kalkulus dasar - Universitas Narotama

Seri : Modul Diskusi Fakultas Ilmu Komputer
FAKULTAS ILMU KOMPUTER
Sistem Komputer & Sistem Informasi
HANDOUT :
KALKULUS
DASAR
Oleh :
Tony Hartono Bagio
2010
KALKULUS DASAR
Tony Hartono Bagio
KATA PENGANTAR
Kalkulus Dasar adalah salah satu mata diskusi di Fakultas Ilmu Komputer
Universitas Narotama, buku ini merupakan modul untuk menunjang mata kuliah tersebut,
diharapkan buku ini menjadi buku pegangan bagi mahasiswa sebagai modul (hand out)
untuk melengkapi isi dari modul ini, saya harap para mahasiswa membaca buku-buku lain
yang sejenis, karena modul (hand out) ini sangat jauh dari sempurna.
Modul / hand out dari http://blog.uad.ac.id/aris_thobirin/files/2008/11/xxx.pdf,
xxx.pdf : terdiri dari 7 files, yakni :
•
kalkulus1-diktat1.pdf = Bab 1. Pendahuluan.
•
kalkulus1-diktat2.pdf = Bab 2. Fungsi dan Limit (Sub bab 2.1 s/d 2.3)
•
kalkulus1-diktat2a.pdf = Bab 2. Fungsi dan Limit (Sub bab 2.4 s/d 2.7)
•
kalkulus1-diktat3.pdf = Bab 3. Turunan Fungsi.
•
kalkulus2-diktat1.pdf = Bab 4. Integral
•
kalkulus2-diktat2.pdf = Bab 5. Integral Tertentu (Sub bab 5.1 s/d 5.2.5)
•
kalkulus2-diktat3.pdf = Bab 5. Integral Tertentu (Sub bab 5.2.6)
Dari ke 7 files diatas, digabung menjadi satu, dan dapat di download langsung dari
http://tonyhartonobagio.blogspot.com/2010/11/modul-mata-kuliah.html, pilih Kalkulus
Dasar, mudah-mudahan modul/hand out ini dapat berguna bagi semua mahasiswa,
Pembagian diskusi ini dibagi dalam 14 kali pertemuan, yang terdiri dari :
I.
II.
III.
IV.
V.
PENDAHULUAN
• Sistem Bilangan Real
• Operasi Bilangan
• Urutan
• Pertidaksamaan
• Nilai Mutlak
FUNGSI dan LIMIT
• Fungsi dan Grafik
• Operasi pada Fungsi
• Pengertian Limit
FUNGSI dan LIMIT
• Teorema Limit
• Limit Kiri dan :Limit Kanan
• Limit Tak Hingga
• Kekontinuan Fungsi
TURUNAN FUNGSI
• Pengertian Turunan Fungsi
• Turunan Fungsi Konstan dan Fungsi Pangkat
TURUNAN FUNGSI
i
KALKULUS DASAR
VI.
VII.
VIII.
IX.
X.
XI.
XII.
XIII.
XIV.
XV.
XVI.
Tony Hartono Bagio
• Sifat - Sifat Turunan
• Aturan Rantai
TURUNAN FUNGSI
• Turunan Fungsi Invers
• Turunan Fungsi Implisit
• Turunan Tingkat Tinggi
TURUNAN FUNGSI
• Turunan Fungsi Aljabar dan Fungsi Transenden
• Turunan Fungsi Parameter
UJIAN TENGAH SEMESTER
INTEGRAL
• Rumus Dasar
• Integral dengan Subsitusi
INTEGRAL
• Integral Parsial
• Integral Arcus Tangen dan Logaritma
INTEGRAL Fungsi Pecah Rasional
• Keadaan N(x) = D’(x)
• Keadaan derajat N(x) ≥ derajat D(x)
• Keadaan Derajat N(x) < Derajat D(x)
INTEGRAL Fungsi Trigonometri
• Rumus-rumus Sederhana
• Bentuk ∫ R(sin x) cos x dx dan ∫ R(cos x) sin x dx
• Integral dengan memperhatikan rumus-rumus
INTEGRAL Fungsi Trigonometri
• Substitusi y = tan (x/2)
• Integral R(tan x)
• Rumus Reduksi untuk Integral Fungsi Trigonometri
INTEGRAL Fungsi Irrasional
• Rumus Penting
• Bentuk Irrasional Satu Suku
• Satu-satunya Bentuk Irrasional
• Subsitusi Trigonometri
INTEGRAL TERTENTU
• Pengertian Integral Tertentu
• Aplikasi Integral
UJIAN AKHIR SEMESTER
ii
KALKULUS DASAR
Tony Hartono Bagio
Angka Romawi diatas, merupakan jadwal pertemuan, termasuk jadwal Ujian, baik
UTS (Ujian Tengah Semester) maupun UAS (Ujian Akhir Semester), sedang jadwal tugas
tidak tercantum diatas, melainkan tergantung dari situasi.
Bila para pembaca sekalian ingin memberi tambahan, koreksi atau
penyempurnaan, penulis menghaturkan terima kasih sebelumnya, karena modul ini pasti
akan menjadi lebih bermanfaat.
Atas perhatiannya dalam membaca modul ini, penulis mengucapkan terima kasih.
Narotama, 20 November 2010
Tony Hartono Bagio
Dosen Fakultas Ilmu Komputer
Universitas Narotama Surabaya
iii
KALKULUS DASAR
Tony Hartono Bagio
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 .........................................................................................
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) ............................
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 .......................................................
3.8.7 Turunan Fungsi Hiperbolik ...........................................................
38
38
39
40
41
42
42
43
44
44
44
45
46
47
49
50
iv KALKULUS DASAR
3.9
Tony Hartono Bagio
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 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 .........................
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
v 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 − 2 19
,
, , dan
4 5 2
7
. Bilangan rasional
8
didefinisikan sebagai bilangan yang dapat ditulis dengan
a
dengan a dan b
b
keduanya bilangan bulat dan b ≠ 0. Dengan demikian bilangan-bilangan bulat
termasuk bilangan rasional juga. Bilangan bulat 3 merupakan bilangan rasional
sebab 3 dapat ditulis sebagai
6
. Himpunan semua bilangan rasional biasa
2
dinotasikan dengan Q. Jadi
a
Q = { ⏐ a ∈ Z, b ∈ Z, b ≠ 0}
b
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
2 . Bilangan
3 , 5 , 3 7 , e dan π.
irrasional yang lain antara lain
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 − 1 dengan
a dan b keduanya bilangan bulat, atau a + bi dengan i =
− 1 . Bilangan demikian
dinamakan bilangan kompleks dan 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
Pada R telah dikenal operasi penjumlahan dan perkalian. Misalkan x dan y
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.
Hukum komutatif: x + y = y + x dan xy = yx.
Hukum asosiatif: x + (y + z) = (x + y) + z dan x(yz) = (xy)z.
Hukum distributif: x(y + z) = xy + xz.
Elemen-elemen identitas:
Terhadap penjumlahan: 0 sebab x + 0 = x.
Terhadap perkalian: 1 sebab 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)
2)
3)
4)
invers multiplikatif (disebut juga balikan) yaitu x−1 yang memenuhi x. x−1 = 1.
Pengurangan dan pembagian didefinisikan dengan
x – y = x + (–y)
dan
x
= x. y−1
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) 2x – 7 < 4x – 2
2) –5 ≤ 2x + 6 < 4
3) x2 – x – 6 < 0
4) 3x2 – x – 2 > 0
5)
2x − 5
≤1
x−2
Contoh 1
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2x – 7 < 4x – 2.
2x – 7 < 4x – 2
Penyelesaian:
⇔
⇔
⇔
2x < 4x + 5
–2x < 5
x> −5
2
Hp: interval ( − 5 , ∞) = {x⏐ x > − 5 }
2
2
5
Contoh 2
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan –5 ≤ 2x + 6 < 4.
–5 ≤ 2x + 6 < 4
Penyelesaian:
⇔ –11 ≤ 2x
< –2
⇔ − 11 ≤ x
< –1
2
Hp: interval [ − 11 , –1) = {x⏐ − 11 ≤ x < –1}
2
2
Contoh 3
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2 – x – 6 < 0.
x2 – x – 6 < 0
Penyelesaian:
⇔ (x – 3)(x + 2) < 0
+ +
– –
–
–2
+ +
3
Hp: interval (–2, 3) = {x⏐ –2 < x < 3}
Contoh 4
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 3x2 – x – 2 > 0
3x2 – x – 2 > 0
Penyelesaian:
⇔ (x – 1)(3x + 2) > 0
+ +
– –
−2
3
–
+ +
1
Hp: interval (–∞, − 2 ) ∪ (1, ∞) = {x⏐ x < − 2 atau x > 1}
3
3
Contoh 5
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan
2x − 5
≤1
x−2
2x − 5
≤1
x−2
Penyelesaian:
⇔
2x − 5
–1≤0
x−2
⇔
2 x − 5 − ( x − 2)
≤0
x−2
6
x−3
≤0
x−2
⇔
⇔
(x – 3)(x – 2) ≤ 0 dengan syarat x ≠ 2 (mengapa?)
+ +
– –
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
⎪
x =⎨
⎪⎩− x
jika x ≥ 0
jika x < 0
Misal: 5 = 5 , − 5 = −(−5) = 5 , 0 = 0
Sifat-sifat nilai mutlak
1)
ab = a b
2)
a
a
=
b
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
6447
448 6447
448
–a
0
a
a
a
6447
448 6447
448
–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 ⇔ 3x – 5 ≤ –1 atau 3x – 5 ≥ 1
⇔
⇔
3x ≤ 4 atau
3x ≥ 6
4
atau
3
x≥2
x≤
Jadi, penyelesaiannya adalah x yang memenuhi x ≤
4
atau x ≥ 2. Gambarkan pada
3
garis bilangan penyelesaian pertidaksamaan ini.
Contoh 4
Andaikan ε (epsilon) adalah bilangan positif.
Tunjukkan bahwa x − 2 <
ε
5
⇔ 5 x − 10 < ε .
Penyelesaian:
x−2 <
ε
5
⇔ 5x−2 <ε
⇔ 5 x−2 <ε
⇔ 5( x − 2) < ε
⇔ 5 x − 10 < 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 − 3 < δ ⇒ 6 x − 18 < ε .
Terkait dengan bilangan akar pangkat dua dapat dinyatakan bahwa
x2 = x
SOAL 1
Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan berikut dan gambarkan himpunan
penyelesaiannya pada garis bilangan.
1. 4x – 7 < 3x – 5
16. (x + 2)(2x – 1)(3x + 7) ≥ 0
2. 2x + 16 < x + 25
17. x3 – 5x2 – 6x < 0
3. 7x – 1 ≤ 10x + 4
18. (x + 5)(x + 2)2(2x – 1) > 0
4. 6x – 10 ≥ 5x – 16
19.
x−2
<2
x+4
5. 10x + 1 > 8x + 5
20.
2x − 1
≥1
x −3
6. –6 < 2x + 3 < –1
21. x + 1 < 4
7. –3 < 4x – 9 < 11
22. 3 x + 4 < 8
8. 3x + 2 < 5x + 1 < 16
23.
9. 2x – 4 ≤ 6 – 7x ≤ 3x + 6
24. 4 x + 2 ≥ 10
x
−2 ≤6
3
10. x2 + x – 12 < 0
25. 2 − 4 x ≥ 10
11. x2 – 5x + 6 > 0
26.
3x
+1 ≤ 4
5
12. 3x2 – 11x – 4 ≤ 0
27.
x
+7 >2
2
13. 2x2 + 7x – 15 ≥ 0
28. 1 −
3x
≤4
5
5
>1
x
14.
x+5
≤0
2x − 1
29. 2 +
15.
2x − 3
>0
x +1
30.
1
− 3 > 6.
x
10
Buktikan bahwa implikasi yang ditunjukkan adalah benar
31. x − 3 < 0,5 ⇒ 5 x − 15 < 2,5 .
32. x − 2 <
33. x + 4 <
ε
6
ε
2
⇒ 6 x − 12 < ε .
⇒ 2x + 8 < 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 < ε
35. x − 2 < δ ⇒ (4 x − 5) − 3 < 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 g, atau F),
maka f(x) menunjukkan nilai yang diberikan oleh f kepada x. Jadi jika f(x) = x3 – 4,
maka
Fungsi dan Limit Fungsi
12
f(2) = 23 – 4 = 4
f(–1) = (–1)3 – 4 = –5
f(a) = a3 – 4
f(a + h) = (a + h)3 – 4 = a3 + 3a2h + 3ah2 + h3 – 4
Contoh 1
Untuk f(x) = x2 – 2x, carilah dan sederhanakan:
a. f(4)
b. f(4 + h)
c. f(4 + h) – f(4)
d.
f (4 + h) − f (4)
dengan h ≠ 0.
h
Penyelesaian:
Contoh 2
Untuk f(x) = x2 – 2x dengan daerah asal {–1, 0, 1, 2, 3}, carilah daerah hasil fungsi f.
Penyelesaian:
Fungsi dan Limit Fungsi
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
adalah {x ∈ R⏐ x ≠ 3}.
x−3
9 − t 2 adalah {t ∈ R⏐ 9 – t2 ≥ 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 grafik dari persamaan y = f(x).
Contoh 4
Buatlah sketsa grafik dari:
(a) f(x) = x2 – 4
(b) g(x) =
1
x
(c) h(x) = ⏐x⏐
Penyelesaian:
Fungsi dan Limit Fungsi
14
2.2 Operasi pada Fungsi
Jika f dan g dua fungsi maka jumlah f + g, selisih f – g, hasil kali fg, hasil bagi
f/g dan perpangkatan fn adalah fungsi-fungsi dengan daerah asal berupa irisan dari
daerah asal f dan daerah asal g, dan dirumuskan sebagai berikut.
(f + g)(x) = f (x) + g(x)
(f – g)(x) = f (x) – g(x)
(f g)(x) = f (x) g(x)
(f / g)(x) =
f ( x)
asalkan g(x) ≠ 0
g ( x)
Contoh 5
Jika f(x) = x2 – 2x dan g(x) = x – 1, tentukan f + g, f – g, fg, f/g dan f 3. Selanjutnya
gambarlah sketsa grafiknya.
Penyelesaian:
Fungsi dan Limit Fungsi
15
Selanjutnya didefinisikan komposisi fungsi sebagai berikut.
Jika f 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 – 2x dan g(x) = x – 1, tentukan g
sketsa grafiknya.
o
f dan f
o
g. Selanjutnya gambarlah
Penyelesaian:
(g o f)(x) = g (f(x))
= g (x2 – 2x)
= x2 – 2x – 1
(f o g)(x) = f (g(x))
= f (x – 1)
= (x – 1)2 – 2(x – 1)
= x2 – 2x + 1 – 2x + 2
= x2 – 4x + 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.
f(x) =
x3 −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.
Fungsi dan Limit Fungsi
16
x
y = f(x)
1,25
1,1
1,01
1,001
3,813
3,310
3,030
3,003
↓
1
↑
0,999
0,99
0,9
0,75
↓
?
↑
2,997
2,970
2,710
2,313
Gambar 2.2
Berdasarkan informasi pada tabel dan pada grafik menunjukkan bahwa f(x) mendekati
3 apabila x mendekati 1. Secara matematis hal tersebut dituliskan dengan
x3 −1
=3
lim
x →1 x − 1
dan ini dibaca “limit (x3 – 1)/ (x – 1) untuk x mendekati 1 adalah 3.”
Dalam contoh ini kita menghubungkan limit dengan perilaku fungsi dekat dengan 1,
bukannya di 1.
Contoh 1
sin x
x →0
x
Dengan menggunakan beberapa nilai pendekatan x tentukan lim
Fungsi dan Limit Fungsi
17
Penyelesaian:
x
y=
1
0,5
0,1
0,01
sin x
x
0,84147
0,95885
0,99833
0,99998
↓
0
↓
?
↑
–0,01
–0,1
–0,5
–1
↑
0,99998
0,99833
0,95885
0,84147
sin x
= 1.
x →0
x
Jadi, lim
Ingat kembali mengenai nila mutlak. Jika ε adalah sembarang bilangan positif,
maka jarak f(x) ke bilangan L kurang dari ε dapat dinyatakan dalam bentuk:
f ( x) − L < ε
dan ini ekuivalen dengan
L – ε < f(x) < L + ε
yang menunjukkan bahwa f(x) terletak pada interval terbuka (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)
f(x)
L+ε
L
L–ε
x
c–δ
c
c+δ
f ( x) − L < ε
0< x−c <δ
(a)
(b)
x
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) 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 δ > 0 sedemikian sehingga
apabila 0 < x − c < δ berlaku f ( x) − L < ε
Gambar 2.4
Contoh 2
Buktikan bahwa lim(3 x − 7) = 5
x→4
Analisis pendahuluan:
Misalkan ε > 0 sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan δ > 0 sedemikian
sehingga apabila 0 < x − 4 < δ berlaku (3x − 7) − 5 < ε.
Perhatikan
(3 x − 7) − 5 < ε ⇔ 3 x − 12 < ε
⇔ 3( x − 4) < ε
⇔ 3 x−4 <ε
⇔ x−4 <
ε
3
Fungsi dan Limit Fungsi
20
Oleh karena itu dapat dipilih δ =
dari
ε
3
ε
3
. Tentu saja dapat dipilih bilangan δ yang kurang
.
Bukti:
Ambil sembarang bilangan ε > 0. Kita pilih δ > 0, yaitu δ =
ε
3
. Apabila 0 < x − 4 < δ
(3 x − 7) − 5 = 3 x − 12
maka berlaku
= 3( x − 4)
= 3 x−4
=3 x−4
< 3δ = 3.
ε
3
= ε.
Jadi, terbukti lim(3 x − 7) = 5 .
x→4
Contoh 3
2 x 2 − 3x − 2
=5
x →2
x−2
Buktikan bahwa lim
Analisis pendahuluan:
Misalkan ε > 0 sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan δ > 0 sedemikian
sehingga apabila 0 < x − 2 < δ berlaku
Perhatikan
2 x 2 − 3x − 2
− 5 < ε.
x−2
(2 x + 1)( x − 2)
2 x 2 − 3x − 2
−5 < ε
−5 < ε ⇔
x−2
x−2
⇔ (2 x + 1) − 5 < ε
⇔ 2( x − 2) < ε
⇔ 2 x−2 <ε
⇔ x−2 <
Oleh karena itu dapat dipilih δ =
ε
2
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
(2 x + 1)( x − 2)
2 x 2 − 3x − 2
−5
−5 =
x−2
x−2
= (2 x + 1) − 5
= 2( x − 2)
= 2 x−2
= x−2
<δ=
ε
2
<ε
2 x 2 − 3x − 2
= 5.
Berarti terbukti bahwa lim
x→2
x−2
Contoh 4
Buktikan lim (mx + b) = mc + b
x →c
Analisis 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
m
= ε.
Fungsi dan Limit Fungsi
23
Contoh 5
Buktikan, jika c > 0, maka lim
x= c
x →c
Analisis Pendahuluan
Akan dicari bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila
0 < ⏐x – c⏐ < δ berlaku
x − c < ε untuk setiap ε > 0.
Perhatikan:
x− c =
=
=
≤
( x − c )( x + c )
x+ c
x−c
x+ c
x−c
x+ c
x−c
c
Dapat dipilih δ = ε c
Bukti:
Ambil sembarang ε > 0 dipilih δ = ε c . Oleh karenanya jika 0 < ⏐x – c⏐ < δ maka
berlaku
x− c ≤
x−c
c
<
ε c
c
< ε.
2.4 Teorema Limit
Teorema 2.4.1
Misalkan n bilangan bulat positif, k konstanta, serta f dan g fungsi-fungsi yang
mempunyai limit di c, maka:
1) lim k = k
x →c
2) lim x = c
x →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
x →c
x →c
lim f ( x)
f ( x) x → c
=
, asalkan lim g ( x) ≠ 0
lim g ( x)
x → c g ( x)
x→ c
7) lim
x →c
⎡
⎤
8) lim [ f ( x)]n = ⎢ lim f ( x)⎥
x →c
⎣x →c
⎦
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
= 45.
teorema 2.2.1 8)
teorema 2.2.1 2)
Contoh 7
Carilah lim (5 x 2 − 20)
x →3
Penyelesaian:
lim (5 x 2 − 20) = lim 5 x 2 − lim 20
x →3
x →3
= 45 – 20
= 25.
x →3
teorema 2.2.1 5)
teorema 2.2.1 1)
Fungsi dan Limit Fungsi 24
Contoh 8
5 x 2 − 20
x
x →3
Carilah lim
Penyelesaian:
lim 5 x 2 − 20
5 x 2 − 20
lim
= x →3
x
lim x
x →3
teorema 2.2.1 7)
x →3
lim 5 x 2 − 20
x →3
=
=
=
3
25
3
teorema 2.2.1 2) dan 9)
dari contoh 7.
5
3
Ingat, bentuk f ( x) = a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n disebut polinom dan hasil bagi
polinom disebut fungsi rasional,
a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n
.
b0 + b1 x + b2 x 2 + ... + bm x m
Teorema 2.4.2
1) Jika f 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
Tentukan lim
7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6
3x 2 − 6 x − 8
x→2
Penyelesaian: lim
7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6
2
3x − 6 x − 8
x→2
=
7(2) 5 − 10(2) 4 − 13(2) + 6
2
3(2) − 6(2) − 8
=
44
11
=− .
−8
2
Contoh 11
Tentukan lim
x 3 + 3x + 7
x →1 x 2
− 2x + 1
= lim
x →1
x 3 + 3x + 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 + 3x − 10
x2 + x − 6
Penyelesaian:
Sebelum mencoba mengambil limitnya
penyederhanaan pecahan dengan faktorisasi.
lim
x→2
terlebih
dahulu
diadakan
x 2 + 3x − 10
( x − 2)( x + 5)
= lim
2
x → 2 ( x − 2)( x + 3)
x + x−6
= lim
x →2
=
x+5
x+3
7
5
Fungsi dan Limit Fungsi 26
Teorema 2.4.3 (Teorema Apit)
Misalkan f, g dan h adalah fungsi-fungsi dengan f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) untuk setiap x di
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 δ1 > 0 sedemikian hingga
x→ c
0 < ⏐x – c⏐ < δ1 ⇒ ⏐f(x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < f(x) < L + ε.
Karena lim h( x) = L, berarti terdapat bilangan δ2 > 0 sedemikian hingga
x→ c
0 < ⏐x – c⏐ < δ2 ⇒ ⏐h(x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < h(x) < L + ε
Dipilih δ = min{δ1, δ2}
Apabila 0 < ⏐x – c⏐ < δ maka berlaku
L – ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < L + ε
⇒ L – ε < g(x) < L + ε
⇔ ⏐g(x) – L⏐ < ε
Terbukti lim g ( x) = L.
x→ c
Contoh 13
Dapat diselidiki bahwa 1 –
x2
sin x
≤
≤ 1 untuk semua x yang mendekati tetapi
6
x
sin x
= 1.
x →0
x
tidak 0. Tunjukkan bahwa lim
Fungsi dan Limit Fungsi 27
Penyelesaian:
sin x
x2
x2
, dan h(x) = 1, maka lim f ( x) = lim1 −
, g(x) =
=1
x→0
x →0
6
x
6
dan lim h( x) = 1, sehingga diperoleh
Misalkan f(x) = 1 –
x→0
lim1 −
x →0
⇔
x2
sin x
≤ lim
≤ lim1
x →0
x →0
6
x
sin x
1 ≤ lim
≤1
x →0
x
sin x
= 1.
x →0
x
Berdasarkan teorema 2.4.3 maka dapat disimpulkan lim
SOAL 2
1. Untuk fungsi f(x) = 3x3 + x, hitunglah masing-masing nilai
a. f(1)
c. f( 12 )
b. f(–6)
1
d. f( )
x
2. Untuk fungsi g(t) =
t
, hitunglah masing-masing nilai
1+ t2
a. f(1)
c. f( 14 )
b. f(9)
d. f(
1
x4
)
3. Gambarlah grafik fungsi
⎧− x 2 + 4
⎪
a. f ( x) = ⎨
⎪ 3x
⎩
,
x ≤1
,
x >1
4. Jika f(x) = x2 + x dan g(x) =
⎧x 2 − 1 ,
x≤0
⎪
, 0< x<2
b. g ( x) = ⎨ 1
⎪ x +1 ,
x≥2
⎩
2
, tentukan:
x+3
a. (f + g)(2)
d. (f / g)(1)
b. (f – g)(2)
e. (g o f)(1)
c. (f g)(1)
f. (f o g)(1)
5. Jika f(x) =
x 2 − 1 dan g(x) =
2
, tentukan:
x
Fungsi dan Limit Fungsi 28
a. (f g)(x)
d. (f o g)(x)
b. (f / g)(x)
e. f 4(x) + g 4(x)
c. (g o f)(x)
Dalam soal nomor 6 – 10, buktikan limit-limit tersebut.
6. lim(3x − 7) = 2
x →3
7. lim (2 x − 4) = −8
x → −2
x 2 − 25
8. lim
= 10
x →5 x − 5
9. lim
x →1
x 2 + 5x − 6
=7
x −1
10. lim 2 x = 2
x→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) ≤ G(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-soal berikut (no. 13 s.d. 20), tentukan nilai limit fungsi berikut
13. lim(7 x − 4)
x →3
14. lim (2 x 3 − 5 x)
x → −1
15. lim(4 x 2 − 3)(7 x 3 + 2 x)
x →0
3x 4 − 8
16. lim 3
x → − 2 x + 24
u 2 − 2u
u→ 2 u 2 − 4
17. lim
t 2 + 7t + 7
t → −1 t 2 − 4t − 5
18. lim
Fungsi dan Limit Fungsi 29
( w + 2)( w 2 − w − 6)
w→ − 2
w 2 + 4w + 4
19. lim
( y − 1)( y 2 + 2 y − 3)
y →1
y2 − 2y +1
20. lim
Fungsi dan Limit Fungsi 30
2.5 Limit Kiri dan Limit Kanan
Definisi
Limit f(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) 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 ,
⎪
f(x) = ⎨
⎪ x2 ,
⎩
x ≥1
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 ,
⎪
g(x) = ⎨
⎪ x2 ,
⎩
x ≥1
Tentukan lim− g ( x) , lim+ g ( x) , dan lim g ( x) ,
x →1
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
jika ada.
x2
Penyelesaian:
x
±1
± 0,5
± 0,2
± 0,1
± 0,05
± 0,01
± 0,001
1
x2
1
4
25
100
400
10.000
1.000.000
Semakin x mendekati 0, x2 juga semakin dekat
1
menjadi sangat besar
x2
(lihat tabel di samping). Nampak dari grafik
dengan 0, dan nilai
1
yang diperlihatkan pada
x2
gambar 2.4 bahwa nilai f(x) dapat dibuat sangat
besar dengan mengambil x cukup dekat ke 0.
dengan demikian nilai f(x) tidak mendekati suatu
fungsi f(x) =
1
tidak ada.
x→0 x 2
Untuk menunjukkan jenis perilaku seperti uang ditunjukkan dalam contoh ini kita
gunakan notasi
bilangan , sehingga lim
Fungsi dan Limit Fungsi 32
lim
x→0
1
=∞
x2
Hal ini tidak berarti bahwa kita menganggap ∞ sebagai suatu bilangan. Tidak juga
bermakna bahwa limit tersebut ada. Notasi tersebut 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 ⎞
lim⎜ − 2 ⎟ = – ∞
x →0
⎝ x ⎠
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
karena
x2
1
= ∞.
x2
Fungsi dan Limit Fungsi 33
Contoh 18
Hitunglah lim− tan x dan lim+ tan x
x → (π2 )
x → (π2 )
Penyelesaian:
lim− sin x
x → (π2 )
sin x
lim− tan x = lim−
=
=∞
x → (π2 )
lim− cos x
x → (π2 ) cos x
x → (π2 )
lim+ sin x
x → (π2 )
sin x
lim+ tan x = lim+
=
=–∞
x → (π2 )
x → (π2 ) cos x
lim+ cos x
x → (π2 )
2.7 Kekontinuan Fungsi
Definisi
Misalkan f : A → R suatu fungsi, maka
a. Fungsi f dikatakan kontinu di c ∈ A jika lim f ( x) = f (c)
x →c
b. Fungsi f dikatakan kontinu pada himpunan A jika f kontinu disetiap anggota A.
Definisi a mengandung arti bahwa f 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
⎧ x2 − 4
,
⎪
⎪ x−2
1. f(x) = ⎨
⎪ 1 ,
⎪
⎩
x≠2
x=2
Apakah f kontinu di x = 2?
Gambarkan grafik fungsi f.
Penyelesaian:
x2 − 4
( x − 2)( x + 2)
= lim
= lim( x + 2) = 4
1) lim f ( x) = lim
x→ 2
x→2 x − 2
x→2
x→2
x−2
2) f(2) = 1
(ada)
(ada)
3) Karena lim f ( x) ≠ f(2) maka f tidak kontinu di x = 2.
x→ 2
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada pembaca.
x2 − 4
x−2
Apakah f kontinu di x = 2?
Gambarkan grafik fungsi f.
2. f(x) =
Penyelesaian:
1) lim f ( x) = lim
x→ 2
x→2
( x − 2)( x + 2)
x2 − 4
= lim
= lim( x + 2) = 4
x
→
2
x→2
x−2
x−2
(ada)
2) f(2) tidak ada
3) Karena f(2) tidak ada, maka f tidak kontinu di x = 2.
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada pembaca.
⎧ x2 − 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)
x2 − 4
= lim
= lim( x + 2) = 4
x→2
x→2
x−2
x−2
2) f(2) = 4
(ada)
x→2
x→ 2
(ada)
3) Karena lim f ( x) = f(2) maka f kontinu di x = 2.
x→ 2
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada mahasiswa.
⎧2 − x ,
⎪
4. f(x) = ⎨
⎪ x2 ,
⎩
x ≥1
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) = 2 – 1 = 1
(ada)
3) Karena lim f ( x) = f(1), maka f kontinu di x = 1.
x→1
Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada mahasiswa.
⎧3 − x ,
⎪
5. g(x) = ⎨
⎪ x2 ,
⎩
x ≥1
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 g keduanya kontinu di c dan k 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
kontinu di c.
o
g
SOAL 2
1. Tentukan limit (sepihak) berikut:
a.
b.
c.
lim−
x
x
lim+
x
x
x →0
x →0
⎧ x,
⎪
⎪⎪
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 di 0?
b. Apakah f kontinu di 1?
⎧ x2 ,
⎪
⎪⎪
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 fungsi f ’ yang nilainya di c adalah
f ( c + h ) − f (c )
f ’ (c) = lim
h →0
h
asalkan limit ini ada.
Contoh 1
Jika f(x) = 3x2 + 2x +4, maka turunan f 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
2
12h + 3 h + 2h
= lim
h →0
h
h(12 + 3 h + 2)
= lim
h →0
h
= lim(12 + 3h + 2)
h →0
= 14
Jika f mempunyai turunan di setiap x anggota domain maka
f ( x + h) − f ( x )
f ’ (x) = lim
h →0
h
Jika y = f(x) turunan y atau turunan f dinotasikan dengan y ’, atau
dy
, atau f ’ (x), atau
dx
df ( x)
dx
Turunan Fungsi
38
Contoh 2
Jika f(x) = 3x2 + 2x +4, maka turunan f di sembarang x adalah
f ( x + h) − f ( x )
f ’ (x) = lim
h →0
h
3( x + h) 2 + 2( x + h) + 4 − (3 x 2 + 2 x + 4)
= lim
h →0
h
2
2
3( x + 2 xh + h ) + 2 x + 2h + 4 − (3x 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
= 6x + 2
3.2 Turunan Fungsi Konstan dan Fungsi Pangkat
1. Jika f(x) = k dengan k konstan untuk setiap x (f fungsi konstan), maka f ’(x) = 0.
Bukti:
f ’(x)
f ( x + h) − f ( x )
h →0
h
k −k
= lim
h →0
h
=0
= lim
2. Jika f(x) = x untuk setiap x (f fungsi identitas), maka f ’(x) = 1.
Bukti:
f ’(x)
f ( x + h) − f ( x )
h
( x + h) − x
= lim
h→0
h
= lim
h →0
h
h →0 h
= 1.
= lim
3. Jika f(x) = xn dengan n bilangan bulat positif, untuk setiap x, maka f ’(x) = nxn–1.
Bukti:
f ’(x)
f ( x + h) − f ( x )
h →0
h
n
( x + h) − x n
= lim
h →0
h
= lim
Turunan Fungsi
39
x n + nx n −1 h +
= lim
h →0
n(n − 1) n − 2 2
x h + ... + nxh n −1 + h n − x n
2
h
n(n − 1) n − 2
⎞
⎛
h⎜ nx n −1 +
x h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟
2
⎠
= lim ⎝
h →0
h
n(n − 1) n − 2
⎛
⎞
x h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟
= lim⎜ nx n −1 +
h →0
2
⎝
⎠
= lim nx n −1
h →0
= nx n −1
Contoh 3
Jika f(x) = x5, maka turunan f adalah f ’(x) = 5x4
3.3 Sifat-sifat Turunan
Jika k suatu konstanta, f dan g fungsi-fungsi yang terdiferensialkan, u dan v fungsifungsi dalam x sehingga u =f(x) dan v =g(x) maka berlaku:
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
v
maka y ’ =
u ' v − uv '
v2
Contoh 4
1. Jika f(x) = 3x5, maka f ’(x) = 3.5x4 = 15x4
2. Jika f(x) = 3x5 + 2x, maka f ’(x) = 15x4 + 2
3. Jika f(x) = 3x5 – 2x, maka f ’(x) = 15x4 – 2
4. Jika f(x) = (3x5 + 2x)(4x + 7), maka f ’(x) = (15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4
5. Jika f(x) =
(15 x 4 + 2)(4 x + 7) − (3x 5 + 2 x) 4
3x 5 + 2 x
, maka f ’(x) =
4x + 7
( 4 x + 7) 2
Turunan Fungsi
40
6. Jika f(x) = x p dengan p bilangan bulat negatif maka f(x) = x –n dengan – n = p,
sehingga f(x) =
f ’(x) =
=
1
u
. Dengan menggunakan turunan y = diperoleh
n
v
x
0. x n − 1. nx n −1
(x n )2
− nx n −1
x 2n
= − nx n −1 x −2 n
= − nx − n −1
= px p −1
3.4 Aturan Rantai (untuk Turunan Fungsi Komposisi)
Untuk menentukan turunan y = (3x4 + 7x – 8)9 dengan cara mengalikan
bersama kesembilan faktor (3x4 + 7x – 8) kemudian mencari turunan polinom
berderajat 36 tentulah sangat melelahkan. Cara yang mudah untuk menentukan
turunan y = (3x4 + 7x – 8)9 adalah dengan menggunakan aturan rantai.
Aturan Rantai
Misalkan y = f(u) dan u = g(x) menentukan fungsi komposisi yang dirumuskan
dengan y = f(g(x)) = (f o g)(x). Jika g terdiferensialkan di x dan f terdiferensialkan di
u = g(x) maka y = (f o g)(x) terdiferensialkan di x dan
y ’ = (f o g) ’ (x)
= f ’(g(x)) g’(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)
yakni y = (f o g o h)(x)
maka
dy dy du dv
=
dx du dv dx
Turunan Fungsi
41
Contoh 5
Tentukan turunan y = (3x4 + 7x – 8)9
Penyelesaian:
Misalkan
u = 3x4 + 7x – 8
→
du
=12x3 + 7
dx
y = u9
→
dy
= 9u8.
du
dy dy du
= 9u8(12x3 + 7)
=
dx du dx
= 9(3x4 + 7x – 8)8(12x3 + 7)
3.5 Turunan Fungsi Invers
Misalkan y = f(x) dan f mempunyai invers f
menggunakan aturan rantai pada x = f –1(y) diperoleh
–1
sehingga x = f
–1
(y). Dengan
dx df −1 ( y ) dy
=
dx
dy
dx
dx dy
dy dx
⇔
1=
⇔
dx 1
=
dy dy
dx
3.6 Turunan Fungsi Implisit
Fungsí implisit secara umum dapat ditulis sebagai f(x, y) = 0 dengan y sebagai
fungsí dalam x.
Contoh fungsi implisit: 1) y – 2x3 – 8 = 0
2) 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0
Contoh 6
dy
dari fungsí yang dirumuskan dengan y – 2x3 – 8 = 0
dx
Penyelesaian:
Apabila kedua ruas y – 2x3 – 8 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh:
1. Tentukan
Turunan Fungsi
42
dy
– 6x2 = 0
dx
⇔
dy
= 6x2
dx
dy
dari fungsí yang dirumuskan dengan 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0
dx
Penyelesaian:
Apabila kedua ruas 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh:
dy
dy
–7
– 2x = 0
6x2y + 2x3
dx
dx
dy
⇔
(2x3 – 7) = 2x – 6x2y
dx
2x − 6x 2 y
dy
⇔
=
dx
2x3 − 7
2. Tentukan
3.7 Turunan Tingkat Tinggi
Jika fungsi diturunkan maka turunannya, yaitu f ’ 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) sebagai
d ⎛ dy ⎞ d 2 y
⎜ ⎟=
dx ⎝ dx ⎠ dx 2
Notasi lain adalah f ’’(x) = D2f(x)
Contoh 7
Jika f(x) = 3x4 + 7x – 8, tentukan f ’’(x).
Penyelesaian:
f ’(x) = 12x3 + 7
untuk mencari f ’’(x) kita turunkan f ’(x):
d
(12 x 3 + 7)
dx
= 36x2
f ’’(x) =
Contoh 8
Jika f(x) = (3x5 + 2x)(4x + 7), tentukan f ’’(x).
Turunan Fungsi
43
Penyelesaian:
⎛d
⎞
⎛d
⎞
f ’(x) = ⎜ (3 x 5 + 2 x) ⎟ (4x + 7) + (3x5 + 2x) ⎜ (4 x + 7) ⎟
⎝ dx
⎠
⎝ dx
⎠
= (15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4
f ’’(x) =
=
d
[(15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4]
dx
d
d
[(15x4 + 2) (4x + 7)] +
[(3x5 + 2x)4]
dx
dx
⎛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 ⎠
= 60x3(4x + 7) + (15x4 + 2) 4 + (15x4 + 2) 4 + (3x5 + 2x).0
= 60x3(4x + 7) + (15x4 + 2) 4 + (15x4 + 2) 4
3.8 Turunan Fungsi Aljabar dan Fungsi Transenden
⎧ Fungsi Rasional
Fungsi Aljabar ⎨
⎩ Fungsi Irrasional
Fungsi
⎧ Fungsi Trigonometri
⎪ 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 =
Penyelesaian: y =
n
x dengan n bilangan bulat positif
x ⇔ x = y n sehingga
n
dx
= ny n–1
dy
dy
1
1
1
1
=
=
= y 1− n =
n −1
dx
dx
n
n
ny
dy
( x)
1− n
n
=
( )
1 1n
x
n
1− n
=
1 1n −1
x
n
Contoh 10
Tentukan turunan y =
Penyelesaian: y =
x3 + 4x
(
x 3 + 4x = x3 + 4x
)
1
2
Dengan aturan rantai diperoleh: y ’ =
=
−1
1 3
(
x + 4 x ) 2 (3x 2 + 4)
2
3x 2 + 4
2 x3 + 4x
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) = cos x, maka
f ’(x)
= lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
h
cos( x + h) − cos x
h→0
h
cos x cos h − sin x sin h − cos x
= lim
h →0
h
cos x(cos h − 1) − sin x sin h
= lim
h →0
h
= lim
= lim
h→0
cos x(cos h − 1)
sin x sin h
– lim
h
→
0
h
h
(cos h − 1)
sin h
– lim sin x lim
h
→
0
h
→
0
h
h
= cos x . 0 – sin x . 1
= – sin x
= lim cos x lim
h →0
h→0
Turunan Fungsi
45
Jadi,
jika f(x) = cos x, maka f ’(x) = – sin x
Analog:
jika f(x) = sin x, maka f ’(x) =
jika f(x) = tg x,
cos x
maka f ’(x) =
sec2 x
jika f(x) = ctg x, maka f ’(x) = – cosec2 x
jika f(x) = sec x, maka f ’(x) = sec x tg x
jika f(x) = cosec x, maka f ’(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− x2
dx
= cos y
dy
dy
1
=
dx
cos y
1
=
1− x2
Jadi,
jika y = arc sin x, maka y ’ =
cos y = 1 − x 2
1
1− x2
Turunan Fungsi
46
Analog:
1
jika y = arc cos x, maka y ’ = –
1− x2
1
1+ x2
jika y = arc tg x,
maka y ’ =
jika y = arc ctg x,
maka y ’ = –
jika y = arc sec x,
maka y ’ =
1
1+ x2
1
x x2 −1
jika y = arc cosec x, maka y ’ = –
1
x x2 −1
3.8.5 Turunan Fungsi Logaritma
Akan dicari turunan f(x) = ln x berikut.
f ’(x)
= lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
h
ln( x + h) − ln x
h →0
h
= lim
⎛ x+h⎞
ln⎜
⎟
x ⎠
⎝
= lim
h→0
h
⎛ h⎞
ln⎜1 + ⎟
x⎠
= lim ⎝
h→0
h
⎛ h⎞
ln⎜1 + ⎟
x⎠
= lim ⎝
h →0
h
.x
x
x ⎛ h⎞
ln⎜1 + ⎟
h ⎝
x⎠
= lim
h →0
x
Turunan Fungsi
47
x
⎛ h ⎞h
ln⎜1 + ⎟
x⎠
= lim ⎝
h →0
x
⎛
lim ln⎜1 +
h→0
⎝
=
lim x
x
h ⎞h
⎟
x⎠
h →0
x
⎛ h ⎞h
Mengingat (1) lim ln f ( x) = ln lim f ( x) dan (2) lim ⎜1 + ⎟ = e
h →0
h→0
h→0
x⎠
⎝
Sehingga diperoleh:
x
f ’(x)
⎛ h ⎞h
lim ln⎜1 + ⎟
h→0
x⎠
⎝
=
lim x
h →0
x
⎛ h ⎞h
ln lim ⎜1 + ⎟
h →0
x⎠
⎝
=
lim x
h →0
=
ln e
x
=
1
x
Jadi,
jika f(x) = ln x, maka f ’(x) =
1
x
Selanjutnya jika y = a log x maka turunannya dapat dicari sebagai berikut.
y = a log x
⇔y=
ln x
ln a
=
1
ln x
ln a
Sehingga y ’ =
1 1
ln a x
=
1
x ln a
Turunan Fungsi
48
Jadi,
jika y = a log x , maka y ’ =
1
x ln a
3.8.6 Turunan Fungsi Eksponensial
Akan dicari turunan y = a x sebagai berikut.
y = a x ⇔ ln y = ln a x
⇔ ln y = x ln a
⇔x=
ln y
ln a
⇔x=
1
ln y
ln a
Sehingga
Diperoleh
Jadi,
dx
1 1
=
dy
ln a y
dy
= y ln a.
dx
= a x ln a
jika y = a x ,
maka y ’ = a x ln a
Khususnya untuk a = e, jika y = e x ,
maka y ’ = e x ln e
= ex
Jadi,
jika y = e x ,
maka y ’ = e x
Turunan Fungsi
49
3.8.7 Turunan Fungsi Hiperbolik
Definisi
sinh x =
e x − e−x
2
coth x =
1
e x + e−x
= x
tanh x
e − e−x
cosh x =
e x + e−x
2
sech x =
2
1
= x
cosh x
e + e −x
sinh x
e x − e−x
= x
tanh x =
cosh x
e + e −x
csch x =
2
1
= x
sinh x
e − e−x
Jika f(x) = sinh x, maka dengan menggunakan turunan fungsi eksponensial diperoleh
d ⎛ e x − e−x ⎞
⎜
⎟⎟
f ' ( x) =
2
dx ⎜⎝
⎠
e x − ( −e − x )
2
x
e + e−x
=
2
= cosh x.
=
Jadi,
jika f(x) = sinh x, maka f ’(x) = cosh x
3.9 Turunan Fungsi Parameter
Apabila disajikan persamaan berbentuk:
x = f(t)
y = g(t)
maka persamaan ini disebut persamaan parameter dari x dan y, dan t disebut
dy
dengan cara sebagai
parameter. Dari bentuk parameter ini dapat dicari
dx
berikut. Dari x = f(t) dibentuk t = h(x) dengan h fungsi invers dari f. Nampak
bahwa y = g(t) merupakan bentuk fungsi komposisi
y = g(t)
= g(h(x))
Turunan Fungsi
50
Diperoleh
dy
dy dt
dy
dy 1
=
atau
=
dx
dt dx
dx
dt dx
dt
sehingga
dy
=
dx
dy dt
dx dt
SOAL
Carilah
dy
untuk yang berikut
dx
1
4 x − 3x + 9
x −1
6. y =
x +1
1. y = (3x4 + 2x2 + x)(x2 + 7)
5. y =
2. y = (x3 + 3x2)(4x2 + 2)
3. y =
1
7. y =
3x 2 + 1
2
4. y =
2
5x − 1
Dengan aturan rantai tentukan
2
2 x 2 − 3x + 1
2x + 1
dy
untuk yang berikut
dx
8. y = (2 – 9x)15
9. y = (5x2 + 2x – 8)5
⎛ 3x − 1 ⎞
15. y = sin ⎜
⎟
⎝ 2x + 5 ⎠
⎛ x2 −1⎞
⎟⎟
y = cos ⎜⎜
x
+
4
⎠
⎝
4
y = arcsin (3x – 11x)
y = arctg (3x4 – 11x)8
y = ln (5x2 + 2x – 8)
1
10. y =
2
(4 x − 3x + 9) 9
16.
11. y = sin (3x2 + 11x)
12. y = cos (3x4 – 11x)
13. y = sin3 x
17.
18.
19.
⎛ x −1⎞
14. y = ⎜
⎟
⎝ x +1⎠
20. y = e (2 – 9x)
4
Tentukan turunan fungsí implisit berikut
21. x2 + y2 = 9
26. 4x3 + 11xy2 – 2y3= 0
22. 4x2 + 9y2 = 36
27.
23. x y = 4
24. xy2 – x + 16 = 0
28. xy + sin y = x2
29. cos (xy) = y2 + 2x
25. x3 – 3x2y+ 19xy = 0
30. 6x –
xy + 3y = 10x
2 xy + xy3 = y2
Turunan Fungsi
51
dy
untuk fungís parameter berikut
dx
31. y = 2 – 9t
34. x = ln (2t – 9)
x = sin t
y = (t2 + 7)3
Tentukan
32. y = 2 – 9t2
x = arc sin (t – 1)
35. x = e (2t – 9)
y = cosec t
33. x = ln (2 – 9t)
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 anti turunan (integral tak tentu) dari fungsi f pada himpunan
D jika
F ’(x) = f(x)
untuk setiap x ∈ D.
Fungsi integral tak tentu f dinotasikan dengan
∫ f ( x) dx dan f (x) dinamakan integran.
d
f ( x) dx = f (x).
dx ∫
Contoh 1
Jadi
sin x, sin x + 5, sin x –
7 adalah fungsi-fungsi 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 g mempunyai anti turunan dan k suatu konstanta, maka
1. ∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx
2. ∫ [ f ( x) + g ( x)] dx =
∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx
Teorema 4.0.3
Jika F dan G keduanya integral tak tentu dari f pada interval I, maka F(x) dan G(x)
berselisih suatu konstanta pada I
Jadi F(x) – G(x) = C dengan C sembarang konstanta.
Akibat 4.0.4
Jika F suatu fungsi integral tak tentu dari f , maka
∫ f ( x) dx = F(x) + C.
dengan C konstanta sembarang.
Thobirin, Kalkulus Integral
53
Integral
4.1 Rumus Dasar
1.
∫x
2.
∫ x dx
3.
∫e
4.
∫a
n
dx =
1
x
x
1 n +1
x + C , n ≠ –1
n +1
= ln x + C
1 x
a +C
ln a
2
dx
,x≠0
dx = e x + C
dx =
1
∫1+ x
11.
= arc tan x + C
= – arc cot x + C
12.
∫
1
1− x2
dx =
,a≠1
arc sin x + C
= – arc cos x + C
a>0
∫ sin x dx
5.
= – 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
13.
∫x
1
x 2 −1
6.
dx = arc sec x + C
= – arc csc x + C
2
14. ∫ sinh x dx
= cosh x + C
2
15. ∫ cosh x dx
= sinh x + C
SOAL
Tentukan:
1. ∫ ( x − 2) 2 dx
2.
2x 2 + x + 1
∫ x 3 dx
3.
∫
1+ x
dx
x
4. ∫ (sin x − x ) dx
5. ∫ 2 x dx
Thobirin, Kalkulus Integral
54
Integral
4.2 Integral dengan Substitusi
Masalah: Tentukan ∫ (2 x + 5) 2006 dx
Untuk menyelesaikan permasalahan seperti ini dapat digunakan aturan seperti pada
teorema berikut.
Teorema 4.2.1
Jika u = g(x) yang didefinisikan pada interval I mempunyai invers x = g –1(u) dan
fungsi-fungsi g dan g –1 keduanya mempunyai derivatif yang kontinu pada
intervalnya masing-masing, dan f 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 = 2x + 5
du
=2
dx
→
du = 2 dx
maka
∫ (2 x + 5)
2006
dx
1
=
∫2
=
1 2006
u
du
2∫
=
1 1
u 2007 + C
2 2007
=
1
(2 x + 5) 2007 + C
4014
(2 x + 5) 2006 2 dx
Contoh 3
Tentukan
∫ x (3x
2
+ 5) 2006 dx
Penyelesaian:
Substitusikan u = 3x2 + 5
→
du
= 6x
dx
du = 6x dx
Thobirin, Kalkulus Integral
55
Integral
∫ x (3x
maka
2
+ 5) 2006 dx
1
=
∫6
=
1 2006
u
du
6∫
=
1 1
u 2007 + C
6 2007
=
1
(3x 2 + 5) 2007 + C
12042
(3x 2 + 5) 2006 6 x dx
Contoh 4
Tentukan ∫ cos
1
x dx
2
Penyelesaian:
Substitusikan u =
1
x
2
1
∫ 2 cos 2 x
maka
→
1
dx
2
du 1
=
dx 2
⇔
du =
1
dx
2
= 2∫ cos u du
= 2 sin u + C
= 2 sin
1
x +C
2
SOAL
Tentukan:
1. ∫ 3( x − 2) 9 dx
2.
∫ x (5 x
3.
∫ ( x + 3)
4.
∫ x ln x dx
5.
∫
2
+ 2) 9 dx
8
4
dx
1
sin(ln x)
dx
x
1
6.
∫
7.
∫ 4 + ( x + 1)
8.
∫x
4 − x2
dx
dx
2
2 x 2 − 1 dx
9. ∫ e sin x cos x dx
10. ∫ e 4 x dx
Thobirin, Kalkulus Integral
56
Integral
4.3 Integral Parsial
Masalah: Tentukan
Misalkan:
∫xe
x
dx
u = f(x)
→
du
= f ' ( x)
dx
→ du = f ' ( x) dx → du = u ' dx
v = g(x)
→
dv
= g ' ( x)
dx
→ dv = g ' ( x) dx → dv = v ' dx
uv = f(x) g(x) →
d (uv)
= f ' ( x) g ( x) + f ( x) g ' ( x)
dx
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
Tentukan
∫xe
x
dx
Penyelesaian:
Misalkan
sehingga
u=x
→ du = dx
dv = e x dx
→ v = ∫ e x dx = e x
∫xe
x
dx = x e x − ∫ e x dx
= x e x − ∫ e x dx
= x e
x
− e
x
+ C
Contoh 6
Tentukan
∫x
2
e x dx
Penyelesaian:
Misalkan
u = x2
→ du = 2x dx
dv = e x dx
→ v = ∫ e x dx = e x
Thobirin, Kalkulus Integral
57
Integral
sehingga
∫x
2
e x dx = x 2 e x − ∫ e x 2 xdx
= x 2 e x −2∫ xe x dx
= x 2 e x − 2( x e x − e x ) + C
= x 2e x − 2x 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
sehingga
∫ x cos x dx = x sin x − ∫ sin x dx
= x sin x + cos x + C
Contoh 8
Tentukan ∫ e x cos x dx
Penyelesaian:
u = ex
Misalkan
→ du = e x dx
dv = cos x dx → v = ∫ cos x dx = sin x
sehingga ∫ e x cos x dx = e x sin x − ∫ sin x e x dx
= e x sin x − ∫ e 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
∫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
x
cos x dx =
1 x
1
e sin x + e x cos x + C
2
2
Thobirin, Kalkulus Integral
58
Integral
SOAL
Tentukan:
∫ x sin x dx
2. ∫ x sin 2 x dx
3. ∫ ln x dx
4. ∫ x e dx
6. ∫ e x sin x dx
1.
7. ∫ arcsin x dx
8. ∫ arctan dx
−x
5.
∫x
2
9.
e − x dx
10.
∫ x ln x
∫
2
dx
ln ln x
dx
x
4.4 Integral yang Menghasilkan Arcus 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
2
1
dx
+ x2
1
x
arc tan + C
a
a
=
(4.4.1)
Perhatikan penyebut dalam integran.
Selanjutnya akan dicari
∫x
2
1
dx
+ 2bx + c
Jika f(x) = x2 + 2bx + c dengan D = 4b2 – 4c < 0, maka f(x) definit positif dan
selalu dapat dibawa ke bentuk
f(x) = (x + b)2 + p2
dengan p2 = c – b2 > 0
sehingga
∫x
2
1
dx =
+ 2bx + c
1
∫ ( x + b)
2
+ p2
dx dan dengan menggunakan (4.4.1)
dapat diperoleh
∫x
2
1
1
x+b
dx = arctan
+ C
p
p
+ 2bx + c
dengan p =
(4.4.2)
c − b2
Thobirin, Kalkulus Integral
59
Integral
Contoh 9
1
dx
3 + x2
Penyelesaian:
Tentukan
∫
Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh
∫
1
x
1
arc tan
+C
dx =
2
3+ x
3
3
∫
1
1
x
dx = = arc tan + C
2
3
3
3+ x
Contoh 10
1
dx
x +9
Penyelesaian:
Tentukan
∫
2
Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh
Contoh 11
1
dx
x + 2x + 5
Penyelesaian:
b=1
c=5
Tentukan ∫
p=
2
5 − 12 = 4 = 2
Dengan rumus (4.4.2) diperoleh
∫
x +1
1
1
+C
dx = arc tan
2
2
x + 2x + 5
2
Atau secara langsung dengan cara berikut:
∫
1
dx =
x + 2x + 5
2
Selanjutnya ingat:
∫
x +1
1
1
dx = arc tan
+C
2
2
2
( x + 1) + 4
1
∫ x dx
= ln x
+C
Dengan rumus ini dapat ditunjukkan bahwa
∫
g ' ( x)
dx = ln g (x)
g ( x)
+C
(4.4.3)
Thobirin, Kalkulus Integral
60
Integral
Contoh 11
2x + 2
dx
x + 2x + 4
Penyelesaian:
Tentukan ∫
2
Dengan rumus (4.4.3) diperoleh
∫
2x + 2
dx = ln x 2 + 2 x + 4 + C
x + 2x + 4
2
Contoh 12
x+5
dx
x + 6 x + 13
Penyelesaian:
Tentukan ∫
∫
2
x+5
dx =
2
x + 6 x + 13
∫
( 2 x + 6) + 2
dx
x 2 + 6 x + 13
1
2
( 2 x + 6)
dx +
x + 6 x + 13
1
2
2
2
dx
x + 6 x + 13
1
1
= ln x 2 + 6 x + 13 + 2 ∫
dx
2
( x + 3) 2 + 4
∫
=
∫
=
x+3
1
1
+C
ln x 2 + 6 x + 13 + 2 . arc tan
2
2
2
=
x+3
1
+C
ln x 2 + 6 x + 13 + arc tan
2
2
2
SOAL
Tentukan:
x+5
1. ∫ 2
dx
x + 10 x + 13
2.
∫
3.
∫
x2 + 5
dx
x 3 + 15 x − 1
sin x
tan x dx = ∫
dx
cos x
4.
∫
5
dx
x + 4x + 7
2
5.
∫
3x + 2
dx
x + 4x + 7
6.
∫
7.
∫
8.
∫
5x + 1
dx
x + 6 x + 13
4x + 1
dx
2
x − 6 x + 13
3x − 2
dx
2
x − 4x + 7
2
2
Thobirin, Kalkulus Integral
61
Integral
4.5 Integral Fungsi Pecah Rasional
Pn(x) = ao + a1x + a2x2 + a3x3 + ...+ anxn dengan an ≠ 0 dinamakan polinomial (fungsí
suku banyak) berderajat n.
Fungsi konstan Po(x) = ao dapat dipandang sebagai polinomial berderajat nol.
Fungsi pecah rasional adalah fungsi berbentuk
N ( x)
dengan N(x) dan D(x) polinomialD( x)
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)
R ( x)
= Q( x) +
dengan derajat R(x) < derajat D(x)
D( x)
D( x)
Q(x) adalah polinom, sehingga integralnya sangat mudah.
Contoh 13
1.
2.
∫
x3
dx =
x2 +1
∫
x 4 − 19 x 2 − 48 x + 60
dx =
x 2 + 6 x + 13
⎧
∫ ⎨⎩ x − x
2
x ⎫
⎬ dx = ...
+ 1⎭
∫
6x + 8 ⎫
⎧ 2
⎨x − 6x + 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
6x 2 + 6
dapat dipecah menjadi pecahan-pecahan parsial berikut
x3 + 4x 2 + x − 6
6x 2 + 6
1
10
15
=
−
+
3
2
x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3
Jadi
∫
6x 2 + 6
dx =
x3 + 4x 2 + x − 6
∫
1
10
15
dx − ∫
dx + ∫
dx
x −1
x+2
x+3
=
∫
1
1
1
dx − 10∫
dx + 15∫
dx
x −1
x+2
x+3
= ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C
Karena sebelum melakukan pengintegralan terlebih dahulu diadakan pemisahan
N ( x)
menjadi pecahan-pecahan parsialnya, maka sebelumnya perlu dipelajari
D( x)
cara memisah
N ( x)
menjadi pecahan-pecahan parsialnya tersebut.
D( x)
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)
menjadi pecahanD( x)
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).
Dibentuk
N ( x)
A
B
C
D
=
+
+
+
D( x)
x−a x−b 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
6x 2 + 6
atas pecahan-pecahan parsialnya.
Pisahkan 3
x + 4x 2 + x − 6
Penyelesaian:
x3 + 4x 2 + x − 6 = 0
⇔
(x – 1) (x + 2) (x + 3) = 0
Dibentuk
A
B
C
6x 2 + 6
=
+
+
3
2
x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3
⇔
(2)
A( x + 2)( x + 3) + B ( x − 1)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 2)
6x 2 + 6
=
3
2
( x − 1)( x + 2)( x + 3)
x + 4x + x − 6
⇔ 6 x 2 + 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)
⇔
C = 15
Jika nilai A, B, dan C ini disubstitusikan ke dalam (2) maka diperoleh
6x 2 + 6
1
10
15
=
−
+
3
2
x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3
Thobirin, Kalkulus Integral
64
Integral
sehingga
∫
6x 2 + 6
dx =
x3 + 4x 2 + x − 6
∫
1
10
15
dx − ∫
dx + ∫
dx
x −1
x+2
x+3
= ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C
Pada bagian ini dijumpai bentuk
∫
1
dx
x−a
b. Semua faktor D(x) linear tetapi ada yang sama (berulang)
Misalkan faktor-faktor D(x) adalah x – a, x – b, x – c, x – c, x – d, x – d, dan x – d,
maka D(x) = (x – a) (x – b) (x – c)2 (x – d)3.
Selanjutnya dibentuk
A
B
C
D
E
F
G
N ( x)
+
+
+
+
+
+
=
2
2
x − a x − b x − c ( x − c)
x − d (x − d )
D( x)
(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
A
B
C
D
=
+
+
+
3
2
x − 2 x + 1 ( x + 1)
( x − 2)( x + 1)
( x + 1) 3
(4)
x = A( x + 1) 3 + B ( x − 2)( x + 1) 2 + C ( x − 2)( x + 1) + D( x − 2)
untuk x = –1
⎯→
–1 = –3D
untuk x = 2
⎯→
2 = 27A
untuk x = 0
⎯→
0 = A – 2B – 2C – 2D
untuk x = 1
⎯→
1 = 8A – 4B – 2C – D
Dari keempat persamaan tersebut diperoleh:
A=
2
2
6
1
, B=− , C=− , D=
27
27
27
3
2
2
6
1
−
−
x
27 +
3
= 27 + 27 +
Jadi
3
2
x − 2 x + 1 ( x + 1)
( x − 2)( x + 1)
( x + 1) 3
Thobirin, Kalkulus Integral
65
Integral
Selanjutnya dapat dicari integral
x
∫ ( x − 2)( x + 1) 3 dx =
x
∫ ( x − 2)( x + 1)
3
dx
1
− 272
− 276
3
∫ x − 2 dx + ∫ x + 1 dx + ∫ ( x + 1) 2 dx + ∫ ( x + 1) 3 dx
2
27
= ...
Pada bagian ini dijumpai bentuk
∫
1
dx dan
x−a
∫
1
dx n = 2, 3, ...
( x − a) n
c. D(x) mempunyai faktor kuadrat 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) = 0 maka
demikian juga a – bi, sehingga salah satu faktor D(x) adalah
{x – (a + bi)}{ x – (a – bi)} = (x – a)2 + b2 yang definit positif.
Misal D(x) = (x – p) (x – q) 2 {(x – a)2 + b2}{(x – c)2 + d2} maka perlu dibentuk
A
B
C
Dx + E
Fx + G
N ( x)
=
+
+
+
+
2
2
2
x − p x − q ( x − q)
D( x)
( x − a) + b
( x − c) 2 + d 2
(5)
Contoh 17
Pisahkan
3x
atas pecahan-pecahan parsialnya.
x −1
3
Penyelesaian:
3x
3x
=
x − 1 ( x − 1)( x 2 + x + 1)
3
Dibentuk
3x
A
Bx + C
=
+ 2
x −1 x −1 x + x +1
3
3x = 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 + 2B – 2C
Setelah dicari nilai-nilai A, B, dan C diperoleh A = 1 , B = −1 , dan C = 1 , sehingga
Thobirin, Kalkulus Integral
66
Integral
3x
1
− x +1
=
+ 2
x −1 x −1 x + x +1
3x
1
− x +1
Jadi ∫ 3
dx
dx = ∫
dx + ∫ 2
x −1
x −1
x + x +1
3
= ...
= ...
Pada bagian ini dijumpai bentuk
1
dx n = 2, 3, ... , dan
( x − a) n
∫
1
dx ,
x−a
∫
AX + B
dx
( x − a) 2 + b 2
∫
d. D(x) mempunyai faktor kuadrat yang sama
Berdasarkan teorema dalam bagian c di atas maka apabila a + bi merupakan akar
berlipat k dari persamaan D(x) = 0 maka demikian juga a – bi, dan faktor-faktor dari
D(x) yang sesuai dengan akar-akar ini adalah {(x – a)2 + b2}k.
Misal D(x) = (x – p) (x – q) 2 {(x – a)2 + b2}{(x – c)2 + d2}3 maka perlu dibentuk
A
B
C
Dx + E
Fx + G
Hx + J
N ( x)
+
=
+
+
+
+
2
2
2
2
2
D( x)
x − p x − q ( x − q)
( x − a) + b
( x − c) + d
{( x − c) 2 + d 2 }2
+
Kx + L
{( x − c ) 2 + d 2 } 3
Contoh 18
Pisahkan
3x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1
atas pecahan-pecahan parsialnya.
( x − 2)( x 2 + 1) 2
Penyelesaian:
Dengan cara seperti yang telah diberikan sebelumnya didapatkan
3x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1
1
x −1
x
=
− 2
− 2
2
2
x − 2 x + 1 ( x + 1) 2
( x − 2)( x + 1)
Thobirin, Kalkulus Integral
67
Integral
3x 3 − 2 x 2 + 5x − 1
dx =
Jadi ∫
( x − 2)( x 2 + 1) 2
Pada bagian ini dapat muncul bentuk
Dalam mencari
N ( x)
∫ D( x) dx
x −1
x
dx − ∫ 2
dx
2
+1
( x + 1) 2
1
∫ x − 2 dx − ∫ x
∫
AX + B
dx , n = 2, 3, ... , dan
{( x − a ) 2 + b 2 }n
kita dihadapkan kepada empat jenis integral yang
berbentuk:
(1)
∫
1
dx
x−a
(2)
∫
1
dx n = 2, 3, ...
( x − a) n
(3)
∫
AX + B
dx
( x − a) 2 + b 2
(4)
∫
AX + B
dx , n = 2, 3, ...
{( x − a) 2 + b 2 }n
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
dx =
{( x − a ) 2 + b 2 }n
∫
=
Ay + aA + B
dy
{ y 2 + b 2 }n
A d( y 2 + b2 )
aA + B
+∫
dy
2
2 n
∫
2 {y + b }
{ y 2 + b 2 }n
Integral untuk suku pertama pada ruas terakhir bukan masalah karena berbentuk
du
∫u
∫
n
, n = 2, 3, ... Sedangkan integral pada suku keduanya dapat diubah menjadi
aA + B
aA + B
dy
dy =
2
2 n
n
2n
∫
{y + b }
b
⎧⎪ ⎛ y ⎞ 2 ⎫⎪
⎨1 + ⎜ ⎟ ⎬
⎪⎩ ⎝ b ⎠ ⎪⎭
=
aA + B
dt
2 n −1 ∫
b
{1 + t 2 }n
Untuk menghitung integral
dt
∫ {1 + t }
2 n
dengan t =
y
b
dapat digunakan rumus reduksi berikut
Thobirin, Kalkulus Integral
68
Integral
dt
∫ {1 + t }
2n − 3
t
dt
+
2 n −1
∫
2n − 2 {1 + t 2 }n −1
(2n − 2)(1 + t )
=
2 n
Dalam tulisan ini tidak diberikan bukti rumus reduksi tersebut.
Contoh 19
∫ (x
Selesaikan
x+3
dx .
+ 4 x + 13) 2
2
Penyelesaian:
x+3
∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 dx =
1
2
∫ (x
1
81
1
81
1
2
∫ (x
=
1
2
d ( x 2 + 4 x + 13)
1
∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 + ∫ {( x + 2) 2 + 9}2 dx
2
1
∫ {[( x + 2) / 3]
2
}
+1
2
1
2
2
d ( x 2 + 4 x + 13)
1
∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 + ∫ {( x + 2) 2 + 9}2 dx
= − 12
1
1
+∫
dx
2
2
x + 4 x + 13
9[( x + 2) / 3] + 1
= − 12
1
1
+ 811 ∫
dx
2
x + 4 x + 13
[( x + 2) / 3]2 + 1
1
∫ {[( x + 2) / 3]
2x + 4
1
dx + ∫ 2
dx
2
+ 4 x + 13)
( x + 4 x + 13) 2
=
=
Untuk
( 2 x + 4) + 1
dx
+ 4 x + 13) 2
2
}
+1
dx =
2
{
2
}
{
2
}
x+2
1
, dt = dx sehingga
3
3
dx substitusikan t =
1
27
∫ {t
1
2
+ 1}
2
dt
=
⎞
1 ⎛
t
2.2 − 3
1
⎜⎜
+
dt ⎟⎟
2
∫
27 ⎝ (2.2 − 2)(1 + t ) 2.2 − 2 t + 1 ⎠
=
⎞
1 ⎛ t
1
1
⎜⎜
dt ⎟⎟
+ ∫ 2
27 ⎝ 2(1 + t ) 2 t + 1 ⎠
=
⎞
1 ⎛ t
1
⎜⎜
+ arctan t ⎟⎟
27 ⎝ 2(1 + t ) 2
⎠
{
{
}
}
Thobirin, Kalkulus Integral
69
Integral
Jadi
∫ (x
2
=
1 ⎛ x+2
1
x + 2⎞
⎟
⎜
+ arctan
x+2
⎜
27 ⎝ 3.2(1 + 3 ) 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
x+3
1
1
+ 811 ∫
dx
dx = − 12 2
2
2
+ 4 x + 13)
x + 4 x + 13
[( x + 2) / 3]2 + 1
{
= − 12
}
1
1 x+2
1
x+2
+
+ arctan
+ C.
27 2 x + 10 54
3
x + 4 x + 13
2
LATIHAN
1.
∫x
2
x
dx
+ 3x − 4
4.
∫ (x
x
2
− 1) 2 ( x 2 + 1)
dx
x+3
2. ∫
dx
( x − 1) 2 ( x + 4)
2 x 4 − 2 x 3 + 3x 2 − 2
5. ∫
dx
x2 − x
x
dx
3. ∫ 2
( x + 1) 2
4x3 + x 2 + 1
6. ∫
dx
( x 2 − 2) 3
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 = tan x + C
∫ csc x dx = – cot x + C
∫ sec x dx = ln ⏐sec x + tan x⏐ + C
2
2
= – ln ⏐cos x⏐+ C
=
ln ⏐sin x⏐+ C
= sec x + C
= – csc x + C
= – ln ⏐csc x + cot x⏐ + C
∫ R(cos x) sin x dx
Jika R fungsi rasional maka ∫ R(sin x) cos x dx = ∫ R(sin x) d (sin x)
= ∫ R( y ) dy
4.6.2 Bentuk
∫ R(sin x) cos x dx
∫ tan x dx
∫ cot x dx
∫ sec x tan x dx
∫ csc x cot x dx
∫ csc x dx
dan
Thobirin, Kalkulus Integral
70
Integral
∫ R(cos x) sin x dx
= – ∫ R(cos x) d (cos x)
= – ∫ R(t ) dt
Dengan mengingat rumus cos2 x + sin2 x = 1, maka:
∫ R(sin x, cos
∫ R(cos x, sin
∫ R( y, 1 − y
= – ∫ R(t , 1 − t
2
x) cos x dx =
2
) dy
2
x) sin x dx
2
) dt
Contoh 20
1. ∫ (2 cos 2 x − sin x + 7) cos x dx
2. ∫ sin 3 x dx
4.6.3 Integral dengan memperhatikan rumus-rumus
sin x sin y
= 12 {cos( x − y ) − cos( x + y )}
sin x cos y
= 12 {sin( x + y ) + sin( x − y )}
cos x cos y
= 12 {cos( x + y ) + cos( x − y )}
sin2 x
= 12 {1 − cos 2 x}
cos2 x
= 12 {1 + cos 2 x}
Contoh 21
Carilah
1.
∫ sin 3 x sin 2 x dx
2.
∫ sin 3x cos 2 x dx
∫ cos 3x 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
→
x = 2 arc tan y →
dx =
2
dy
1+ y2
Selanjutnya perhatikan
1+ y2
1
2
y
x
1
Memperhatikan gambar di atas dapat dipahami bahwa
sin 12 x =
y
dan
1+ y2
cos 12 x =
1
1+ y2
sin x = sin(2. 12 x)
= 2 sin 12 x cos 12 x = 2
Jadi sin x =
1
y
1+ y
1+ y
2
2
=
2y
1+ y2
2y
.
1+ y2
Dengan menggunakan rumus cos x = cos(2. 12 x) diperoleh
cos x =
1− y2
1+ y2
tan x =
2y
1− y2
cot x =
1− y2
2y
Contoh 22
dx
2.
dx
4. ∫ csc x dx
Carilah: 1.
∫ 1 + sin x
3.
∫ 1 + cos x
dx
∫ sin x + cos x
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
dx =
dy
.
1+ y2
Jadi
∫ R(tan x) dx = ∫ 1 + y
R( y )
2
dy
Contoh 23
Carilah: 1.
∫ tan x dx
2.
dx
∫ 1 + tan x
4.6.6 Rumus Reduksi untuk Integral Fungsi Trigonometri
Jika n bilangan bulat positif, maka:
∫ sin
∫ cos
2 n +1
x dx = − ∫ (1 − y 2 ) n dy
dengan y = cos x
2 n +1
x dx = ∫ (1 − t 2 ) n dt
dengan t = sin x
Untuk n bilangan genap positif dapat digunakan rumus:
n
∫ cos x dx =
sin x cos n −1 x n − 1
cos n − 2 x dx
+
∫
n
n
− cos x sin n −1 x n − 1
sin n − 2 x dx
+
∫ sin x dx =
∫
n
n
n
n
∫ tan x dx =
tan n −1 x
+ ∫ tan n − 2 x dx
n −1
n
∫ cot x dx =
− cot n −1 x
− ∫ cot n − 2 x dx
n −1
sin x sec n −1 x n − 2
n−2
∫ sec x dx = n − 1 + n − 1 ∫ sec x dx
n
− cos x csc n −1 x n − 2
csc n − 2 x dx
+
n −1
n −1 ∫
Bukti rumus-rumus di atas tidak diberikan dalam tulisan ini.
n
∫ csc x dx =
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)
∫
2)
∫x
3)
∫
4)
∫
1
dx = arcsin
a2 − x2
a
x −a
2
2
1
x +a
2
2
1
x −a
2
2
x
+C
a
dx = arc sec
x
+C
a
dx = ln x + x 2 + a 2 + C
dx = ln x + x 2 − a 2 + C
5)
∫
x
a2
x
2
2
a − x dx =
a −x +
arcsin + C
2
2
a
6)
∫
x 2 + a 2 dx =
2
2
x 2
a2
x + a2 +
ln x + x 2 + a 2 + C
2
2
x 2
a2
2
x
−
a
+
ln x + x 2 − a 2 + C
∫
2
2
Dua rumus pertama mudah dibawa ke bentuk rumus integral dasar dengan
7)
x 2 − a 2 dx =
x
. Sedangkan rumus-rumus yang lain dapat dibuktikan dengan
a
menggunakan metode yang akan diterangkan pada bagian 4.7.4.
substitusi y =
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
diambil substitusi y = 6 x , sehingga x = y 6 dan dx = 6 y 5 dy
dx
4.7.3 Satu-satunya Bentuk Irrasional
Dalam hal ini
ax 2 + bx + c
ax 2 + bx + c sebagai satu-satunya bentuk irrasional di dalam
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
Dengan substitusi yang pertama diperoleh x =
− ( y 2 − c)
2y a − b
dan dx dapat dinyatakan
ke dalam bentuk rasional dalam y kali dy.
Contoh 25
∫ ( x − 3)
x=
1
x − 6x + 2
2
dx
diambil substitusi
x 2 − 6 x + 2 = x + y , sehingga
− ( y 2 − 2)
1 y2 + 6y + 2
dan dx = −
dy . Selanjutnya dapat diselesaikan seperti
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 irrasional berikut dapat dijadikan bentuk rasional fungsi
trigonometri.
Thobirin, Kalkulus Integral
75
Integral
Bentuk
Substitusi
Diferensial
a2 − x2
x = a sin θ
dx = a cosθ dθ
x2 − a2
x = a sec θ
dx = a secθ tanθ dθ
a2 + x2
x = a tan θ
dx = a sec2θ dθ
Contoh 26
1. Buktikan
∫
a 2 − x 2 dx =
x
a2
x
a2 − x2 +
arcsin + C
a
2
2
2. Gunakan substitusi x = a sin θ untuk menentukan
3. Carilah
∫ ( x − 3)
1
x 2 − 6x + 2
∫
1
9 − x2
dx
dx
LATIHAN 4.7
1
1.
∫x
2.
∫
3.
∫ ( x − 2)
4.
∫ ( x − 2)
2
1− x2
x
1− x2
dx
dx
1
x 2 − 4x + 1
1
x 2 − 4x + 8
dx
dx
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}.
x1
a = x0
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 Δxi = xi – xi-1, maka
n
∑ f (w )Δx
i =1
i
i
disebut Jumlah Riemann f pada
[a,b].
y = f(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:
Fungsi f pada [–3, 3] didefinisikan dengan f(x) = x2 – 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
Δx1 =
3
2
⎯→
f(w1).Δx1 =
w2 = – 12
⎯→
f(w2) = – 34
Δx2 = 1
⎯→
f(w2).Δx2 = – 34
w3 = 0
⎯→
f(w3) = –1
Δx3 =
5
6
⎯→
f(w3).Δx3 = – 56
w4 = 1 12
⎯→
f(w4) =
5
4
Δx4 =
5
3
⎯→
f(w4).Δx4 =
25
12
w5 = 2 23
⎯→
f(w5) =
55
9
Δx5 = 1
⎯→
f(w5).Δx5 =
55
9
9
2
Jumlah Riemann fungsi f tersebut pada interval [–3, 3] bersesuaian dengan partisi P di atas
5
100
adalah ∑ f ( wi )Δxi =
.
9
i =1
Jika P = {–3, – 1 12 , –1, – 12 , 13 , 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 )Δx
i
i =1
i
= L jika dan hanya jika
untuk setiap bilangan positif ε terdapat bilangan positif δ sehingga untuk setiap partisi
n
∑ f (w )Δx
P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dengan P < δ, berlaku
i
i =1
i
− L < ε.
n
2. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [a,b] dan lim
P →0
∑ f (w )Δx
i
i =1
i
ini ada, maka limit tersebut
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
Jadi
∫ f ( x)dx
a
n
= lim
P →0
∑ f (w )Δx
i =1
i
i
a
b
b
a
3. Jika f integrable pada [a,b] maka: a. ∫ f ( x)dx = – ∫ f ( x)dx
b. Jika a = b maka
b
a
a
a
∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx
=0
Thobirin, Kalkulus Integral 78
Integral Tertentu
Dari
definisi
5.1.2
b
∫ f ( x)dx
bagian
2
dapat
dipahami
bahwa
f ( x) > 0 ,
jika
maka
n
= lim
a
P →0
∑ f (w )Δx
i
i =1
secara geometris menyatakan luas daerah di bawah kurva
i
y = f (x) , di atas sumbu X, di antara garis x = a dan x = b.
Contoh 3:
3
Jika f(x) = x + 3, tentukan
∫ ( x + 3) dx .
−2
Penyelesaian:
f(x) = x + 3
Y
Buat partisi pada [–2, 3] dengan menggunakan n
interval bagian yang sama panjang. Jadi panjang
5
setiap interval bagian adalah Δx = .
n
Dalam setiap interval bagian [xi-1,xi] partisi
tersebut diambil wi = xi.
3
n
Akan dicari nilai lim
P →0
∑ f (w )Δx
i =1
i
i
.
-3 -2 -1 0
1
2
3
X
x0 = –2
x1 = –2 + Δx
= –2 +
5
n
5
x2 = –2 + 2Δx = –2 + 2( )
n
5
x3 = –2 + 3Δx = –2 + 3( )
n
.
:
5
xi = –2 + i.Δx = –2 + i( )
n
.
:
5
xn = –2 + n.Δx = –2 + n( ) = 3
n
5
5i
Karena untuk setiap i = 1, 2, 3, …, n dipilih wi = xi maka wi = –2 + i( )= –2 + , sehingga
n
n
Thobirin, Kalkulus Integral 79
Integral Tertentu
f(wi) = wi + 3
= (–2 +
5i
)+3
n
5i
n
Jadi jumlah Riemann fungsi f pada [–2, 3] bersesuaian dengan partisi P tersebut adalah
=1+
n
∑
i =1
n
5i ⎞ 5
⎛
f ( wi )Δxi =
∑ ⎜⎝1 + n ⎟⎠ n
=
5 n ⎛ 5i ⎞
∑ ⎜1 + n ⎟⎠
n i =1 ⎝
=
5 n
5 n 5i
1
+
∑ n∑
n i =1
i =1 n
=
5 n
25 n
1
+
i
∑ n2 ∑
n i =1
i =1
=
5
25
(n) + 2 { 12 n(n + 1)}
n
n
i =1
=5+
25 ⎛ 1 ⎞
⎜1 + ⎟
2 ⎝ n⎠
Jika P → 0 maka n → ∞, sehingga:
n
lim
P →0
∑ f (w )Δx
i
i =1
i
⎛
25 ⎛ 1 ⎞ ⎞
= lim⎜⎜ 5 + ⎜1 + ⎟ ⎟⎟
n→∞
2 ⎝ n ⎠⎠
⎝
1
= 17 2
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
i =1
n
i
∑1.Δx
=
i =1
n
∑ (x
=
i =1
dan Δxi = xi – xi-1
i
− xi −1 )
i
= (x1 – x0) + (x2 – x1) + (x3 – x2) + … + (xn – xn-1)
= xn – x0
=b–a
n
Jadi lim
P →0
∑ f (w )Δx
i
i =1
i
= lim (b − a) = b – a
P →0
b
Dengan demikian ∫ dx = b – a.
a
Teorema 5.1.3 (Teorema Fundamental Kalkulus)
Jika f integrable pada [a,b] dan F suatu anti turunan dari f pada [a,b]
b
(atau F’(x) = f(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) = f(x) untuk setiap
x ∈ [a,b] maka F’(x) = f(x) untuk setiap x ∈ [xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n. Berdasarkan teorema
nilai rata-rata maka terdapat wi ∈ [xi-1, xi] sehingga
F(xi) – F (xi-1) = F’(wi) (xi – xi-1)
= f(wi) (xi – xi-1)
i = 1, 2, 3, …, n
Diperoleh:
n
∑
i =1
f ( wi )Δxi
n
=
∑ f (w )( x
i =1
i
i
− xi −1 )
n
=
∑{F ( x ) − F ( x
i =1
i
i −1
)}
= {F(x1) – F(x0)} + {F(x2) – F(x1)} + {F(x3) – F(x2)} + … + {F(xn) – F(xn-1)}
= F(xn) – F(x0)
= F(b) – F(a)
Thobirin, Kalkulus Integral 81
Integral Tertentu
n
lim
P →0
∑ f (w )Δx
i
i =1
= lim {F (b) − F (a)} = F(b) – F(a).
i
P →0
b
Jadi
∫ f ( x)dx
= F(b) – F(a)
a
Contoh 5
∫ ( x + 3) dx = [
3
1
2
x 2 + 3x
]
3
−2
= { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 .
−2
Contoh 6
Tentukan integral berikut.
2
1.
∫ x dx
3
−2
π
2.
∫π sin x dx
−
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
b
a
a
1. ∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx
k konstanta
b
b
b
a
a
a
2. ∫ { f ( x) + g ( x)} dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx
b
3. Jika f(x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a,b] maka
∫ f ( x)dx
≥ 0.
a
4. Jika f(x) ≤ g(x) untuk setiap x ∈ [a,b] maka
b
b
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( 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 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 =
[
1
2
x 2 + 3x
]
3
−2
= { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 .
−2
Contoh 8
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x 3 , sumbu X, garis x = –2 dan garis
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
b
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 = x4
y = 2x − x 2
X
0
1
1 1 7
1
1 ⎤
⎡
sehingga luasnya adalah A = ∫ (2 x − x − x ) dx = ⎢ x 2 − x 3 − x 5 ⎥ = 1 − − = .
3
5 ⎦0
3 5 15
⎣
0
1
2
4
Thobirin, Kalkulus Integral 84
Integral Tertentu
Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva x = ϕ ( y ) dan x = ψ ( y ) serta
garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini, maka luas daerahnya adalah sebagai
berikut
d
A = ∫ {ψ ( y ) − ϕ ( y )} dy
c
Y
d
x = ϕ(y)
x = ψ ( y)
c
X
0
Contoh 10
Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y 2 = 4 x dan 4 x − 3 y = 4 .
Penyelesaian:
Y
4x − 3y = 4
y 2 = 4x
0
X
Menentukan batas-batas dengan mencari akar-akar persamaan y 2 = 3 y + 4 yang
diperoleh y = –1 dan y = 4.
y 2 = 4 x ekuivalen dengan x =
1
1 2
y dan 4 x − 3 y = 4 ekuivalen dengan x = (3 y + 4)
4
4
Thobirin, Kalkulus Integral 85
Integral Tertentu
⎧1
−1⎩ 4
4
sehingga luasnya adalah A = ∫ ⎨ (3 y + 4) −
{
}
1
1 2⎫
125
y ⎬ dy = ∫ 3 y + 4 − y 2 dy =
.
4 −1
4 ⎭
24
4
5.2.2 Volume Benda Putar
a. Metode Cincin
Y
y = f(x)
f(wi)
a
0
xi −1
wi xi
b
X
Jika daerah yang dibatasi kurva y = f(x), sumbu X, garis-garis x = a dan x = b diputar
mengelilingi sumbu X 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 ∈ [xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f(wi)
dan lebar
Δxi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu X, maka diperoleh silinder
hampiran dengan volume
ΔVi = π { f ( wi )} Δxi
2
f(xi)
Δxi
Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann
n
n
i =1
i =1
∑ ΔVi = ∑ π { f (wi )} Δxi
2
Apabila P → 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu
Thobirin, Kalkulus Integral 86
Integral Tertentu
n
∑ { f (wi )} Δxi
P →0
V X = π lim
2
i =1
b
= π ∫ { f ( x)} dx
2
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 sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah
b
[
]
V X = π ∫ { f ( x)} − {g ( x)} dx
2
2
a
Y
y = f(x)
y = g(x)
0
a
b
X
Dengan cara sama, jika daerah yang dibatasi kurva x = ϕ(y), sumbu Y, garis-garis y = c
dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang
terjadi adalah.
d
VY = π ∫ {ϕ ( y )} dy
2
c
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x = ψ ( 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
[
]
VY = π ∫ {ψ ( y )} − {ϕ ( y )} dy
2
2
c
Contoh 11
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y = x , sumbu X dan garis x = 4 diputar mengelilingi sumbu X.
Penyelesaian:
Y
y= x
0
4
VX = π ∫
0
{ }
X
4
4
⎡1 ⎤
x dx = π ∫ x dx = π ⎢ x 2 ⎥ = 8π
⎣2 ⎦0
0
2
4
Contoh 12
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y = x 3 , sumbu Y dan garis x = 3 diputar mengelilingi sumbu Y.
Penyelesaian:
Y
3
Karena y = x 3 maka x = 3 y , sehingga
x=3 y
3
VY = π ∫
0
0
⎡ 3 5 ⎤ 93 9
y dy = π ∫ y dy = π ⎢ y 3 ⎥ =
π
5
⎢⎣ 5 ⎥⎦
0
{ }
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 2 dan y 2 = 8 x diputar mengelilingi sumbu X.
Penyelesaian:
Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah di (0, 0) dan (2, 4). Jika y 2 = 8 x
maka y = 8 x . Perhatikan gambar berikut.
2
VX = π ∫
[{ 8x } − {x } ]
2
2 2
0
[
]
2
1 ⎤
48
⎡
dx = π ∫ 8 x − x dx = π ⎢4 x 2 − x 5 ⎥ = π
5 ⎦0 5
⎣
0
2
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
V = (π r22 − π r12 ) h
= π ( r22 − r12 ) h
= π ( r2 + r1 )( r2 − r1 )h
Thobirin, Kalkulus Integral 89
Integral Tertentu
⎛ r +r ⎞
= 2π ⎜ 2 1 ⎟( r2 − r1 )h
⎝ 2 ⎠
Rumusan ini dapat ditulis sebagai
V = 2π r h Δr
dengan r =
r2 + r1
dan Δr = r2 − r1
2
Misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva y = f(x), sumbu X 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
∈ [xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f(wi) dan
2
dan lebar Δxi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu Y, maka diperoleh
tabung hampiran dengan volume
ΔVi = 2π wi f ( wi ) Δxi
Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann
n
n
i =1
i =1
∑ ΔVi = ∑ 2π wi f ( wi ) Δxi
Apabila P → 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu
VY = 2π lim
P →0
n
∑ wi
i =1
f ( wi )Δxi
Thobirin, Kalkulus Integral 90
Integral Tertentu
b
= 2π ∫ x f ( x)dx
a
b
Jadi VY = 2π ∫ x f ( x)dx
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 Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah
b
VY = 2π ∫ x[ f ( x) − g ( x)]dx
a
Y
y = f(x)
y = g(x)
a
0
b
Δxi
X
Dengan cara sama, misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva x = ψ(x), sumbu Y
serta garis-garis y = c dan y = d. Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X sebagai
sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi adalah
d
Y
V X = 2π ∫ yψ ( y )dy
c
d
y = ψ ( x)
c
0
X
Thobirin, Kalkulus Integral 91
Integral Tertentu
Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x = ψ ( 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)
x = ψ ( y)
c
X
0
Contoh 14
Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva
y=
1
, sumbu X, dan garis x = 1 diputar mengelilingi sumbu Y.
x
Penyelesaian:
4
1
4
⎡2 3 ⎤
1
28
2
VY = 2π ∫ x
dx = 2π ∫ x dx = 2π ⎢ x 2 ⎥ = π
3
x
⎢⎣ 3 ⎥⎦ 1
1
1
4
Contoh 15
Diketahui suatu daerah tertutup dibatasi oleh kurva garis y =
r
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
⎧r ⎫
V X = π ∫ ⎨ x ⎬ dx
0 ⎩t ⎭
t
=π
=π
Y
r2 t 2
x dx
t 2 ∫0
r
y=
t
⎡1 3 ⎤
⎢⎣ 3 x ⎥⎦
0
2
r
t2
1
= π r 2t
3
r
x
t
X
t
0
Cara II
Dengan metode kulit tabung. Karena y =
r
t
V X = 2π ∫ y (t − y )dy
r
0
r
t
x , maka x = y
t
r
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
x=
t
y
r
x=t
t − rt y
0
t
X
1
= π r 2t
3
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 = {t0, t1, t2, …, tn} pada [a,b] dengan a = t0 < t1 < t2 < … < tn = 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
Δwi =
( Δxi ) 2 + (Δyi ) 2
=
[ f (ti ) − f (ti−1 )]2 + [g (ti ) − g (ti−1 )]2
Selanjutnya berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata pada Derivatif tentu terdapat t ∈ (t i −1 , t i ) dan
tˆ ∈ (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 ' (tˆi )(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 ' (tˆi )Δt i
dengan Δt i = t i − t i −1 .
Oleh karena itu diperoleh
Δwi =
=
[ f ' (ti )Δti ]2 + [g ' (tˆi )Δti ]2
[ f ' (ti )]2 + [g ' (tˆi )]2
Δt i
Thobirin, Kalkulus Integral 94
Integral Tertentu
dan panjang polygon dari segmen garis
n
n
i =1
i =1
[ f ' (ti )]2 + [g ' (tˆi )]2
∑ Δwi = ∑
Δt i
Apabila P → 0 maka diperoleh panjang kurva seluruhnya adalah
2
2
[
f ' (t i )] + [g ' (tˆi )]
∑
P →0
L = lim
n
i =1
b
[ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2
Δt i = ∫
dt
a
Jadi
b
[ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2
L=∫
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
dengan 0 ≤ t ≤ 2π , sehingga
x = r cos t, y = r sin t
Akibatnya L =
2π
∫
0
2π
dx
dy
= − r sin t dan
= r cos t .
dt
dt
r sin t + r cos t dt = ∫ r dt = [r t ]0 = 2πr
2
2
2
2
2π
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
dy 12
12
= . Oleh karena itu
x + 1 , sehingga
dx 5
5
5
5
13
⎡13 ⎤
⎛ 12 ⎞
1 + ⎜ ⎟ dx = ∫ dx = ⎢ x ⎥ = 13
⎣ 5 ⎦0
⎝5⎠
0 5
Contoh 18
3
2
Menggunakan integral hitunglah panjang kurva y = x dari (1, 1) dan (4, 8).
Penyelesaian:
3
2
1
dy 3 2
= x . Oleh karenanya
y = x , maka
dx 2
⎛3
L = ∫ 1+ ⎜ x
⎜2
1
⎝
4
1
2
2
⎞
⎟ dx = ∫
⎟
1
⎠
4
3
3 4
⎛ 3
⎞
⎡
⎤
2 ⎟
⎜
2
9
8
9
8
13
⎛
⎞
2
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) sebagai
x
s ( x) = ∫ 1 + [ f ' (u )]2 du
a
maka s(x) adalah panjang kurva y = f(u) dari titik (a, f(a)) ke titik (x, f(x)), sehingga
ds
⎛ dy ⎞
s ' ( x) =
= 1 + [ f ' ( x)]2 = 1 + ⎜ ⎟
dx
⎝ dx ⎠
Y
2
• (x, f(x))
s ( 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
⎛ dx ⎞
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞
ds = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ dy atau ds = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt
⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
⎝ dy ⎠
2
2
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 r1 dan jari-jari lingkaran atasnya r2
sedangkan panjang ruas garis pada pembangun kerucut antara dua lingkaran itu (rusuk kerucut
terpancung) l, maka luas selimut kerucut terpancung itu adalah
⎛r +r ⎞
A = 2π ⎜ 1 2 ⎟ l
⎝ 2 ⎠
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 = {t0, t1, t2, …, tn} pada [a,b] dengan
a = t0 < t1 < t2 < … < tn = b, maka kurva terbagi menjadi n bagian. Misalkan Δsi panjang kurva
bagian ke 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 Δsi .
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
**
i =1
*
∑ 2π yi Δsi = ∫ 2π y ds
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
A = ∫ 2π y ds = 2π ∫ f ( x) 1 + [ f ' ( x)]2 dx
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 ⎞
2
x 1+ ⎜
(4 x + 1) ⎥ = (17 2 − 1) ≈ 36,18
⎟ dx = π ∫ 4 x + 1 dx = ⎢π
4
3
⎝2 x ⎠
⎢⎣
⎥⎦ 0 6
0
4
A = 2π ∫
0
Apabila persamaan kurva yang bersangkutan diketahui dalam bentuk persamaan
parameter x = f(t), y = g(t), a ≤ t ≤ b, maka rumus untuk luas permukaan menjadi:
**
b
*
a
A = ∫ 2π y ds = 2π ∫ g (t ) [ f ' (t )]2 + [ g ' (t )]2 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:
A = 2π
2π
∫ a(1 − cos t )
a 2 (1 − cos t ) 2 + a 2 sin 2 t dt
0
= 2π a 2
2π
∫ (1 − cos t )
2 − 2 cos t dt
0
= 2π a
2π
2
3
2
2 ∫ (1 − cos t ) dt
0
Thobirin, Kalkulus Integral 99
Integral Tertentu
2π
⎛t⎞
= 8π a 2 ∫ sin 3 ⎜ ⎟ dt
⎝2⎠
0
= 8π a 2
2π
⎡
∫ ⎢⎣1 − cos
0
2
⎛ t ⎞⎤ ⎛ t ⎞
⎜ ⎟⎥ sin ⎜ ⎟ dt
⎝ 2 ⎠⎦ ⎝ 2 ⎠
⎛t⎞
⎝2⎠
1
2
⎛t⎞
⎝ 2⎠
Dengan substitusi u = cos⎜ ⎟ maka du = − sin ⎜ ⎟dt
Untuk t = 0
→u=1
Untuk t = 2π
→ u = –1
−1
−1
64
⎡ 1 ⎤
Jadi A = −16π a ∫ (1 − u )du = −16π a ⎢u − u 3 ⎥ =
π a2
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 permukaannya 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 2 − y 2 maka g ' ( y ) =
**
sehingga A = ∫ 2π x ds = 2π
*
a
∫
a2 − y2 1+
−a
X
−y
a
a2 − y2
y2
dy
a2 − y2
0
X
a
= 2π ∫ a dy = 2π [a y ]−a = 4π a 2
a
−a
−a
Dengan demikian luas permukaan bola dengan jari-jari a adalah 4πa2.
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 suatu garis dengan arah gaya dan gerakan benda
sama, maka kerja W yang dilakukan oleh gaya tersebut adalah
W=F.d
Apabila satuan untuk F adalah 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) dengan F suatu fungsi kontinu. Untuk menentukan kerja yang
dilakukan gaya tersebut dapat dicari sebagai berikut.
Interval [a,b] dibagi dengan menggunakan partisi P = {x0, x1, x2, …, xn}. Pada setiap
interval bagian [xi-1, xi] gaya F dapat dihampiri oleh gaya konstan F(wi), dengan wi ∈ [xi-1, xi]
untuk setiap i = 1, 2, …, n. Jika Δxi = xi – xi-1, maka kerja yang dilakuka gaya F pada interval
bagian [xi-1, xi] adalah
ΔWi = F(wi) Δxi.
Jika dijumlahkan kemudian dicari limitnya untuk
P → 0 maka diperoleh kerja yang
dilakukan gaya F pada interval [a, b], yaitu
W = lim
P →0
n
b
i =1
a
∑ F (wi )Δxi = ∫ F ( x) dx
Jadi
b
W = ∫ F ( x) dx
a
a. Aplikasi pada Pegas
Dengan menggunakan hokum Hooke yang berlaku dalam fisika, gaya F(x) yang
diperlukan untuk menarik (atau menekan) pegas sejauh x satuan dari keadaan alami adalah
F(x) = k.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. Dari sini dapat dicari nilai konstanta k. Diketahui bahwa F(2) = 3, sehingga
3 = k.2 atau k =
3
3
. Oleh karena itu F ( x) = x .
2
2
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
W = ∫ x dx =
= 18,75
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
4
10
Δy
10 – y
y
Δy
y
y=
X
y
4
10
x
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 Δy yang berjarak y dari puncak kerucut (puncak kerucut berada di bawah),
2
4
⎛4 ⎞
y , maka ia mempunyai volume hampiran ΔV = π ⎜ y ⎟ Δy dan
memiliki jari-jari
10
⎝ 10 ⎠
2
⎛4 ⎞
beratnya (gaya berat) F = δ π ⎜ y ⎟ Δy , 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 ⎟ Δy (10 − y )
⎝ 10 ⎠
Karenanya, apabila dijumlahkan kemudian dicari limitnya diperoleh
10
4 10
4 ⎡10 3 1 4 ⎤
W =δπ
(10 y 2 − y 3 ) dy = δ π
y − y ⎥ ≈ 26,138
∫
25 0
25 ⎢⎣ 3
4 ⎦0
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
2
10
4 10
4 ⎡ 20 3 1 4 ⎤
⎛4 ⎞
W = δ π ∫ ⎜ y ⎟ (20 − y ) dy = δ π
(20 y 2 − y 3 ) dy = δ π
∫
⎢⎣ 3 y − 4 y ⎥⎦ ≈ 130,69
10
25
25
⎝
⎠
0
0
0
10
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 m1 dan m2 yang
diletakkan pada papan berimbang dengan jarak berturut-turut d1 dan d2 dari titik penyangga
pada bagian-bagian yang berbeda. Keadaan tersebut akan seimbang jika dipenuhi
d1 m1 = d2 m2.
m1
d1
d2
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 = –d1 dan dari massa m2 adalah x2 = –d2. Jadi syarat
keseimbangan adalah
x1 m1 + x2 m2 = 0
m1
x1
m2
0
x1
Hasil kali massa m 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 jumlah momen masing-masing massa, yaitu
n
M = x1 m1 + x2 m2 + … + xn mn =
∑ xi 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
x1m1 − x m1 + x2 m2 − x m2 + ... + xn mn − x mn = 0
x1m1 + x2 m2 + ... + xn mn = x m1 + x m2 + ... + x mn
sehingga diperoleh
n
x=
∑ xi mi
i =1
n
∑ mi
=
M
m
i =1
Titik dengan koordinat x dinamakan pusat massa, titik ini adalah titik seimbang. Perhatikan
bahwa x diperoleh sebagai hasil bagi momen 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
Δx ,
sepanjang
sehingga
Δm ≈ δ ( x) Δx
berakibat
ΔM ≈ x δ ( x) Δx , diperoleh
b
b
a
a
m = ∫ δ ( x) dx dan M = ∫ x δ ( x) dx
Akhirnya maka diperoleh
b
M
x=
=
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
adalah δ(x) = 3x2 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=
∫ x 3x
2
dx
0
10
∫ 3x
2
dx
[x]
=
[x ]
3
4
4 10
0
10
3
0
= 7,5
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
n
M Y = x1m1 + x2 m2 + ... + xn mn = ∑ xi mi
i =1
Sedangkan jumlah momen n partikel terhadap sumbu X 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
M
x= Y =
m
n
∑ xi mi
i =1
n
dan
∑ mi
M
y= 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 garis lurus l terletak pada bidang yang memuat lamina 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 Δxi = 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
n
∑ M Y ( Li ) = δ
∑ xi [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi
i =1
i =1
Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu Y, yaitu
M Y ( L) = lim
P →0
n
∑ M Y ( Li )
i =1
= δ lim
P →0
n
∑ xi [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi
i =1
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
M X ( Li ) =
f ( xi ) + g ( xi )
mi
2
=
f ( xi ) + g ( xi )
δ Ai
2
=
f ( xi ) + g ( xi )
δ [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi
2
Thobirin, Kalkulus Integral 108
Integral Tertentu
δ
=
[{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi
2
Kita peroleh jumlahan
δ
n
n
∑ M X ( Li ) = 2 ∑[{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi
i =1
i =1
Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu X, yaitu
M X ( L) = lim
P →0
=
=
δ
∑ M X ( Li )
i =1
n
[{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi
∑
P →0
lim
2
δ
n
i =1
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) = δ A
Jadi
m( L) = δ
b
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
a
Oleh karena itu diperoleh koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) dengan
b
M ( L)
=
x= Y
m( L )
δ ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx
δ
a
b
b
=
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
y=
M X ( L)
=
m( L )
a
b
[{ f ( x)}
2∫
2
− {g ( x)} ] dx
2
a
δ
b
∫
a
a
b
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
a
δ
∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx
[ f ( x) − g ( x)] dx
=
1
2
b
∫ [{ f ( x)}
2
− {g ( x)}2 ] dx
a
b
∫ [ f ( x) − g ( x)] dx
a
Thobirin, Kalkulus Integral 109
Integral Tertentu
Contoh 25
Diketahui suatu lamina homogen L dengan kepadatan massa δ konstan, yang merupakan
daerah tertutup yang dibatasi kurva y = x 3 dan y =
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 batasbatas x adalah 0 dan 1.
1
⎡2 5 1 5 ⎤
1
a. M Y ( L) = δ ∫ x [ x − x ] dx = δ ⎢ x 2 − x ⎥ = δ
5 ⎦⎥
5
0
⎣⎢ 5
0
1
3
b. M X ( L) =
c. m( L) = δ
δ
2
1
∫
0
1
∫
[{ x } − {x } ]
2
0
3 2
δ ⎡1
1
1 ⎤
5
dx = ⎢ x − x 7 ⎥ = δ
2 ⎣2
7 ⎦ 0 28
2
1
⎡2 3 1 4 ⎤
5
[ x − x ] dx = δ ⎢ x 2 − x ⎥ = δ
4 ⎥⎦
12
⎢⎣ 3
0
3
1
5
δ
δ
M Y ( L) 5
M X ( L) 28
12
3
=
=
=
=
dan y =
d. x =
5
5
m( L)
m( L )
δ 25
δ 7
12
12
⎛ 12 3 ⎞
, ⎟
⎝ 25 7 ⎠
Jadi koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) = ⎜
Thobirin, Kalkulus Integral 110