎡13 ⎤ 1 + ⎜ ⎟ dx = ∫ dx = ⎢ x ⎥ = 13 ⎝ 5 ⎠ ⎣ 5 ⎦0 0 5
Contoh 18 3
Menggunakan integral hitunglah panjang kurva y = x 2 dari (1, 1) dan (4, 8). Penyelesaian: 3
1
3 = x 2 . Oleh karenanya y = x 2 , maka dx 2 4
L =
∫ 1
dy
2
⎛ 3 ⎞ 1 + ⎜ x 2 ⎟ dx = ∫ ⎜ ⎟ 1 ⎝ 2 ⎠ 1
4
4 3 3 ⎛ 3 ⎞ ⎡ ⎤ ⎜ 2 13 2 ⎟ 2 9 8 9 8 ⎛ ⎞ 1 + x dx = ⎢ ⎜1 + x ⎟ ⎥ = ⎜10 − ⎟ ≈ 7,63 ⎢ 27 ⎝ 4 ⎠ ⎥ 4 27 ⎜ 8 ⎟ ⎣ ⎦1 ⎝ ⎠
Diferensial Panjang Busur
Misalkan f suatu fungsi yang dapat didiferensialkan pada [a, b]. Untuk setiap x ∈ ( a, b) didefinisikan s( x x) sebagai x
s ( x) =
∫
1 + [ f ' (u )]2 du
a
maka s( x x) adalah panjang kurva y = f (u) dari titik (a, f (a)) ke titik ( x, f ( x x)), sehingga
⎛ dy ⎞ = 1 + [ f ' ( x)] = 1 + ⎜ ⎟ s ' ( x) = dx ⎝ dx ⎠ ds
Y
2
2
x, f ( x x)) • ( x s( x x)
(a, f (a))
•
0
a
x
X Thobirin, Kalkulus Integral 96
Integral Tertentu
Oleh karenanya diferensial panjang kurva ds dapat ditulis sebagai 2
⎛ dy ⎞ ds = 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ Selanjutnya hal ini dapat ditulis dalam bentuk-bentuk 2
2
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ds = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ dy atau ds = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dy ⎠ Untuk keperluan mengingat, dapat pula ditulis dalam bentuk:
( ds) 2 = ( dx) 2 + ( dy ) 2
5.2.4 Luas Permukaan Benda Putar
Kita mulai dengan mencari rumus untuk luas permukaan (selimut) kerucut terpancung. Misalkan jari-jari lingkaran alas kerucut terpancung adalah r 1 dan jari-jari lingkaran atasnya r 2 sedangkan panjang ruas garis pada pembangun kerucut antara dua lingkaran itu (rusuk kerucut terpancung) l, maka luas selimut kerucut terpancung itu adalah
⎛ r 1 + r 2 ⎞ ⎟l ⎝ 2 ⎠
A = 2π ⎜
Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sebuah garis pada bidang itu, maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaan dapat dicari sebagai berikut.
Thobirin, Kalkulus Integral 97
Integral Tertentu
Pemutaran terhadap sumbu X
Misalkan suatu kurva mulus pada kuadran pertama diberikan oleh persamaan parameter x = f (t ), ), y = g(t ), ),
a ≤ t ≤ b. Dibuat partisi P = {t 0, t 1, t 2, …, t n} pada [a,b] dengan
a = t 0 < t 1 < t 2 < … < t n = b, maka kurva terbagi menjadi n bagian. Misalkan
Δsi panjang kurva
bagian ke k e i dan yi ordinat sebuah titik pada bagian ini. Apabila kurva itu diputar mengelilingi sumbu X , maka ia akan membentuk suatu permukaan dan bagian
Δsi ini akan membentuk
permukaan bagian. Luas permukaan bagian ini dapat dihampiri oleh luas kerucut terpancung, yaitu 2π yi Δ si .
Apabila kita jumlahkan luas-luas ini dan kemudian mengambil limitnya dengan membuat
P → 0 , kita akan memperoleh hasil yang kita definisikan sebagai luas permukaan benda putar tersebut. Jadi luasnya adalah
A = lim
P →0
**
n
∑2
yi Δsi = ∫ 2π y ds
π
i =1
*
Dengan menggunakan rumus A tersebut di atas, kita harus memberi arti yang tepat pada y, ds, dan batas-batas pengintegralan * dan **. Misalkan apabila permukaan itu terbentuk oleh kurva y = f ( x) , a ≤ x ≤ b, yang diputar mengelilingi sumbu X , maka kita peroleh untuk luasnya: **
b
A = ∫ 2π y ds = 2π ∫ f ( x) 1 + [ f ' ( x)] dx 2
*
a
Contoh 19
Tentukan luas permukaan benda putar apabila kurva y = x , 0 ≤ x ≤ 4, diputar mengelilingi sumbu X . Thobirin, Kalkulus Integral 98
Integral Tertentu
Penyelesaian:
Misalkan f ( x ) = x maka f ' ( x) =
1 2 x
, sehingga 4
2 3 3 4 ⎡ 12 ⎤ π ⎛ 1 ⎞ x 1 + ⎜ ( 4 x + 1) 2 ⎥ = (17 2 − 1) ≈ 36,18 ⎟ dx = π ∫ 4 x + 1 dx = ⎢π ⎝ 2 x ⎠ 0 ⎣⎢ 4 3 ⎦⎥ 0 6
4
∫
A = 2π
0
Apabila persamaan kurva yang bersangkutan diketahui dalam bentuk persamaan a ≤ t ≤ b, maka rumus untuk luas permukaan menjadi:
parameter x = f (t ), ), y = g(t ), ), **
b
∫
∫
*
a
2 2 A = 2π y ds = 2π g (t ) [ f ' (t )] + [ g ' (t )] dt
Contoh 20
Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila suatu busur dari sikloid
x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ),
0 ≤ t ≤ 2π diputar mengelilingi sumbu X .
Penyelesaian: Y
2
0
X
Misalkan f (t ) = a (t − sin t ) dan g (t ) = a (1 − cos t ) , maka f ' (t ) = a (1 − cos t ) dan
g ' (t ) = a sin t , sehingga: 2π
∫
2 2 2 2 A = 2π a (1 − cos t ) a (1 − cos t ) + a sin t dt 0 2π
= 2π a
2
∫ (1 − cos t )
2 − 2 cos t dt
0 2π
= 2π a
2
3
2 ∫ (1 − cos t ) 2 dt 0
Thobirin, Kalkulus Integral 99
Integral Tertentu 2π
= 8π a
2
∫ 0
= 8π a
2π 2
∫ 0
3 ⎛ t ⎞ sin ⎜ ⎟ dt ⎝ 2 ⎠
⎡ ⎛ t ⎞ 2 ⎛ t ⎞ ⎤ − 1 cos sin ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ 2 ⎟ dt 2 ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠
Dengan substitusi u
1 ⎛ t ⎞ ⎛ t ⎞ = cos⎜ ⎟ maka du = − sin⎜ ⎟ dt 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
Untuk t = = 0
→ u = 1
Untuk t = 2π
→ u = –1 −1
−1
64 ⎡ 1 3⎤ 2 Jadi A = −16π a ∫ (1 − u )du = −16π a ⎢u − u ⎥ = π a 3 ⎣ 3 ⎦1 1 2
2
2
Pemutaran terhadap sumbu
Y
Analog: Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sumbu Y , maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaann ya adalah: **
∫
A = 2π x ds *
Contoh 21
Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila kurva x
= a 2 − y 2 , − a ≤ y ≤ a
diputar mengelilingi sumbu Y . Penyelesaian:
Misalkan x = g ( y ) =
a − y maka g ' ( y ) = 2
a
**
∫
∫
*
−a
sehingga A = 2π x ds = 2π
a − y 2
2
1+
y
a
2 2 a − y
2
a − y 2
X
− y
2
2
dy 0
X
a
= 2π ∫ a dy = 2π [a y ]a−a = 4π a 2
a a
−
−a
Dengan demikian luas permukaan bola dengan jari-jari a adalah 4πa . 2
Thobirin, Kalkulus Integral100
Integral Tertentu
5.2.5 Usaha atau Kerja
Dalam fisika kita tahu bahwa apabila ada gaya
F yang
konstan menggerakkan suatu
benda sehingga bergerak sejauh d sepanjang sepanjang suatu garis dengan arah gaya dan gerakan benda sama, maka kerja W yang yang dilakukan oleh gaya tersebut adalah = F W = Apabila satuan untuk
F adalah
. d
pond an satuan jarak adalah kaki maka satuan kerja
adalah kaki pond . Apabila gaya diukur dengan satuan dyne dan jarak dengan satuan sentimeter maka satuan kerja adalah dyne cm atau erg. Apabila gaya diukur dengan satuan Newton dan jarak dengan satuan meter maka satuan kerja adalah Newton meter atau joule. Pada kenyataannya biasanya gaya itu tidak konstan. Misalkan sebuah benda digerakkan sepanjang sumbu X dari titik x = a ke titik x = b. Misalkan gaya yang menggerakkan benda tersebut pada jarak x adalah F ( x suatu fungsi kontinu. Untuk menentukan kerja yang x) dengan F suatu dilakukan gaya tersebut dapat dicari sebagai berikut. Interval [a,b] dibagi dengan menggunakan partisi
P
= { x0, x1, x2, …, xn}. Pada setiap
interval bagian [ x dapat dihampiri oleh gaya konstan F (wi), dengan xi-1, xi] gaya F dapat
wi
∈ [ x xi-1, xi]
untuk setiap i = 1, 2, …, n. Jika Δ xi = x i – xi-1, maka kerja yang dilakuka gaya F pada pada interval bagian [ x xi-1, xi] adalah
ΔW i = F (wi) Δ xi. Jika dijumlahkan kemudian dicari limitnya untuk
P
→ 0 maka diperoleh kerja yang
dilakukan gaya F pada pada interval [a, b], yaitu b
n
W =
lim P
→0
∑ F (w )Δ x = ∫ F ( x) dx =1 i
i
i
a
Jadi b
W =
∫ F ( x) dx a
a. Aplikasi pada Pegas
Dengan menggunakan hokum Hooke yang berlaku dalam fisika, gaya
F ( x x)
yang
diperlukan untuk menarik (atau menekan) pegas sejauh x satuan dari keadaan alami adalah F ( x x)
= k x . x
Di sini, k adalah konstanta dan disebut konstanta pegas yang nilainya positif dan tergantung pada sifat fisis pegas. Semakin keras pegas, maka semakin besar nilai k . Thobirin, Kalkulus Integral101
Integral Tertentu
Contoh 22
Apabila panjang alami sebuah pegas adalah 10 inci. Untuk menarik dan menahan pegas sejauh 2 inci diperlukan gaya 3 pon. Tentukan kerja yang dilakukan gaya untuk menarik pegas itu sehingga panjang pegas 15 inci. Penyelesaian:
Menurut hokum Hooke gaya F ( x) yang diperlukan untuk menarik pegas sejauh x inci adalah F ( x) = k . x x. Dari sini dapat dicari nilai konstanta k . Diketahui bahwa F (2) (2) = 3, sehingga 3 = k .2 .2 atau k =
3 2
. Oleh karena itu F ( x) =
3 2
x .
Apabila pegas dalam keadaan alami sepanjang 10 inci menyatakan x = 0, maka pegas dengan panjang 15 inci menyatakan bahwa x = 5, sehingga 5
3 75 = 18,75 W = ∫ x dx = 2 4 0 Jadi, kerja untuk menarik pegas itu adalah 18,75 inci pond.
b. Aplikasi pada Pemompaan Cairan
Dengan menggunakan prinsip-prinsip yang sama dapat dihitung kerja yang dilakukan pada pemompaan cairan. Contoh 23
Sebuah tangki berbentuk kerucut lingkaran tegak penuh dengan air. Apabila tinggi tangki 10 kaki dan jari-jari lingkaran atasnya 4 kaki, a. tentukan kerja untuk memompa air sehingga sampai tepi tangki b. tentukan kerja untuk memompa air sehingga mencapai 10 kaki di atas tepi tangki. Y Y (4, 10) 10 – y
10 – y
4 y 10
Δ y
Δ y
y
y = X
y 4 x 10
X Thobirin, Kalkulus Integral102
Integral Tertentu
Penyelesaian:
a. Letakkan tangki dalam system koordinat seperti tampak dlam gambar. Buatlah sketsa yang berdimensi tiga dan juga sketsa penampang dimensi dua. Misalkan air dimasukkan ke dalam kerucut-kerucut terpancung (horizontal), Air ini harus diangkat sehingga mencapai tepi tangki. Perhatikan sebuah kerucut terpancung ke i dengan tinggi
Δ y yang berjarak y dari puncak kerucut (puncak kerucut berada di bawah), 2
⎛ 4 ⎞ memiliki jari-jari y , maka ia mempunyai volume hampiran ΔV = π ⎜ y ⎟ Δ y dan 10 ⎝ 10 ⎠ 4
2
⎛ 4 ⎞ beratnya (gaya berat) F = δ π ⎜ y ⎟ Δ y , dengan δ = 62,4 adalah kepadatan air dalam satuan ⎝ 10 ⎠ pon/kaki kubik. Gaya yang diperlukan untuk mengangkat air tersebut adalah sama dengan beratnya dan harus diangkat sejauh 10 – y. Jadi kerja
ΔW adalah
2
⎛ 4 ⎞ ΔW = δ π ⎜ y ⎟ Δ y (10 − y ) ⎝ 10 ⎠ Karenanya, apabila dijumlahkan kemudian dicari limitnya diperoleh 10
10
4 ⎡10 3 1 4 ⎤ δ π − = W = δ π ( 10 y y ) dy y − y ⎥ ≈ 26,138 ∫ 25 0 25 ⎢⎣ 3 4 ⎦0 4
2
3
Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 26,138 kaki pond.
b. Seperti dalam a, sekarang air dalam kerucut terpancung harus diangkat 20 – y, sehingga 10
2
10
10
4 4 ⎡ 20 3 1 4 ⎤ ⎛ 4 ⎞ 2 3 δ π − = W = δ π ∫ ⎜ y ⎟ ( 20 − y ) dy = δ π ( 20 y y ) dy y − y ⎥ ≈ 130,69 ∫ ⎢ 10 25 25 3 4 ⎦0 ⎠ ⎣ 0 ⎝ 0 Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 130,690 kaki pond.
Thobirin, Kalkulus Integral103
Integral Tertentu 5.2.6 Momen dan Pusat Massa (Titik Berat)
Misalkan ada dua benda masing-masing memiliki massa sebasar diletakkan pada papan berimbang dengan jarak berturut-turut
m1
d 1 dan d 2 dari
dan
m2
yang
titik penyangga
pada bagian-bagian yang berbeda. Keadaan Keadaa n tersebut akan seimbang jika dipenuhi d 1 m1 = d 2 m2. m1
d 1
d 2
m2
Suatu model amtematis yang baik diperoleh apabila papan tersebut kita letakkan pada suatu system bandmil yang titik asalnya kita impitkan dengan titik penyangga papan, maka koordinat x1 dari massa
m1 adalah x1
= – d d1 dan dari massa
m2 adalah x2
= – d d 2. Jadi syarat
keseimbangan adalah x1 m1 + x2 m2 =
0
m1
m2
x1
Hasil kali massa
m
0
x1
dan jarak berarah dari suatu titik tertentu dinamakan momen
partikel (benda) terhadap titik tersebut. Momen ini mengukur kecenderungan massa yang menghasilkan suatu putaran pada titik tersebut. Syarat supaya dua massa pada sebuah garis berimbang adalah jumlah momen-momen terhadap titik itu sama dengan nol. Keadaan tersebut dapat diperluas untuk sejumlah n benda (partikel). Jumlah momen M (terhadap titik asal) suatu system yang terdiri atas n massa, yaitu
m1, m2,
…,
mn yang
berbeda
pada x1, x2, …, xn pada sumbu X adalah adalah jumlah momen masing-masing massa, yaitu n
M
= x1 m1 + x2 m2 + … + xn mn =
∑ x
i
mi
i =1
Syarat keseimbangan di titik asal adalah M = = 0. Tentunya titik asal tedak selalu menjadi titik seimbang system tersebut, kecuali dalam hal khusus. Akan tetapi pasti terdapat titik seimbang dalam suatu system tersebut. Misalkan x merupakan koordinat titik seimbang system pada sumbu X , maka momen terhadap titik tersebut harus nol. Jadi berlaku Thobirin, Kalkulus Integral 104
Integral Tertentu
( x1 − x ) m1 + ( x2 − x )m2 + ... + ( xn − x )mn = 0 atau x1 m1
− x m1 + x2 m2 − x m2 + ... + xn mn − x mn = 0
x1 m1
+ x2 m2 + ... + xn mn = x m1 + x m2 + ... + x mn
sehingga diperoleh n
∑ x x
=
i
mi
i =1
=
n
∑m
M m
i
i =1
Titik dengan koordinat x dinamakan pusat massa , titik ini adalah titik seimbang. Perhatikan bahwa x diperoleh sebagai hasil bagi momen mo men system terhadap titik asal dan jumlah massa.
a. Distribusi massa yang kontinu pada suatu garis
Perhatikan sepotong kawat lurus dengan kepadatan massa (massa tiap satuan panjang) yang berlainan. Kita ingin mengetahui kedudukan titik berat kawat itu. Untuk ini kita letakkan kawat itu sepanjang system koordinat (dengan batas-batas x =
a dan x
=
b)
dan andaikan
kepadatan di x adalah δ ( x). Dengan menggunakan prosedur yang sudah kita lakukan untuk berbagai macam fenomena di depan, dibuat partisi, metode hampiran dan dicari limitnya, dengan
memperhatika
bagian
Δ x ,
sepanjang
sehingga
Δm ≈ δ ( x ) Δ x berakibat
Δ M ≈ x δ ( x) Δ x , diperoleh b
m
b
= ∫ δ ( x) dx dan M = ∫ x δ ( x) dx a
a
Akhirnya maka diperoleh b
x
=
M m
∫ xδ ( x) dx =
a b
∫ δ ( x) dx a
Contoh 24
Kepadatan δ ( x) sepotong kawat di sebuah titik yang terletak x cm dari salah satu ujungnya 2
adalah δ ( x) = 3 x g/cm. Tentukan pusat massa kawat antara x = 0 dan x = 10.
Thobirin, Kalkulus Integral 105
Integral Tertentu
Penyelesaian:
0
10
Dengan memperhatika δ ( x) jelas bahwa kawat dibagian x = 10 lebih berat dari pada di bagian x = 0, sehingga pusat massanya akan lebih dekat ke x = 10. Secara pasti bahwa pusat massanya
adalah 10
∫ x 3 x
x =
2
dx
0 10
∫ 3 x
2
dx
[ x ] = [ x ] 3 4
4 10 0 10 3
= 7,5
0
0
b. Distribusi massa yang kontinu pada bidang
Perhatika n partikel yang masing-masing memiliki massa m1, m2, …, mn yang terletak pada bidang koordinat berturut-turut di ( x1 , y1 ) , ( x2 , y 2 ) , …, ( xn , y n ) .
mn • ( xn, yn)
m1 • ( x1, y1)
m4 • ( x4, y4)
m2 • ( x2, y2)
m3 • ( x3, y3)
Jumlah momen n partikel terhadap sumbu Y adalah adalah n
M Y = x1m1 + x2 m2 + ... + xn mn = ∑ xi mi i =1
Sedangkan jumlah momen n partikel terhadap sumbu X adalah adalah n
M X = y1m1 + y 2 m2 + ... + y n mn = ∑ yi mi i =1
Koordinat pusat massa system tersebut adalah ( x , y ) dengan
Thobirin, Kalkulus Integral 106
Integral Tertentu n
x =
M Y m
n
∑ xi mi =
i =1 n
dan
y =
∑ mi
M X m
i =1
∑ yi mi =
i =1 n
∑ mi i =1
Persoalan yang kita hadapi sekarang adalah menentukan pusat massa lamina, yaitu sepotong lempeng tipis yang rata. Misalkan lamina ini homogen, yang berarti kepadatan δ adalah konstan. Untuk suatu lempeng homogen yang berbentuk persegi panjang, pusat massanya terletak pada perpotongan kedua diagonalnya.
Jika diketahui lamina homogen berbentuk persegi panjang L mempunyai kepadatan massa δ konstan dan dan garis lurus lurus l terletak terletak pada bidang bidang yang memuat memuat lamina lamina tersebut tersebut,, maka momen lamina L terhadap garis l adalah
M l ( L) = d m dengan d : : jarak pusat massa lamina L ke garis l m : massa lamina yang dapat dihitung dari m = δ A (disini A adalah luas lamina L)
ilustrasi ini dapat dilihat pada gambar berikut.
L
d
l
Selanjutnya perhatikan lamina homogen L dengan kepadatan massa
δ
dibatasi oleh
kurva y = f ( x) , y = g ( x ) , x = a, dan x = b dengan g ( x) ≤ f ( x) .
Thobirin, Kalkulus Integral 107
Integral Tertentu
Dibuat partisi P = { x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik
xi ∈ [ xi −1 , xi ] yang merupaka titik tengah sub interval [ xi-1, xi], maka xi = ( xi + xi −1 ) / 2 . Selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang [ f ( xi ) − g ( xi )] dan lebar
Δ xi = xi − xi −1
sebagai lamina hampiran Li . Tentu pusat massa lamina Li berada di garis x = xi , tepatnya
⎛ ⎝
berada pada koordinat ⎜ xi ,
f ( xi ) + g ( xi ) ⎞
⎟ . Oleh karena itu momen Li terhadap sumbu Y ⎠
2
adalah
M Y ( Li ) = xi mi
= xi δ Ai = xi
δ [ f ( xi ) −
g ( xi )] Δxi
Kita peroleh jumlahan n
∑ M i =1
Y
n
( Li ) = δ ∑ xi [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi i =1
Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu Y , yaitu
M Y ( L) = lim
P →0
n
∑ M
Y
i =1
= δ lim
P →0
n
∑ x i =1
i
( Li ) [ f ( xi ) − g ( xi )] Δ xi
b
= δ ∫ x [ f ( x) − g ( x )] dx a
Jadi b
∫
M Y ( L) = δ x [ f ( x) − g ( x)] dx a
Selanjutnya perhatikan bahwa momen Li terhadap sumbu X adalah adalah
M X ( Li ) =
f ( xi ) + g ( xi )
2
=
f ( xi ) + g ( xi )
=
f ( xi ) + g ( xi )
2 2
mi δ Ai
δ [ f ( xi ) −
g ( xi )] Δ xi Thobirin, Kalkulus Integral 108
Integral Tertentu δ
=
2
[{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi
Kita peroleh jumlahan n
∑ M
X
i =1
n
δ
[{ f ( x )}2 − {g ( x )}2 ] Δx ∑ 2
( Li ) =
i
i =1
i
i
Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu X , yaitu n
M X ( L) = lim
P →0
= =
X
i =1
( Li )
n
δ
2 2 [{ f ( x )} − {g ( x )} ] Δ x ∑ →0
lim
2 δ
∑ M
P
i
i =1
i
i
b
∫ [{ f ( x)} 2
2
− {g ( x )}2 ] dx
a
Jadi δ
b
∫ [{ f ( x)} 2
M X ( L) =
2
− {g ( x)}2 ] dx
a
Selanjutnya massa lamina L adalah m( L L) = δ A Jadi b
m( L) = δ ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx a
Oleh karena itu diperoleh koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) dengan b
δ
x =
M Y ( L) m( L)
=
b
∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx =
a b
δ
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
a
δ
y =
M X ( L) m( L)
=
a
b
∫ [{ f ( x)} 2
2
δ
1
− {g ( x)} ] dx 2
a
b
a b
=
b
∫ [{ f ( x)} 2
2
− {g ( x)}2 ] dx
a
b
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
a
a
Thobirin, Kalkulus Integral 109
Integral Tertentu Contoh 25
Diketahui suatu lamina homogen L dengan kepadatan massa daerah tertutup yang dibatasi kurva y = x dan y = 3
δ
konstan, yang merupakan
x . Tentukan
a. momen L terhadap sumbu Y b. momen L terhadap sumbu X c. massa lamina L d. pusat massa lamina L. Penyelesaian:
Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah (0, 0) dan (1, 1), sehingga batas batas x adalah 0 dan 1. 1
⎡ 2 52 1 5 ⎤ 1 3 a. M Y ( L) = δ ∫ x [ x − x ] dx = δ ⎢ x − x ⎥ = δ 5 ⎥⎦ 5 ⎢⎣ 5 0 0 1
b. M X ( L) =
δ
2 1
c.
m( L) = δ
∫ 0
∫ [{ x } − { x } ] 1
2
0
δ ⎡ 1
1
5 ⎤ δ dx = ⎢ x − x ⎥ = 2 ⎣2 7 ⎦ 0 28 1
2
7
1
⎡ 2 32 1 4 ⎤ 5 3 [ x − x ] dx = δ ⎢ x − x ⎥ = δ 4 ⎥⎦ 12 ⎢⎣ 3 0 1
M Y ( L)
3 2
δ
5
δ
M ( L) 28 12 3 = 5 = dan y = X = = d. x = 5 5 25 7 m( L) m( L) δ δ 12 12
⎛ 12 3 ⎞ , ⎟ ⎝ 25 7 ⎠
Jadi koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) = ⎜
Thobirin, Kalkulus Integral 110
