bahan ajar kalkulus

Tingkat Dasar
SMK
Teknik
BAHAN AJAR
KALKULUS
Oleh:
Markaban
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
DIREKTORAT JENDERAL PENDIDIKAN DASAR DAN MENENGAH
PUSAT PENGEMBANGAN PENATARAN GURU MATEMATIKA
YOGYAKARTA
DAFTAR ISI
Halaman
Kata Pengantar .................................................................................
i
Daftar Isi............................................................................................
ii
Peta Kompetensi dan Bahan Ajar .....................................................
iv
Skenario Pembelajaran .....................................................................
v
Bab I Pendahuluan
A Latar Belakang.......................................................................
1
B. Tujuan ..................................................................................
2
C.. Ruang Lingkup ....................................................................
2
Bab II Limit Fungsi
A. Pengertian Limit Fungsi ........................................................
3
B. Teorema-teorema Limit Fungsi ............................................
6
C. Limit Fungsi Trigonometri .....................................................
7
D. Kontinuitas Fungsi ................................................................
9
Latihan 1 ..................................................................................
10
Bab III Diferensial
A. Pengertian Turunan suatu Fungsi.........................................
12
1. Tafsiran Geometri untuk Turunan ....................................
13
2. Beberapa Teorema Penurunan .......................................
17
B. Beberapa Turunan Fungsi ....................................................
21
1. Turunan Fungsi Trigonometri...........................................
21
2. Turunan Fungsi Logaritma dan Eksponen .......................
24
ii
Bab I
Pendahuluan
A.
Latar Belakang
Salah satu kompetensi guru yang perlu dikembangkan adalah
menguasai bahan ajar yang akan disampaikan kepada siswa. Bahan ajar
Kalkulus merupakan bagian dari Matematika yang didalam ruang lingkup
nya
berkaitan
dengan
limit
fungsi,
perhitungan
diferensial,
dan
perhitungan integral.
Kalkulus pertama kali dikembangkan oleh Issac Newton pada abad
17 di Inggris dan pada waktu yang bersamaan juga dikembangkan oleh
Leibniz ( 1646 – 1716 ) di Jerman. Penelitian mereka yang dilakukan
secara terpisah tersebut menghasilkan kesimpulan yang sama. Hal-hal
yang dipelajari berhubungan dengan laju perubahan dan luas daerah.
Perhitungan ini kemudian dikembangkan lebih lanjut dan diterapkan untuk
memecahkan permasalahan yang terdapat pada berbagai bidang disiplin
ilmu, sehingga kalkulus banyak kegunaannya untuk menyelesaikan
masalah-masalah didalam kehidupan sehari-hari, misalnya di bidang
ekonomi, tehnik dan lain sebagainya.
Bahan ajar ini menyajikan kajian tentang konsep - konsep dasar
materi / pokok bahasan Kalkulus, khususnya limit, diferensial dan integral
yang
merupakan materi yang harus dikuasai oleh Guru Matematika
sehingga guru mampu mengembangkan ketrampilan siswa dalam
1
Bab III
Diferensial
A.
Pengertian Turunan suatu Fungsi
Banyak kejadian-kejadian di alam semesta ini yang melibatkan
perubahan kuantitas, misalnya : perubahan benda yang bergerak,
pertumbuhan ekonomi, pertambahan penduduk, perubahan tegangan
listrik, dan sebagainya. Idea untuk menentukan laju perubahan tersebut
pada mulanya diletakkan dasar oleh seorang ahli matematika bangsa
Inggris yang bernama Isaac Newton ( 1642 – 1727 ) ketika ia menentukan
perbandingan perubahan benda yang bergerak dalam ilmu mekanika.
Suatu benda yang bergerak selalu menggunakan waktu, dikatakan
bahwa benda yang bergerak itu merupakan fungsi dari pada waktu.
Andaikan f suatu fungsi yang didefinisikan oleh persamaan :
s=f(t)
yang disebut persamaan gerak suatu benda, dengan s menyatakan jarak
yang ditempuh benda yang bergerak selama satuan waktu t , maka
kecepatan v adalah :
f (t ) − f (t0 )
t − t0
t t0
v = lim
jika t = t0 + h , maka h → 0 apabila t → t0 sehingga persamaan
menjadi :
v = lim
h →0
f (t0 + h) − f (t0 )
, dimana t0 : saat awal
h
12
Bab IV
Integral
A.
Integral Tak Tentu
Seperti halnya operasi penjumlahan yang memiliki operasi invers
yaitu pengurangan, maka pada integral merupakan invers dari diferensial
atau anti turunan yaitu menentukan suatu fungsi jika diketahui turunannya.
Jika f adalah fungsi dari variabel x, maka yang disebut anti turunan
atau anti derivative dari f(x) ialah F(x) yang bersifat bahwa F ′(x) = f(x).
Sebagai contoh, andaikan diketahui f(x) = x , maka kemungkinankemungkinan untuk fungsi F adalah sebagai berikut :
F(x) =
1 2
x ; sebab F ′(x) = x = f(x)
2
F(x) =
1 2
x + 5 ; sebab F ′(x) = x = f(x)
2
F(x) =
1 2
x – 7 ; sebab F ′(x) = x = f(x)
2
F(x) =
1 2
x + c untuk c konstanta ; sebab F ′(x) = x = f(x)
2
Sesungguhnya himpunan semua anti turunan F dari pada f, dimana
f(x)=x dapat dinyatakan dengan F(x) =
1 2
x + c untuk nilai c yang
2
berlainan.
Anti turunan dari f(x) dinyatakan dengan notasi Ax f(x) atau D x−1 f(x).
Anti turunan suatu fungsi disebut juga integral fungsi itu, sehingga integral
30
dari f(x) dinyatakan dengan notasi
D x−1 f(x) atau
∫ f ( x) dx .
Dengan demikian Ax f(x) ,
∫ f ( x) dx merupakan ungkapan matematika yang sama.
Secara umum, jika F(x) suatu anti turunan f(x) maka ∫ f ( x) dx = F(x)+c
dengan c menyatakan konstanta sebarang. Karena adanya konstanta
sebarang, maka
∫ f ( x) dx disebut juga integral tak tentu dari f(x).
Berdasar pengertian diatas dapatlah dirumuskan beberapa teorema
sebagai berikut :
1.
Teorema hubungan
Untuk setiap fungsi f yang mempunyai anti turunan, berlaku
hubungan
d
dx
2.
∫ f ( x) dx = f(x)
Teorema integral tak tentu dari suatu konstanta
Jika k suatu konstanta maka :
3.
∫ k dx = k x + c
Teorema Aturan Pangkat
Jika r adalah sebarang bilangan rasional kecuali – 1 maka :
r
∫ x dx =
4.
x r +1
+c
r +1
Teorema kelinearan integral tak tentu
Jika fungsi f dan g mempunyai anti turunan ( integral tak tentu ) dan k
adalah suatu konstanta maka :
a.
∫k
f ( x) dx = k
∫ f ( x) dx
31
5.
b.
∫ [ f ( x) + g ( x) ] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx
c.
∫ [ f ( x) − g ( x) ] dx = ∫ f ( x) dx − ∫ g ( x) dx
Teorema integral fungsi trigonometri
∫ sin x dx = − cos x + c dan ∫ cos x dx = sin x + c
6.
Teorema integral parsial
Jika u = f(x) dan v = g(x) maka ∫ u dv = uv − ∫ v du
7.
Teorema aturan pangkat yang diperumum
Jika g suatu fungsi yang dapat dideferensialkan dan r suatu bilangan
rasional yang bukan –1 maka :
r +1
r g' ( x ) dx = [g( x )]
[
g
(
x
)]
+c
∫
r +1
Contoh :
a.
∫
1
x
dx = ∫ x
=
−
x
1
2
dx
1
− +1
2
1
− +1
2
+c
=2 x +c
b.
∫
x 2 − x + 2x
x
dx = ∫ ( x 3 / 2 − 1 + 2 x1 / 2 ) dx
=
∫x
=
2 5/2
4
x – x + x3/2 + c
5
3
3/ 2
dx − ∫ 1 dx + 2 ∫ x1 / 2 dx
32
c.
∫ [ 2 sin 3 x + 5 cos 2x ] dx = 2 ∫ sin 3x dx + 5 ∫ cos 2x dx
 cos 3 x 
 sin 2x 
= 2 −
 +5 
 +c
3 

 2 
=-
d.
∫ x(1 + x)
3
2
5
cos 3x +
sin 2x + c
3
2
dx =
1
1
x(1 + x) 4 − ∫ (1 + x) 4 dx
4
4
=
1
1
x(1 + x) 4 −
(1 + x) 5 + c
4
20
Dimisalkan : u = x → u ′= 1 dan v ′= ( 1+x )3 → v = ¼ ( 1+x )4
e.
1
3
8
2
3
7
7 '
∫ 9 x (3 x − 10) dx = ∫ [g( x )] g ( x ) dx = 8 ( 3x + 10 ) + c
Dimisalkan : g(x) = 3 x3 - 10 → g ′(x) = 9 x2
B.
Integral Tertentu
Secara geometri, integral dapat digunakan untuk menentukan luas
suatu daerah. Misalkan f suatu fungsi yang kontinu, dan f(x) ≥0 untuk
setiap x dalam selang [a,b], maka luas daerah datar antara grafik fungsi
dan sumbu x ( sumbu mendatar ) dengan batas-batas yang ditentukan
dibuat pias-pias yang berbentuk persegi panjang. Perhatikan gambar
berikut :
Y
y=f(x)
0
a
b
X
33
Luas daerah dibawah kurva f(x) dan diatas sumbu x dalam interval
[a,b] dapat ditentukan dengan membagi luas tersebut kedalam persegi
panjang-persegi panjang yang luasnya masing-masing yaitu :
Luas persegi panjang I = f(x1).∆x1
Luas persegi panjang II = f(x2).∆x2
Luas persegi panjang n = f(xn).∆xn
Apabila luas persegi panjang itu dijumlahkan, diperoleh luas kira-kira
yaitu : L ≈
n
∑ f ( x ) . ∆x
i
i
karena pengambilan jumlah tersebut meliputi
i =1
x =b
interval [a,b], relasi tersebut sering ditulis: L ≈ ∑ f ( x) . ∆x
x=a
Untuk ∆x → 0, diperoleh rumus luas daerah sebagai limit dari jumlah
persegi panjang. Jumlah ini mendekati luas daerah yang sebenarnya yaitu
L = lim
∆x → 0
x =b
∑ f ( x) . ∆x .Dengan notasi integral,
limit tersebut dapat ditulis :
x=a
b
L=
∫ f ( x) dx
a
Dengan demikian integral dapat diartikan sebagai limit suatu
penjumlahan. Bentuk Integral tersebut disebut “integral tertentu “
Jadi dapat disimpulkan bahwa integral tertentu fungsi f pada interval
b
[a,b] adalah :
∫ f ( x) dx
a
Dari pengertian diatas dapat diperoleh suatu definisi yaitu :
34
a
a). Jika a adalah bilangan dan f adalah fungsi , maka :
∫ f ( x) dx = 0
a
b). Jika a dan b adalah bilangan nyata , a < b dan f adalah fungsi
yang terintegralkan pada interval [a,b] maka ;
b
a
a
b
∫ f ( x) dx = - ∫ f ( x) dx
Beberapa sifat dasar yang dapat dirumuskan sebagai teorema dalam
integral tertentu antara lain sebagai berikut :
1.
Teorema dasar kalkulus
Jika fungsi f kontinu ( karenanya terintegralkan ) pada interval [a,b]
dan fungsi F adalah anti turunan dari f maka :
∫ f ( x) dx = [F (x)] = F(b) – F(a)
b
b
a
a
2.
Teorema sifat ketunggalan
Jika fungsi f dapat diintegralkan pada interval [a,b] maka :
b
∫ f ( x) dx adalah tunggal
a
3.
Teorema integral fungsi tak negatif
Jika fungsi f kontinu pada interval [a,b] dan f(x) ≥ 0 untuk setiap x
b
dalam [a,b] maka :
∫ f ( x) dx ≥ 0
a
4.
Teorema sifat integral konstan
b
Jika k konstan maka :
∫ k dx = k (b − a)
a
35
5.
Teorema kelinearan integral tertentu
Jika fungsi f dan g mempunyai anti turunan ( integral tak tentu ) dan k
adalah suatu konstanta maka :
a.
b
b
a
a
∫ k f ( x) dx = k ∫ f ( x) dx
b
b.
6.
b
∫
b
b
b
a
a
a
a
c.
b
∫ [ f ( x) + g ( x) ] dx =
∫ g ( x) dx
f ( x) dx +
a
a
∫ [ f ( x) − g ( x) ] dx = ∫ f ( x) dx - ∫ g ( x) dx
Teorema sifat penambahan interval
Jika fungsi f kontinu pada interval [a,b] dan a < c < b maka :
c
∫
b
f ( x) dx +
a
7.
∫
b
f ( x) dx =
c
∫ f ( x) dx
a
Teorema sifat perbandingan
Jika fungsi f dan g kontinu pada interval [a,b] dan jika f(x) ≤ g(x) untuk
b
setiap x dalam [a,b] maka :
∫
b
f ( x) dx ≤
a
8.
∫ g ( x) dx
a
Teorema sifat keterbatasan
Misalkan m dan M adalah konstanta yang bersifat m ≤ M. Jika fungsi f
kontinu pada interval [a,b] dan m ≤ f(x) ≤ M untuk semua x dalam [a,b]
maka :
b
m(b-a)≤
∫ f ( x) dx ≤ M ( b - a )
a
36
Sebagai
bantuan
dalam
perhitungan
integral
tertentu
dapat
menggunakan salah satu metode yaitu metode substitusi yang dinyatakan
dalam teorema sebagai berikut :
a). Substitusi dalam integral tak tentu
Andaikan g suatu fungsi yang terdeferensialkan dan andaikan
bahwa F adalah suatu anti turunan dari f . Maka jika u = g(x)
berlaku :
∫ f [ g ( x)] g
1
( x) dx = ∫ f (u ) du = F (u ) + c = F [ g ( x)] + c
b). Substitusi dalam integral tertentu
Andaikan g mempunyai turunan kontinu pada interval [a,b] dan
andaikan f kontinu pada daerah nilai dari g maka :
g (b )
b
∫
f [ g ( x)] g 1 ( x) dx =
a
∫ f (u ) du
g (a)
Contoh :
2
1). ∫ (2 x + 5) dx = [ x 2 + 5 x]02
0
= 4 + 10 = 14
2
2). Hitunglah :
∫x
2
− x dx
−1
Penyelesaian :
x2 – x = x (x-1) maka : x2 – x ≥ 0 untuk x ≤ 0 atau x ≥ 1 dan
x2 – x ≤ 0 untuk 0 ≤ x ≤ 1
2
Jadi :
∫x
−1
1
0
2
− x dx =
∫x
−1
2
− x dx +
∫x
0
2
2
− x dx +
∫x
2
− x dx
1
37
0
=
2
∫ ( x − x) dx +
−1
1
2
0
1
2
2
∫ − ( x − x) dx + ∫ ( x − x) dx
0
1
2
1 
1 
1 
 1
1
1
=  x 3 − x 2  + − x3 + x 2  +  x 3 − x 2 
2  −1  3
2 1
2 0  3
3
= -(-1/3 –1/2) + (-1/3 +1/2) + (8/3 – 2) - (1/3 –1/2)
=
7 1
5
− =1
3 2
6
3
3). Hitunglah :
∫x
2
x 3 + 9 dx
0
Penyelesaian :
Misalkan : u = x3 + 9 → du = 3 x2 dx sehingga x2 dx = 1/3 du
untuk : x = 0 → u = 9 dan x = 3 → u = 36
3
Jadi :
∫x
36
2
0
1
1
x + 9 dx = ∫ u 2 du
39
3
=
[ u u]
2
9
36
9
= (2/9).(36).(6) – (2/9).(9).(3) = 42
Latihan 3 :
Tentukan integral berikut ini :
1). ∫ (t 2 − 3t + 2)(60t 2 + 30) dt
2). ∫ 8 x 3 x 4 + 1 dx
3). ∫
1
dy
y +3
38
x
4).
∫
5).
∫x
1− x2
dx
3x + 6
dx
+ 2 x 2 − 3x
3
Hitunglah integral berikut :
5
6).
∫x
6
x
4
dx
1
7).
∫ (x
3
+ 2) 3 dx
−1
4
8).
∫ x−
x dx
0
4
9).
2
∫
2x + 1
0
2
10).
∫ (t
1
2
dx
t
dt
+ 9)
39
Bab IV
Penutup
Bahan ajar Kalkulus tidak tercantum dalam deskripsi pemelajaran
pada Kurikulum SMK edisi 2004, namun sebagai seorang guru
Matematika harus memahami Kalkulus karena perhitungan diferensial
.dan integral telah dikembangkan untuk memecahkan permasalahan
diberbagai bidang.
Pada bahan ajar ini pembuktian teorema hanya diberikan sebagian
saja dan diharapkan peserta diklat dapat membuktikan yang lain. Untuk
memperdalam penguasaan materi, peserta diklat dapat mengerjakan soal
latihan yang ada pada akhir setiap pembahasan. Apabila ada kesulitan
dalam membuktikan dan mengerjakan latihan disarankan peserta
mendiskusikan dengan peserta lain agar dapat memahami bahan ajar
kalkulus selanjutnya.
40
Daftar Pustaka
Ayres, Jr. Frank ; 1964 ; Differential and Integral Calculus ; New York ;
Schaum’s Outline Series Mc Graw-Hill Book Company
Ayres, Jr. Frank, Lea Prasetio; 1985 ; Teori dan Soal-soal Diferensial dan
Integral Kalkulus ; Jakarta ; Penerbit Erlangga
Dale Varberg, Edwin J.Purcell, I Nyoman Susila ; 2001; Kalkulus jilid 1;
Batam; Penerbit Interaksara
Edwin J.Purcell, I Nyoman Susila dkk ; 1989, Kalkulus dan Geometri
Analitis jilid 1 dan 2 , Jakarta, Penerbit Erlangga.
Louis Leithold, S.M. Nababan dkk; 1988 ; Kalkulus dan ilmu Ukur Analitik ;
Jakarta ; Penerbit Erlangga
ST. NEGORO – B. HARAHAP, 1985, Ensiklopedia Matematika, Jakarta,
Ghalia Indonesia.
41
Proses matematik diatas disebut differensiasi , dan hasilnya disebut
turunan
Definisi secara umum adalah sebagai berikut :
Misalkan f fungsi dengan daerah definisi D yang mengandung suatu
interval terbuka yang memuat titik x , maka f ′( x ) ditentukan oleh :
f ′( x ) = lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
h
asal limit ada, disebut turunan f di x , untuk setiap x dimana nilai limit ada
Jika f ′( x ) ada dititik x maka fungsi f dikatakan dapat diturunkan
(didefferentiable ) di titik itu.
Untuk fungsi y = f (x) yang dapat diturunkan sering digunakan y
′
untuk menyatakan nilai turunan di x yaitu y ′ = f ′(x) . Perlu diperhatikan
bahwa f ′adalah fungsi , sedangkan f ′(x) atau y ′ menyatakan nilai di titik x.
Dengan demikian, jika y = f(x) maka f
′
( turunan f ) adalah laju
perubahan f terhadap variabel bebas x , dan f ′(x0) adalah laju perubahan f
di titik x = x0
1.
Tafsiran Geometri untuk Turunan
Pandang grafik fungsi y = f ( x ) pada gambar sebagai berikut :
Y
Q
y=f(x)
Titik P( x,y ) dan Q( x+∆x, y+∆y )
terletak pada kurva y = f ( x )
Jika variabel bebas x bertambah
∆Y
P
dengan
β
∆X
maka
y
juga
bertambah dengan ∆y
α
O
∆x,
X
13
sehingga : ∆y = f ( x + ∆x ) - f ( x )
dan kecondongan atau gradien garis PQ adalah tan β yaitu :
∆y
f ( x + ∆x) − f ( x)
=
∆x
∆x
Jika ∆x → 0 maka titik Q bergerak mendekati P sedemikian hingga
garis PQ akan menempati garis singgung di titik P .Sehingga diperoleh
limit yaitu :
lim
∆x → 0
∆y
= lim
∆x → 0
∆x
f ( x + ∆x) − f ( x)
∆x
= tan α yang merupakan
derivative ( turunan ) dari y = f ( x ). Sedangkan tan α merupakan gradien
garis singgung di titik P( x, y ).
Ahli matematika bangsa Jerman yang bernama Wiehelm Gattfried
Leibniz ( 1646 – 1716 ) menyatakan lim
∆x → 0
Jadi :
∆y
dy
dengan
∆x
dx
∆y
f ( x + ∆x) − f ( x)
dy
= lim
= lim
∆x → 0 ∆x
∆x → 0
∆x
dx
Secara geometris dapat disimpulkan bahwa
dy
dx
merupakan
koefisien arah ( gradien ) garis singgung pada kurva y = f (x) di titik P( x,y )
dan dapat ditentukan persamaan garis singgung pada kurva y = f ( x ) di
titik singgung P( x0,y0 ) yaitu : ( y – y0 ) =
dy
( x - x0 )
dx
Dengan demikian untuk fungsi y = f ( x ) didefinisikan :
a). dx , disebut diferensial x dengan relasi dx = ∆x
b). dy , disebut diferensial y dengan relasi dy = f ′(x) dx
14
Diferensial variabel bebas adalah sama dengan pertambahan
variabel , tetapi diferensial variabel tak bebas tidak sama dengan
pertambahan variabel itu.
Perlu diperhatikan bahwa jika y = f(x) fungsi yang dapat diturunkan
maka turunannya dapat dinyatakan dengan notasi-notasi berikut :
y ′, f ′ (x) yaitu notasi Lagrange atau aksen
Dy, Df(x) dengan
d
adalah operator D yaitu notasi operator
dx
dy d
,
f(x) , yaitu notasi Leibniz
dx dx
Contoh :
a.
Pandang fungsi konstan f ( x ) = c , - ∞ < x < ∞
dimana c bilangan riil , maka untuk setiap x berlaku :
f ( x + h) − f ( x )
c−c
=
=0, h≠0
h
h
Akibatnya :
f ′ ( x ) = lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
= lim 0 = 0
h →0
h
Jadi turunan fungsi konstan dimana-mana adalah nol.
Grafik fungsi konstan adalah garis lurus sejajar sumbu x .
Turunan di setiap titik adalah nol, berarti gradien garis singgung di
setiap titik adalah nol , sehingga garis singgung adalah garis lurus itu
sendiri.
15
b.
Diketahui : f ( x ) = x3 , carilah f ′(x) langsung dari definisi.
Penyelesaian :
( x + h) 3 − x 3
f ( x + h) − f ( x )
=
h
h
=
3 x 2 h + 3 xh 2 + h3
h
= 3 x2 + 3 x h + h2 , h ≠ 0
Jadi f ′ ( x ) = lim
h →0
c.
f ( x + h) − f ( x )
= lim ( 3 x2 + 3 x h + h2 ) = 3 x2
h →0
h
Jika f(x) = x2 – 3x + 2 : tentukan persamaan garis singgung pada
grafik y = x2 – 3x + 2 di titik ( 3,2 )
Penyelesaian :
{( x + h ) 2
f ( x + h) − f ( x )
=
h
=
=
f ′ (x) = lim
h →0
3(x + h) + 2 } - ( x 2
h
x 2 + 2 xh + h 2
2 xh + h 2 - 3h
h
3x + 2)
3x - 3 h + 2 - x 2 + 3x
h
2
= 2x + h - 3
f ( x + h) − f ( x )
= lim (2x + h - 3) = 2x – 3
h →0
h
sehingga gradien garis singgung di titik ( 3,2 ) adalah f ′ (3) = 2.3–3 = 3
Jadi persamaan garis singgungnya adalah :
y–2=3(x–3)
⇒ y = 3x – 7 atau 3x – y – 7 = 0
16
2.
Beberapa Teorema Penurunan
Berdasarkan pengertian turunan suatu fungsi diatas dapat
dirumuskan beberapa teorema sebagai berikut :
a.
Teorema Aturan Pangkat
Jika f (x) = x r , maka f ′(x) = r x r – 1 berlaku untuk bilangan real r dan
untuk semua x dimana f ′(x) menghasilkan bilangan real
Contoh :
Tentukan f ′(x) jika f (x) = x 2/3
Dengan aturan pangkat di dapat f ′ (x) =
b.
2 –1/3
x
3
Teorema Aljabar Turunan
Andaikan fungsi-fungsi f dan g dapat diturunkan di titik
konstan Maka fungsi-fungsi f + g, f - g, c.f, f.g,
x dan c
f
( asal g(x) ≠ 0 ) juga
g
dapat diturunkan di x . Selanjutnya :
a) [ f(x) ± g(x) ] ′ = f ′ (x) ± g ′ (x)
b) [ c f(x) ] ′ = c f ′ (x) untuk c konstan
c) [ f(x). g(x) ] ′ = f ′ (x) g(x) + f(x) g ′(x) ( aturan hasil kali )
d) [ f(x)/g(x) ] ′=
f ' ( x ) g( x ) − f ( x ) g' ( x )
[ g( x ) ]2
jika g(x) ≠ 0(aturan pembagian)
Contoh :
1)
Jika f(x) = 2 x3 – 4 x2 + 3 x + 5 , tentukan f ′(x)
17
Penyelesaian :
f ′(x) = (2 x3) ′ – (4 x2 ) ′+ (3 x) ′ + (5) ′
= 2 (3x2 ) – 4 (2x )+ 3 (1) + 0
= 6 x2 –8 x + 3
2)
Jika f(x) = (2 x3 – x ) ( x4 + 3 x ) , tentukan f ′(x)
Penyelesaian :
Ada dua cara , pertama dengan aturan hasil kali
f ′(x) = (2 x3 – x ) ′ ( x4 + 3 x ) + (2 x3 – x ) ( x4 + 3 x ) ′
= (6 x2 – 1 ) ( x4 + 3 x ) + (2 x3 – x ) ( 4 x3 + 3 )
= ( 6 x6 – x4 + 18 x3 – 3 x ) + ( 8 x6 – 4 x4 + 6 x3 – 3 x )
= 14 x 6 – 5 x4 + 24 x3 – 6 x atau dikalikan dulu sehingga :
f ′(x) = ( 2 x7 – x5 + 6 x4 – 3 x2 ) ′
= 14 x 6 – 5 x4 + 24 x3 – 6 x
3)
( 2 x2 + x )
Tentukan f (x) , jika f(x) =
x3 + 3
′
Penyelesaian :
Dengan aturan pembagian di dapat :
f ′(x) =
=
( 2 x 2 + x )' ( x3 + 3) − (2x 2 + x )( x3 + 3)'
( x3 + 3)2
( 4 x + 1) ( x 3 + 3) − (2 x 2 + x)(3x 2 )
( x 3 + 3) 2
− 2 x 4 − 2 x 2 + 12 x + 3
( 4 x 4 + x 3 + 12 x + 3) − ( 6 x 4 + 3 x3 )
=
=
( x 3 + 3) 2
( x3 + 3) 2
18
c.
Teorema Kekontinuan
Jika fungsi f dapat diturunkan di titik x , maka fungsi f kontinu di x
Contoh :
-x, x<0
Perhatikan fungsi mutlak :
f(x) = x =
x, x≥0
Fungsi tersebut kontinu di mana-mana, termasuk di x = 0, dapat
digambarkan sebagai berikut :
Y
y=f(x)= x
X
Untuk semua nilai x tak nol mudah di tunjukkan bahwa f dapat
diturunkan yaitu :
-1, x<0
f ′(x) =
1, x>0
Grafik f ′ dapat digambarkan sebagai berikut :
Y
y=f1(x)
1
X
O
-1
19
Untuk menentukan apakah f dapat diturunkan di x = 0 dikerjakan
sebagai berikut :
0+h − 0
f ( 0 + h ) − f ( 0)
=
h
h
=
h
h
-1, h<0
=
1, h>0
Apabila h → 0 maka limit kiri dan limit kanannya masing-masing
adalah –1 dan 1, oleh karenanya keduanya tak sama, maka fungsi nilai
mutlak tersebut tidak dapat diturunkan di x = 0. Grafik y = x membentuk
sudut di titik asal dimana gradien berubah dari –1 ke 1. Contoh tersebut
menunjukkan bahwa fungsi yang kontinu disuatu titik belum tentu
mempunyai turunan di titik tersebut. Sebaliknya fungsi yang dapat
diturunkan disuatu titik selalu kontinu di titik tersebut.
d.
Teorema Aturan Berantai
Jika fungsi u = g(x) mempunyai turunan g ′(x0) di x0, dan fungsi y= f(u)
mempunyai turunan f ′(u0) di u0 = g(x0), maka komposit (substitusi g pada f
yang dinotasikan f
0
g = sehingga y = F(x) = (f
0
g)(x) =f[g(x)] dapat
diturunkan di x = x0 dan F ′(x0) = f ′(u0) g ′(x0) = f ′ [g(x0)] g ′(x0)
Dengan notasi Leibniz :
dy
dy du
=
.
dx
du dx
Contoh :
1)
Jika F(x) = ( 3 x2 + 5 x – 7 )4 , tentukan F ′(x)
20
Penyelesaian :
Misalkan u = g(x) = 3 x2 + 5 x – 7 dan f(u) = u4
Maka F(x) = f [g(x)] sehingga F ′(x) = f ′(u) g ′(x)
dimana u = x2 + 5 x – 7
Jadi F ′(x) = 4 u3 ( 6 x + 5 ) = 4 ( x2 + 5 x – 7 )3 ( 6 x + 5 )
2)
Jika y =
2x + 1
dy
, tentukan
1− x
dx
Penyelesaian :
Misalkan u =
2x + 1
maka y =
1− x
u = u1/2
dy
dy du
=
.
dx
du dx
=
1 -1/2 2 (1 − x) − (2 x + 1)(−1)
u
2
(1 − x) 2
=
1  2x + 1


2  1− x 
−1 / 2
.
3
(1 − x) 2
B.
Beberapa Turunan Fungsi
1.
Turunan Fungsi Trigonometri
a.
Perhatikan fungsi sinus dengan persamaan f(x) = sin x
Maka turunannya dapat ditentukan sebagai berikut :
f ′ (x) = lim
h →0
= lim
h →0
f ( x + h) − f ( x )
h
sin( x + h) − sin( x)
h
21
2 cos
= lim
h →0
x +h+ x
x +h−x
sin
2
2
h
sin
h
= lim 2 cos ( x + )
h →0
2
h
2
h
sin
h
= lim cos ( x + )
h →0
2
h
2
h
2
h
= lim cos ( x + ) lim
h →0
2 h →0
sin
2
h
2
h
2
= cos x . 1 = cos x
Sehingga diperoleh teorema :
d
sin x = cos x
dx
Dengan cara yang sama akan diperoleh teorema :
b.
d
cos x = - sin x
dx
c.
d
tan x = sec2 x
dx
d.
d
cot x = - csc2 x
dx
e.
d
sec x = sec x . tan x
dx
f.
d
csc x = - csc x . cot x
dx
22
Teorema diatas dapat dikembangkan, misalkan y = sin u dimana u
fungsi x yang dapat diturunkan, maka didapat rumus-umus umum yaitu :
1)
d
du
sin u = cos u .
dx
dx
2)
d
du
cos u = - sin u .
dx
dx
3)
d
du
tan u = sec2 u .
dx
dx
4)
d
du
cot u = - csc2 u .
dx
dx
5)
d
du
sec u = sec u . tan u .
dx
dx
6)
d
du
csc u = - csc u . cot u .
dx
dx
Contoh :
Jika y = cos2 1 + x 2 ; tentukan
dy
dx
Penyelesaian :
Misalkan u = cos 1 + x 2 ; v =
1 + x 2 dan w = 1 + x2 maka
dy
d
= 2 cos 1 + x 2 .
cos 1 + x 2
dx
dx
= 2 cos 1 + x 2 . – sin 1 + x 2 .
= 2 cos 1 + x 2 . – sin 1 + x 2 .
=
− 2x
1+ x
2
d
dx
1+ x 2
x
1 + x2
. cos 1 + x 2 . sin 1 + x 2
23
2.
Turunan Fungsi Logaritma dan Eksponen
Untuk mempelajari turunan fungsi logaritma , kita gunakan rumus
mengenai bilangan e yaitu :
lim ( 1 +
h →0
1 n
) = e = 2,718281828459 …..
n
Bilangan e adalah bilangan irasional. Logaritma dengan e sebagai
basis disebut logaritma natural.
Fungsi y = elog x = ln x disebut fungsi logaritma natural, fungsi ini
merupakan invers dari y = ex . Fungsi y = ex disebut fungsi eksponen.
Selanjutnya akan ditentukan turunan dari y = ln x dengan cara
sebagai berikut :
ln ( x + ∆x) − ln ( x)
dy
= lim
∆x → 0
∆x
dx
1
1 ∆x
)
= lim ln (1 +
∆x → 0
x
∆x
=
1


x




x

1 ∆x  

ln  lim (1 +
)  
1
x
→∞ 
 
 ∆x

∆
x
 



=
1


x




x

1 ∆x  

ln  lim (1 +
)  
x
x
→∞ 
 
 ∆x
 

x
∆



= ln e
1
x
=
1
x
24
Sehingga diperoleh teorema :
d
1
( ln x ) =
dx
x
Karena ln e = elog e = 1 maka untuk logaritma biasa yaitu :
d
1
( log x ) =
log e
dx
x
Dengan demikian untuk fungsi eksponen diperoleh :
d
( ex ) = e x
dx
d
( ax ) = ax ln a
dx
Untuk selanjutnya jika u fungsi x yang dapat diturunkan dan u > 0
maka dengan aturan berantai diperoleh rumus-rumus :
a.
d
1 du
( ln u ) =
dx
u dx
b.
d a
1 a
du
( log u ) =
log e
untuk a > 0
dx
u
dx
c.
d
du
( eu ) = eu
dx
dx
d.
d
du
( au ) = au ln a
untuk a > 0 dan a ≠ 1
dx
dx
Contoh :
dy
x3 − 1
Jika y =
; tentukan
2
5
(2 x − 3x + 1)
dx
3
Penyelesaian :
ln y =
1
ln ( x3 –1 ) – 5 ln ( 2 x2 – 3 x + 1 )
3
25
1 dy
x2
5 (4 x − 3)
= 3
− 2
y dx
x − 1 2 x − 3x + 1
dy
=y
dx
 x2
5(4 x − 3) 
− 2
 3

 x − 1 2 x − 3 x + 1
3.
Turunan Fungsi Implisit dan Fungsi Parametrik
a.
Turunan Fungsi Implisit
Apabila suatu fungsi yang didefinisikan secara implisit tidak dapat
dinyatakan secara eksplisit atau pernyataan eksplisitnya sangat sukar
maka untuk mencari turunannya dapat ditentukan dengan menggunakan
teorema turunan untuk jumlah dan perkalian dua fungsi dan aturan
berantai, misalnya persamaan : y5 + x3y + y = x2 – x +3
maka diperoleh :
5 y4
dy
dy
dy
+ 3 x2 y + x3
+
=2x–1
dx
dx
dx
[
]
dy
5 y 4 + x 3 + 1 = 2 x – 1 + 3 x2 y
dx
dy
2 x − 1 + 3x 2 y
=
dx
5 y 4 + x3 + 1
b.
Turunan Fungsi Parametrik
Persamaan-persamaan x = u(t) dan y = v(t) disebut persamaanpersamaan parametrik.
Jika dipandang y fungsi x dan x funsi t maka :
dy
dy dx
=
dt
dx dt
atau
dy
dy
= dt
dx
dx
dt
26
Contoh :
Jika x =
1 2
1
dy
t dan y = t - t3 ; tentukan
2
3
dx
Penyelesaian :
dy
dy
1− t 2
= dt =
= t-1 – t
dx
dx
t
dt
C.
Turunan Tingkat Tinggi
Perhatikan fungsi dengan persamaan y = f(x) maka :
y′=
dy
d f ( x)
=
disebut turunan pertama
dx
dx
Jika y ′ dapat diturunkan lagi maka :
y ′′ =
dy
)
2
dx = d y disebut turunan kedua
dx
dx 2
d(
d2y
d ( 2)
3
dx = d y disebut turunan ketiga
y ′′′ =
dx
dx 3
dan seterusnya.
d2y
d3y
,
, . . . disebut juga turunan tingkat tinggi dari y = f(x)
dx 2
dx 3
Jika s = f(t) menyatakan posisi suatu obyek yang bergerak sebagai
fungsi waktu , maka kecepatan ditentukan oleh : v = f ′( t ) sedangkan
turunan v ′ dari kecepatan disebut percepatan yang dinyatakan dengan a .
Jadi a = v ′ = s ′′ = f ′′(t)
27
Contoh :
1.
Tentukan turunan ketiga dari : f(x) = x4 – 2 x2 +
1
- x2/3 ; x ≠ 0
x
Dengan aturan pangkat dan sifat aljabar dari turunan didapat :
f ′(x) = 4 x3 – 4 x -
2
1
- x- 1/3
2
x
3
f ′′(x) = 12 x2 – 4 +
2
2
+ x- 4/3
3
x
9
dan akhirnya : f ′′′(x) = 24 x –
2.
8 - 7/3
6
x
4
x
27
Jarak yang ditempuh suatu gerakan partikel mempunyai persamaan :
s = 2 t3 - 4 t2 + t – 6
tentukan kecepatan dan percepatan partikel itu pada saat t.
Penyelesaian :
Kecepatan = v = s ′ = 6 t2 – 8 t + 1
Percepatan = a = v ′ = s ′′ = 12 t - 8
Latihan 2 :
1. Jika f(x) = (x2 -1)2 ( x2 +1)2 tentukan f ′(x)
2. Misalkan y = x2 –6x +2 , tentukan persamaan garis singgung y = f(x)
di titik ( 1,-3 )
3. Jika f(x) =
x3 + 2 x
tentukan f ′(x)
2
x +1
4. Tentukan dy , jika y = ( 5 – x )3
28
5. Hitunglah
dy
jika y = z2 + 2z – 5 dan z = x2 – 7
dx
6. Tentukan y ′ , jika y = ln
x−a
x+a
7. Tentukan y ′ , jika y = esin x
8. Tentukan persamaan garis singgung pada kurva :
x2 – 2xy + y2 = 11 di titik ( -1,2 )
9.
Tentukan
dy
dari x = 3 cos 2t
dx
di t = 0
y = 4 sin 2t
10. Tentukan turunan ketiga dari f(x) =
x+
1
untuk x > 0
x
11. Tentukan f ′′(x) jika f(x)= x(x – 1)(x + 2)
12. Hitunglah
d2y
dari
dx 2
xy + x – 2y –1 = 0
13. Posisi suatu gerakan partikel adalah : s = 2 sin 3t - 3 cos 2t
Tentukan kecepatan dan percepatan partikel itu pada saat t.
29
menentukan dan menggunakan limit, diferensial dan integral. Oleh karena
itu guru matematika SMK perlu memahami pembelajaran Kalkulus di
sekolahnya.
B.
Tujuan
Setelah mengikuti pendidikan dan pelatihan ( diklat ) ini peserta
diharapkan mampu mengembangkan konsep limit, diferensial dan integral
dari kehidupan nyata sehari-hari dan menjelaskannya dengan memberi
contohnya.
C.
Ruang Lingkup
Bahan ajar Pengantar Kalkulus dimaksudkan untuk meningkatkan
kompetensi guru matematika SMK dalam menyelenggarakan proses
belajar mengajar Kalkulus. Hal-hal yang akan dibahas meliputi :
Pengertian Limit Fungsi, Teorema Limit suatu Fungsi, Kontinuitas Fungsi,
Turunan suatu Fungsi, Beberapa Turunan Fungsi, Turunan Tingkat Tinggi,
Integral Tak Tentu dan Integral Tertentu.
2
Bab II
Limit Fungsi
A. Pengertian Limit Fungsi
Dalam kehidupan sehari-hari kita pernah mendengar kalimat-kalimat,
misalnya : kendaraan itu hampir menabrak orang yang sedang berjalan.
Kata-kata “hampir”, “mendekati” dan sebagainya dapat dijelaskan dengan
pengertian limit dalam matematika. Pengertian limit fungsi merupakan
konsep dasar yang banyak digunakan dalam kalkulus, khususnya dalam
hitung diferensial. Pada suatu fungsi y = f (x ), bagaimana perilaku f (x );
jika x mendekati c, tetapi x≠c. Sebagai ilustrasi kita ambil fungsi f(x) = x+ 1
dan g(x) =
x2 + 1
dan kita cari berapa nilai fungsi jika x mendekati 1, untuk
x −1
itu kita buat tabel nilai f(x) dan g(x) untuk macam-macam nilai x sebagai
berikut :
x2 + 1
x −1
x
f(x) = x+1
x
0.9
1.9
0.9
1.9
0.95
1.95
0.95
1.95
0.99
1.99
0.99
1.99
0.999
1.999
0.999
1.999
1.001
2.001
1.001
2.001
1.01
2.01
1.01
2.01
1.1
2.1
1.1
2.1
g(x) =
3
Akan terlihat bahwa nilai f(x) mendekati 2 jika x mendekati 1 dan nilai
g(x) mendekati 2 jika x mendekati 1 dikatakan “limit dari f(x) adalah 2 jika x
mendekati 1 “ dan “ limit dari g(x) adalah 2 jika x mendekati 1” , masingmasing ditulis :
lim ( x + 1) = 2 dan lim
x →1
x →1
x2 + 1
=2
x −1
Dari dua contoh limit fungsi tersebut , secara umum dapat dinyatakan
bahwa : lim f( x ) = L
x →c
jika x mendekati c, maka f ( x ) mendekati L dan
f (c) tidak perlu ada serta x tidak perlu sama dengan c.
Jika ditulis lim f( x ) = L maka mengandung arti bahwa x mendekati
x →c
dari dua arah yaitu x mendekati c dari kanan dan juga x mendekati c dari
kiri
Bentuk limit untuk “ x → ∞ “ dinamai limit di tak berhingga. Mudah
dipahami bahwa :
lim x = ∞ dan lim
x →∞
x →∞
1
=0
x
Definisi limit fungsi adalah sebagai berikut :
Fungsi f didefinisikan pada interval terbuka yang memuat c, mungkin
pada c tidak ada harga definisi. Limit f(x) adalah L untuk setiap x
mendekati c, ditulis : lim f( x ) = L Jika untuk setiap bilangan positif ∈,
x →c
bagaimanapun kecilnya akan didapat bilangan positif δ sehingga
f ( x) − L < ∈ dipenuhi oleh 0 < x − c < δ
4
Contoh :
1.
Buktikan bahwa
lim ( 3x -7 ) = 5 dengan menggunakan definisi
x→4
tentang limit.
Penyelesaian :
Pembuktian terdiri atas dua bagian yaitu pertama ditunjukkan bahwa
bilangan 4 adalah anggota interval f(x) dan kedua ditunjukkan bahwa
untuk setiap bilangan positif ∈ akan didapat bilangan positif δ sehingga
(3x − 7) − 5 < ∈ dipenuhi oleh 0 < x − 4 < δ
a.
f(x) = 3x - 7 mempunyai interval ( - ∞ , ∞ ). Jelaslah bahwa bilangan 4
anggota interval tersebut
b.
Harus ditunjukkan bahwa untuk ∈>0 akan didapat bilangan δ>0
sehingga (3x − 7) − 5 < ∈ dipenuhi oleh 0 < x − 4 < δ
Misalkan ditetapkan bilangan positif ∈ dan ditetapkan juga bilangan λ
yang 0 < λ < 1 sehingga 0 < x − 4 < λ < 1 Maka :
(3x − 7) − 5 = 3x − 12 = 3( x − 4) < 3 λ
Berarti untuk λ = ∈/3 maka dipenuhi
(3x − 7) − 5 < ∈. Jadi untuk
bilangan positif ∈ yang telah ditetapkan didapat bilangan δ yaitu δ = ∈/3.
Terbuktilah bahwa
untuk ∈>0 yang ditetapkan didapat bilangan δ >0
sehingga (3x − 7) − 5 < ∈ dipenuhi oleh 0 < x − 4 < δ
5
2.
2 x2 + 4x − 5
4 x2 + 7
Hitunglah : lim
x →∞
Penyelesaian :
2 x2 + 4x − 5
2 + 4 / x − 5 / x2
= lim
lim
x →∞
x →∞
4 x2 + 7
4 + 7 / x2
=
2+0−0
4+0
=
2 1
=
4 2
B. Teorema-teorema Limit Fungsi
Jika lim f(x) = L
x →c
dan lim g(x) = M serta k, b adalah konstanta
x →c
sembarang maka berlaku teorema-teorema sebagai berikut :
1.
lim ( k x + b ) = k c + b
2.
lim k f(x) = k lim f(x) = k.L
3.
lim { f(x) ± g(x) } = lim f(x) ± lim g(x) = L ± M
4.
lim f(x).g(x) = lim f(x) . lim g(x) = L.M
5.
lim
x →c
x →c
x →c
x →c
x →c
x →c
x→ c
x →c
x →c
x →c
lim f ( x)
L
f ( x)
= x →c
=
(M≠0)
g ( x)
lim g ( x)
M
x →c
[
6. lim [ f ( x)] = lim f ( x)
n
x →c
x→ c
7.
lim
x →c
n
f ( x) =
n
]
n
= Ln untuk n bilangan bulat positif sembarang
L berlaku jika L positif maka n harus bilangan bulat
positif dan jika L negatif maka n harus bilangan bulat positif ganjil
6
Contoh :
a).
Hitung lim ( 2 – 3x + 4x2 – x3 )
x → −1
Penyelesaian :
lim ( 2 – 3x + 4x2 – x3 ) = lim 2 - lim 3x + lim 4 x2 - lim x3
x → −1
x → −1
x → −1
x → −1
x → −1
= 2 – (-3) +4(-1)2 – ( -1)3 = 10
b).
x −1 − 2
x−5
Hitung lim
x →5
Penyelesaian :
x −1 − 2
=
x−5
x →5
x −1 + 2
x −1 + 2
1
x −1 + 2
=
Maka lim
x −1 − 2
.
x−5
x −1 − 2
= lim
x →5
x−5
C.
Limit Fungsi Trigonometri
1.
Perhatikan limit fungsi
1
1
=
4
x −1 + 2
x
x
. Akan dicari berapa nilai dari lim
x → 0 sin x
sin x
Perhatikan lingkaran dengan pusat O(0,0) dan jari-jari satu satuan
berikut ini :
Y
Besar sudut pusat QOP adalah x
S
P
radisn. Ruas garis PR dan QS
tegak lurus sumbu x .
x
O
R
Q
X
Koordinat titik-titik pada gambar
adalah: P(cos x,sin x), S(1,tan x)
, R(cos x, 0) dan Q(1, 0)
7
Maka didapat :
Luas ∆ OPR < luas sektor OPQ < luas ∆ OSQ
1
1
1
cos x . sin x <
. x. 12 <
tan x
2
2
2
atau :
Karena 0 < x <
1
π maka sin x > 0. Dengan demikian jika dikalikan
2
2
maka didapat :
sin x
dengan
lim cos x < lim
x →0
x →0
1 < lim
x →0
lim
x →0
x
1
< lim
x
→
0
sin x
cos x
x
< 1 atau
sin x
x
=1
sin x
Dengan cara sama di dapat rumus :
sin x
=1
x
2.
lim
3.
lim
x
=1
tan x
4.
lim
tan x
=1
x
x →0
x →0
x →0
Contoh :
lim
x →0
tan 3x
tan 3x
6x
3x
= lim
.
.
x →0
sin 6x
3x
sin 6x 6x
=
3
tan 3x
6x
. lim
. lim
x → 0 sin 6x
6 x → 0 3x
=
1
1
. 1. 1 =
2
2
8
D.
Kontinuitas Fungsi
Andaikan domain dari fungsi f(x) memuat suatu interval terbuka yang
memuat c maka : f(x) disebut kontinu di c jika dan hanya jika ketiga syarat
berikut dipenuhi yaitu :
1.
f (c) ada
2.
lim f(x) ada
3.
lim f(x) = f ( c )
x →c
x →c
Selanjutnya f(x) dikatakan kontinu pada interval terbuka ( a,b ) jika
kontinu pada setiap titik dalam interval tersebut.
Jika suatu fungsi f(x) tidak memenuhi syarat kontinu disebut fungsi
diskontinu.
Contoh 1:
Selidiki kontinuitas fungsi f (x) =
x2 − 4
di x = 2
x−2
Penyelesaian :
Diselidiki apakah tiga syarat fungsi kontinu dipenuhi f (x) =
1. f(2) =
x2 − 4
x−2
0
suatu harga tak tentu. Jadi f(2) tidak ada
0
Karena syarat 1 tidak dipenuhi maka f(x) diskontinu di x = 2
9
Dapat digambarkan sebagai berikut :
Y
X
2
Contoh 2 :
Selidiki kontinuitas fungsi f (x) =
x2 − 1
di x = 1
x2 + 1
Penyelesaian :
1.
2.
3.
f (1) =
0
12 - 1
1- 1
=
=
= 0 , ada
2
2
1 +1 1+1
0
x2 - 1
1-1
=
=
= 0 , ada
2
2
1+1
x 1 x + 1
lim f(x) = lim
x 1
lim f(x) = f ( 1 ) = 0
x 1
Jadi f(x) kontinu di x = 1
Latihan 1 :
1.
Buktikanlah lim ( x2 + 2x – 1 ) = 7
2.
Hitunglah lim
x→2
x →∞
2 x3 + 4 x
3 − x3
10
2x
3.
Hitunglah : lim
4.
Hitunglah : lim
x +1 −1
x2
5.
Hitunglah : lim
1 + x2 − 1
x
6.
3 
 1
Hitunglah : lim 
−
2
x →1
1 − x 1 − x 
7.
Hitunglah : lim
8.
Selidiki kekontinuan fungsi berikut di x = 2
x →∞
x →1
x →0
x2 + 1
tan x − sin x
x →0
x2 − 4
x−2
x3
untuk x ≠ 2
f(x) =
2 untuk x = 2
11
3. Turunan Fungsi Implisit dan Parametrik ..........................
26
C. Turunan Tingkat Tinggi.........................................................
27
Latihan 2 .................................................................................
28
Bab IV Integral
A. Integral Tak Tentu.................................................................
30
B. Integral Tertentu ..................................................................
33
Latihan 3 .................................................................................
38
Bab IV Penutup……………………..………......................................
40
Daftar Pustaka……………………..……….. .......................................
41
iii
Peta Kompetensi dan Bahan Ajar
No
1.
Kompetensi /
Sub kompetensi
Kriteria Kinerja
Materi
Pembelajaran
Kompetensi :
Mampu menjelaskan
• Limit
Menjelaskan konsep-
dan memberi contoh:
• Diferensial
konsep dasar
• Limit
• Intergral
materi/pokok
• Diferensial
bahasan matematika
• Intergral
yang akan diajarkan
kepada siswa:
•Subkompetensi:
Mengembangkan
keterampilan siswa
dalam menentukan
dan menggunakan
limit, diferensial
integral
iv
Skenario Pembelajaran
10 menit
Pendahuluan
-Tujuan
-Ruang Lingkup
-Langkah-langkah
10 menit
Apersepsi
-Konsep limit
-Konsep Diferensial
-Konsep Integral
45 menit
Penugasan
-Soal bahan Ajar
3 x 45 menit
Penyampaian
Materi
5 menit
30 menit
Penutup
Presentasi
-Kesimpulan/Saran
-Hasil diskusi
-Materi bahan Ajar
35 menit
Penugasan
Diskusi
Kelompok
-Membuktikan
teorema
dan membahas
latihan soal
v