fungsi naik dan turun

BAHAN AJAR
APPLIED MATH
Disusun Oleh
Asih Widi Harini, S.Si, MT
PRAKATA
Alhamdulillah, saya menyambut baik diterbitkannya Bahan Ajar Applied
Mathematics yang ditulis oleh Asih Widi Harini, S.Si, MT, selaku dosen
pengampu mata kuliah tersebut di Fakultas Ilmu Komputer
Bahan ajar ini hendaknya bisa digunakan sebagai acuan bagi mahasiswa
maupun dosen yang bersangkutan untuk melaksanakan perkuliahan dalam setiap
semesternya sehingga bisa memberikan kemudahan bagi mahasiswa untuk
mengikuti kuliah maupun menelusuri lebih lanjut topik-topik yang diajarkan
dalam buku-buku acuan yang duanjurkan.
Dengan tetap memperhatikan perkembangan-perkembangan yang terjadi
pada dunia keteknikan, bahan ajar memerlukan penyempurnaan sehingga bisa
memberikan manfaat yang optimal bagi para mahasiswa.
Akhir kata, semoga bahan ajar ini bisa lebih meningkatkan hasil proses
belajar mengajar yang dilaksanakan khususnya di Fakultas Ilmu Komputer. Amin.
DAFTAR ISI
HALAMAN JUDUL ……………………………………………………… i
DAFTAR ISI ………………………………………………………………ii
BAB I : PENDAHULUAN
1.1. Sistem Bilangan ……………………………………………
5
1.2. Himpunan ………………………………………………….
6
1.3. Macam-macam Fungsi ……………………………………
6
1.3.1. Fungsi Aljabar ……………………………………...
6
1.3.2. Fungsi Transendental ………………………………
7
1.3.3. Segitiga Pascal dan Binomium Newton ……………
9
1.3.4. Cara Menyajikan Suatu Persamaan ………………
10
BAB II : Barisan Bilangan, Limit Fungsi dan Derivatif
2.1. Barisan Bilangan …………………………………………
14
2.2. Limit Fungsi …………………………………………… ..
15
2.3. Kekontinuan ………………………………………………
18
2.4. Derivatif …………………………………………………
18
2.4.1. Rumus-rumus Derivatif ……………………………
20
2.4.2. Turunan Fungsi Komposisi atau Aturan Rantai …..
23
2.4.3. Teorema Turunan Fungsi Invers ………………….
24
2.4.4. Mendeferensialkan Fungsi Implisit ……………..
27
2.4.5. Mendeferensialkan Fungsi dengan Peubah
Lebih Dari Satu …………………………………..
29
2.4.6. Mendeferensialkan Persamaan Bentuk Parameter
29
2.4.7. Mendeferensialkan Fungsi Pangkat Fungsi ……
31
BAB III : TERAPAN DERIVATIF
3.1. Fungsi Naik dan Turun ……………………………….....
33
3.2. Teorema Rumus Taylor ….…………………………….
38
3.3. Bentuk-Bentuk Tak Tettentu ……………………………
40
BAB IV : INTEGRAL
4.1. Dibawa ke Bentuk I :  df ( x)  f ( x)  c ……………….
43
4.2. Rumus Dasar Integral ……………………………………
43
4.3. Bentuk II: ......................…………………………………
43
4.4. Dibawa ke Rumus III: ………….………………………..
45
4.5. Dibawa ke Rumus IV: ……… ………………………….
45
4.6. Integral Parsial …………………………………………..
46
4.7. Integral Bentuk Rasional. ……………………………….
47
4.8. Integral Fungsi Trigonometri ……………………………
50
4.9. Integral Fungsi Pecah Rasional dalam Sin dan Cos …….
51
4.10.Integral dengan Substitusi ………………………………
52
4.11.Substitusi Aljabar ……………………………………….
55
DAFTAR PUSTAKA………………………………………………
56
I. PENDAHULUAN
1.1. Sistem Bilangan
Bil riil
rasional
bulat
negatif
irrasional
pecah
cacah
nol
asli
Gambar 1.1. Skema Bilangan
1.2. Himpunan
Himpunan adalah kumpulan elemen-elemen yang mempunyai sifat
keterikatan antara anggotanya dan yang berada dalam satu kesatuan.
Ada beberapa operasi antar himpunan, yaitu :
1. Union atau gabungan. A union B atau A gabungan B dapat dinyatakan sebagai
A  B= x x  A  x  B, x  R. .
2. Interseksi atau irisan. A interseksi B atau A irisan B dapat dinyatakan sebagai
A  B= x x  A  x  B, x  R.
3. Pengurangan. A – B = x x  A  x  B, x  R
4. Penambahan. A + B = (A  B)-(A  B).
5. Perkalian. A x B = (a, b) a  A  b  B, a  R, b  R.
6. Komplemen atau Ac adalah a a  A, a  R.
1.3. Macam-macam fungsi
- Fungsi Aljabar
- Fungsi Transendental
1.4 Segitiga Pascal dan Binomium Newton
Segitiga pascal
1
1
1
1
1
1
2
3
4
1
3
6
1
4
1
dst
Gambar 1.2. Skema Segitiga Pascal
Dengan menggunakan segitiga Pascal, maka perhitungan-perhitungan di
bawah ini akan lebih mudah dipahami.
(a – b)3 = 1.a3 + 3 a2b + 3ab2 + 1.b3
= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
(a – b)4 = (a + (-b))4
= 1.a4 + 4a3 (-b) + 6a2 (-b)2 + 4a (-b)3 + 1.b4
= a4 – 4a3b + 6a2b2 – 6ab3 + b4
Dst.
Jika ditemukan persamaan berbentuk (a  b)1/2, maka pemecahannya tidak
dapat menggunakan segitiga Pascal. Diperlukan rumus yang lebih umum yang
selain dapat dipakai untuk mencari bentuk-bentuk (a  b) berpangkat bulat, juga
dapat dipakai untuk menemukan penyelesaian untuk (a  b) berpangkat bilangan
pecah. Rumus umum yang dapat dipakai untuk menyelesaikan permasalahan di
atas adalah Rumus Binomium Newton, yang akan dibahas berikut ini.
Rumus Binomium Newton
(a+b)n = Cn0 a n  Cn1 a n1b  Cn2 a n2 b 2  ...
n
C a
i 0
i
n
( n i )
bi
C nk 
dimana
n!
n
 
k!(n  k )!  k 
n! = 1, 2, 3,…n
sehingga
n n1 n(n  1)a n2b 2 n(n  1)(n  2)a n3b3
(a+b) = a + a b 

 ...
1!
2!
3!
n
n
1.3.4. Cara Menyajikan Suatu Persamaan
Ada beberapa cara penyajian suatu persamaan berdasarkan peubahpeubahnya.
1. Bentuk Implisit:
Peubah bebas & tak bebas berada dalam satu ruas.
F (x,y) = 0
G (x,y,z) = 0
Contoh : x2 + 2y + 10 = 0
2. Bentuk Explisit:
Peubah bebas & tak bebas dalam ruas yang berbeda.
y= f(x) ; x = f(y) ; z = f(x,y)
Contoh : y = x2 + 2x +8
3. Bentuk Parameter:
Peubah merupakan fungsi dari suatu parameter.
x = g(), ; parameter.
y = g()
z = ()
Misalkan diberikan persamaan : x = 2t + t2 ; y = 5t + 10t2; z = 3t2 + 6t + 5
Contoh:
Sebagai Contoh diberikan suatu persamaan lingkaran dengan pusat (0,0) dan
jari-jari 1. Bagaimanakah persamaannya dalam bentuk implisit, eksplisit, dan
bentuk parameter.
Jawab :
x2 +y2 = 1
Bentuk Implisit:
x2 + y2 – 1 = 0
Bentuk explisit:
y2 = 1- x2
y =  1 x2
Bentuk parameter
x = cos t
t parameter
y = sin t
1.4. Koordinat Kutub / Polar
Sertiap titik dalam koordinat kutub dinyatakan dengan r dan v
r = modulus yaitu jarak dari 0 ke titiknya (OP)
 = argumen adalah sudut yang dibentuk oleh sumbu x positif dengan arah
berlawanan arah jarum jam dengan garis OP.
O adalah titik kutub, sedangkan OX adalah sumbu kutub.
Hubungan koordinat Orthogonal dengan kotub Polar adalah sebagai berikut :
y = r sin  , x = r cos  dan r =
x2  y2 .
Contoh:
1.
x2  y2
r = 5 maka r =
x2  y2
5=
25 = x2 + y2
2. r = 3 cos V maka = 3.
r = 3.
x
r
x
x2  y2
x2  y2 =
x
x2  y2
x2+ y2 = 3 x
x2 – 3x + y2 = 0
2
3

2
x   + y =
2


3
 
2
3
3 
pusat  ,0 , jari-jari =
2
2 
3. r = 4 sin V
x2  y2  4
y
x  y2
2
x2 + y2 = 4y
x2 + y2 – 4y = 0
x2 + (y – 2)2 = 22
lingkaran pusat (0,2) jari-jari 2
BAB II
BARISAN BILANGAN , LIMIT FUNGSI
DAN DERIVATIF
Dalam membicarakan masalah barisan bilangan, maka setiap diberikan
kata barisan, yang dimaksud adalah barisan bilangan.
2.1. Barisan Bilangan
Definisi:
Bila C adalah himpunan tak kosong, barisan bilangan dalam C adalah harga
fungsi f dari A ke C, dimana A adalah bilangan asli.
Cara penyajiannya adalah {C1, C2, …, Cn} atau {Cn}, n A atau f(n) = Cn,
nA.
contoh:
1
 1 1 1
1. 1, , , ,..., Cn  
n
 2 3 4
2.
1,2,3,4,..., Cn  n
3.
 1,1,1,..., Cn  (1) 
n
Limit suatu barisan bilangan didefinisikan sebagai
lim Cn  l artinya pada setiap >0, ada bilangan indeks no = no(), sehingga
n ~
untuk n  no berlaku |Cn – c| < 
Barisan yang berlimit disebut konvergen , sedangkan barisan yang tak berlimit
disebut divergen . Nul sequence adalah suatu barisan yang limitnya nol.
contoh :
Cn =
n
n 1
l 1
Misal diambil  =
1
800
Dicari bilangan indeks no yang bergantung ,
Maka,
|Cn – l| < 
n
1
1 
n 1
800

1
n
(n  1)
1



800 n  1 n  1 800

1
1
1


800 n  1 800

1
1
1
1

dan

800 n  1
n  1 800
– n – 1 < - 800 dan – 800 < n+1
– n< – 799 dan – 801<n
– n> 799 dan n > – 801
jadi yang memenuhi
n > 799 (no = 799)
sehingga n dipenuhi adalah 800
|C800 – 1| <
1
800
2.2. Limit fungsi
Definisi:
L disebut limit kiri dari suatu fungsi f(x) untuk x mendekati a dari sebelah
kiri atau
lim f ( x)  L artinya untuk setiap >0 dapat ditemukan  ()
x a 
sedemikian sehingga untuk setiap harga dalam interval a    x  a berlaku
(f(x) – L<).
L disebut limit kanan dari suatu fungsi f(x) untuk x mendekati a dari
sebelah kanan atau
lim f ( x)  L artinya untuk setiap >0 dapat ditemukan s()
x a 
sedemikian sehingga untuk setiap harga x dalam interval a  x  a   berlaku
(f(x) – L<)
Jika
lim f ( x)  lim f ( x)  L
x a 
x a 
maka dikatakan f(x) mempunyai limit di x = a atau
lim f ( x)  L .
x a
a-
a
a+
Gambar 2.1 Skema Limit
contoh:
f(x) =
1
1
atau y 
x 1
x 1
Nilai f(x) untuk x sama dengan satu tidak terdefinisi, karena nilai f(x) menjadi
pecahan dengan penyebut bernilai nol.
f(x) = x, untuk x > 1
= x2, untuk x < 1
= 0, untuk x = 1
lim f ( x)  12 =1
x 1
lim f ( x)  1, karena limit kiri sama dengan limit kanan maka dengan definisi di
x 1
atas terbukti lim f ( x)  1 .
x 1
Teorema-teorema tentang limit:
Ada beberapa teorema-teorema penting yang tidak diberikan buktinya di
sini, akan tetapi di bidang teknik penggunaannya sangat penting.
Jika diberikan
lim f ( x)  f
dan
x C
1.
lim g ( x)  g , maka
x C
lim  f ( x)  g ( x)  lim f ( x)  lim g ( x) =
x C
x C
x C
fg
2. lim k f ( x)  k. lim f ( x) , dimana k adalah suatu konstanta.
x C
x C
3. lim f ( x).g ( x)  lim f ( x) lim g ( x) = f . g
x C
4. lim
x C
x C
x C
f ( x) f
f ( x) lim
 x C
 ,g  0
g ( x) lim g ( x) g
x C


 lim f ( x)
5. lim f ( x)  lim f ( x)  f
n
x C
6. lim f ( x) g ( x )
x C
n
n
x C
lim g ( x )
x C
x C
=fg
7. lim n f ( x)  n lim f ( x)  n f , f  0
x c
x c
8. lim ln f ( x)  ln lim f ( x)  ln f , f  0
X C
x c
lim f ( x )
9. lim k f ( x )  k x c
x c
kf
 1
 1
10. lim 1    lim 1  
x 
x  x   x 

x
e
2.3. Kekontinuan
Definisi:
sebuah fungsi f dinamakan kontinu pada c, jika lim f ( x)  f (C )
x C
jadi syarat f kontinu di c:
1. f(c) ada (f terdefinisi di c)
2. lim f ( x)  ada , berarti limit kanan sama dengan limit kiri
x 3
3. lim f ( x)  f (C )
x 3
Jika salah satu syarat tidak dipenuhi , maka f(x) diskontinu di C
2.4. Derivatif
Skema :
Q
P

  
Gambar 2.2. Fungsi y = f(x) untuk
Mempermudah pemahaman derivative
Jika ada 2 titik : P(x,y); Q (x + x, y + y)
P dan Q berada pada fungsi y = f(x).
Garis singgung di P membentuk  dengan sumbu x.
Garis singgung di Q membentuk  +  dengan sumbu x.
tan < QPS =
y
dengan x mendekati 0, dan  mendekati 0, koefisien arah
x
x
. Jika Lim ada maka
x 0 y
garis singgung di P = tan  = lim
tan  =
dy
 Y ' ( x)  Dy( x) = derivatif pertama dari y ke x
dx
y = f(x) maka y + y = f(x + x)
dy
 f ( x  x)  f ( x) 
 f ' ( x)  lim 
 atau dy = f’(x) dx
x 0
dx
x


y = f(x) maka y’ =
df
 f ' ( x)
dx
Contoh:
y = 3 1  x 4  (1  x 4 )
du
 4x 3
dx
misal u = 1 – x4
y = u1/3
1
3
dy 1  2 3
 u
dx 3

dy dy du 1

.
 1 x4
dx du dx 3

2
3
(4 x 3 )
Definisi
1. Misal fungsi f terdefinisi pada selang I yang bukan suatu titik. Fungsi f
dikatakan mempunyai turunan pada selang I, jika turunannya (f’) terdefinisi.
2. Derivatif pertama dari y = f(x) ke-x
dy
f ( x  x)  f ( x)
 lim
dx x 0
x
= y’ =
dy
 f ' ( x) .
dx
2.4.1.Rumus-rumus Derivatif
jika u, v, w fungsi dari x, a, b, c, n = konstan:
1.
d
(c )  0
dx
13.
d
du
sin u  cos u
dx
dx
2.
d
(cx )  c
dx
14.
d
du
cos u   sin u
dx
dx
3.
d
(cx n )  ncx n 1
dx
15.
d
du
tan u  sec 2 u
dx
dx
4.
d
(u  v  w  ...)
dx
16.
d
du
cot u   csc 2 u
dx
dx
17.
d
du
sec u  sec u tan u
dx
dx
=
du dv dw


 ...
dx dx dx
5.
d
du
(cu )  c
dx
dx
18.
d
du
csc u   csc u cot u
dx
dx
6.
d
dv
du
(uv)  u  v
dx
dx
dx
19.
d
1
du
sin 1 u 
2
dx
1  u dx
7.
d
dw
dv
du
(uvw)  uv
 uw  vw
dx
dx
dx
dx
20.
d
 1 du
cos 1 u 
dx
1  u 2 dx
21.
d
1 du
tan 1 u 
dx
1  u 2 dx
22.
d
 1 du
cot 1 u 
dx
1  u 2 dx
23.
d
1
du
sec 1 u 
2
dx
u u  1 dx
24.
d
 1 du
cse 1u 
dx
u u 2  1 dx
25.
d a
1 du
log u 
.
dx
u ln a dx
26.
d
1 du
ln u  .
dx
u dx
27.
d u
du
a  a u ln a
dx
dx
du
dv
v
u
d u
dx
dx
8.
 
2
dx  v 
v
v 0
d n
du
(u )  n u n 1
9.
dx
dx
dy dy du

.
10.
dx du dx
11.
du
1

dx dx
du
dy
d
 du
12.
dx dx
du
28.
d u
du
e  eu
dx
dx
29.
d v d v ln u
u  e

dx
dx
e v ln u
d
(v ln u ) 
dx
 v  du
e v ln u  

 u  dx
du
e v ln u ln u (1)

dx
du
dv
vu v 1
 u v ln u
dx
dx
30.
d
du
sinh u  cosh u
dx
dx
31.
d
du
cosh u  sinh u
dx
dx
32.
d
du
tanh u  sec h 2 u
dx
dx
33.
d
du
coth u  c sec h
dx
dx
34.
d
du
sec hu   sec hu tanh u
dx
dx
35.
d
du
c sec hu  c sec hu cthu
dx
dx
36.
d
1
du
sinh 1 u 
.
2
dx
u  1 dx
37.
d
 1 du
cosh 1 u 
dx
u 3  1 dx
d
1 du
tanh 1 u 
38. dx
1  u 2 dx
1  u  1
d
1 du
coth 1 u 
.
39. dx
1  u 2 dx
u  1 \ / u  1
40.
d
 1 du
sec h 1u 
dx
u 1  u 2 dx
41.
d
 1 du
cseh 1u 
dx
u 1  u 2 dx
Contoh :
1.
f(x) = x sin x
maka
f’(x) = x cos x + 1. Sin x
= x cos x + sin x
2.
f(x) = 2 x3 + 3 x2 tan x, x  0, maka
f’(x) = 6x2 + 3x2. Sec2x + 6x tan x
x0
3.
f(x) =
f’(x) =
4.
sin x
,x  0
x
x. cos x  1sin x
,x0
x2
f(x) = 2x5 – 3x2 -
1 3
, maka

x x2
f'(x) = 10x4 - 6x + x-2 -6x-3.
5.
f(x) =
1 x
, x  1, maka
1 x
f'(x) = {(-1)(1+x)-1(1-x)}/(1+x)2.
Catatan :
1
1  cos 2 x 
2
1
cos 2 x  cos 2 x  1
2
sin 2 x 
2.4.2.Turunan Fungsi Komposisi atau Aturan Rantai
Komposisi fungsi:
(f o g)1 (x ) = f’ (g(x)) . g’(x)
Aturan rantai
dy dy du

.
dx du dx
dy dy du dv dw

. . .
dx du dv dw dx
Contoh:
1. f(x) =
2 x 2  3x
dibentuk f(x) = (g o h) (x)
= g (h(x))
g(x) =
x
g(h(x)) =
h(x)
h(x) = 2x2 + 3x
maka (g o h)1 (x) = g’ (h(x)) . h’(x)
1
h’ (x) = 4x + 3
f’ (x) =
2 h( x )
h' ( x )
1
2 2 x 2  3x
g’ (x) =
1  12
1
x

2
2 x
cara lain
u = 2x2 + 3x
f(x) = y =
du
 4x  3
dx
u = 2x2 + 3x
u y’ =
1
2 u
.4 x  3
dy dy du

.
dx du dx
1
.4 x  3
f’ (x) = 
2 u
1
.4 x  3
2 2 x 2  3x
2. f(x) = sin (tan x), maka
f'(x) = {cos(tan x)}sec2x
3. f(x) = sec
1 x
, maka
1 x
f'(x) = {sec
1 x
1 x
tan
}{{(-1)(1+x)-1(1-x)}/(1+x)2}
1 x
1 x
2.4.3.Teorema Turunan Fungsi Invers
misal y = f(x)
x’(y) =
1
f ' ( x)
dx
1

dy dy
dx
teorema turunan
fungsi f (x) = xr, r rasional
f’(x) = rxr-1
f(x) = xr
contoh :
Diberikan suatu fungsi f(x) =
1

2
f’(x) = ( x 2  2 x) 3 (2 x  2)
3
4( x  1)
=
3
3
x 2  2x
, x  {0,2}
3
( x 2  2 x) 2 = (x2 – 2x)2/3, maka
1
g(x) = cos
3
tan x  cos (tan x) 3
1
3
2

1
g’(x) = - sin (tan x) . (tan x) 3 sec 2 x =
3
sin 3 tan x . sec 2 x
3
-
3
(tan 2 x)
,
1
x    k , k bulat
2
Contoh :
1. f(x) =
1 x
1 x
2. f(x) =
x sin x
3. f(x) =
3
sin x
4.
Jawab :
1
1) f(x) =
1 x 1 x 2

 =
1 x 1 x 

1
1  1  x  2 (1)(1  x)  (1  x)1
f’(x) = 
 .
2 1 x 
(1  x) 2

1
1 1 x  2 1 x 1 x 
= 
 .

2  1  x   (1  x) 2 

1
1 1 x  2  2
= 
=
 .
2  1  x  (1  x) 2

1
1

1
1 x 
2
(1  x) 2
(
1

x
)
2

(
1

x
)
.
1 x 
1
(1  x) 2
1





3
1
(1  x) 2 (1  x) 2
x sin x  ( x sin x)
2) f(x) =
1
2
1
1
( x sin x) 2 (1. sin x  s cos x)
f’(x) = 2
1
1
( x sin x) 2 (sin x  x cos x)
2
3) f(x) =
3
sin x  (sin x )
1
3
1
1 1
2
(sin x ) 3 . cos x ( x 2 )
3
2
f’(x) =
2
1
1  2

x (sin x ) 3 . cos x
6
cari
dy
dari x3 + y2 + x2 y3=3
dx
di (1,1)
d f ( x, y)
dy
dy
 3x 2  2 y  2 xy 3  3 y 2 x 2
0
dx
dx
dx
dy
dy
23  0
dx
dx
dy
55 0
dx
3 2
di (1.1)
jika diminta untuk mencari
5
dy
dy
= – 5 , maka
= –1 .
dx
dx
dy
, maka
dx
2.4.4.Mendeferensialkan Fungsi Implisit
Fungsi implicit adalah fungsi yang berbentuk f (x,y)= 0 atau f(x,y)=c.
Maka cara mencari dy/dx dari fungsi implicit adalah sebagai berikut:
Untuk memudahkan pemahaman , maka akan langsung diberikan beberapa
Contoh:
1)
x2 + y2= 25 (fungsi Implisit)
dy
dy
 2x  2 y
0
dx
dx
2x  2 y
2y
dy
0
dx
dy
 2 x
dx
dy
2x

dx
2y
dy
x

dx
y
2)
jika x2 + y2 – 2x – 6y + 5 = 0
tentukan
di titik

dy
d2y
dan 2
dx
dx
x3
y2
x2 + y2 – 2x – 6y + 5 =0
2x + 2y
dy
dy
26
0
dx
dx
(2y - 6)
dy
=2 – 2x
dx
2 (y-3)
dy
=2(1-x)
dx
dy 1  x
=
dx y  3
di (3,2)

dy  2

2
dx  1
d 2 y d  1 x 

 
dx 2 dx  y  3 
( y  3)(1)  (1  x)(1)

( y  3) 2
dy
dy
(3  y )  (1  x) dx

(2  3) 2
(3  2)  (1  3).2

(2  3) 2

3)
1  (2) 2
5
1
f(x,y)= x + xy2 – x sin y
(atau, x + xy2 = x sin y)
d2y
dy
cari
dan
dx
dx 2
dx
2.4.5.Mendeferensialkan Fungsi dengan Peubah Lebih Dari Satu
Secara umum jika diketahui z adalah funsi dari u 1, u2, u3, …, un, dan u1,
u2, u3, …, un adalah fungsi dari x, maka
dz z du1 z du 2
z du n

.

.
 ... 
.
dx u1 dx u 2 dx
u n dx
z
= derifatif parsiil pertama dari z ke u
u
artinya peubah lain kecuali u dianggap konstan.
Contoh:
z = x2+y3+x2y3
dz
dy
dy
 z'  2x  3 y 2
 2 xy 3  3 y 2 x 2
dx
dx
dx
z
 z x  2 x  2 xy 3
x
z
 zy  3 y 2  3 y 2 x 2
y
2.4.6. Mendeferensialkan Persamaan Bentuk Parameter
x  f (t )
y  g (t )
t = parameter
lim y  t dy dt
y  t
dy
y
 t 0

 lim
 lim
lim x t dx dt
dx x 0 x t 0 x  t
t  0
dy
 y'
dx
dy 
Y
Jika
dt
dx 
X
dt

y’=
Y

X
maka
 dy 
 dy 
d 2 y d  dt  d  dt  dt
 
 
.
dx 2 dx  dx  dt  dx  dx
 dt 
 dt 
dx d 2 y
dy d 2 x
1
2 
2
dt
dt dx
dt
dt
dt
=
2
dx
(
)
dt

= y" 

 

xyyx

 x
 
y' 
3
1) x= 2 – t
y=t2 – 6t + 5

dy y
maka y’ =

dx x
dx 
 y  2t  6
dt
dx 
 x  1
dt
dy 2t  6
y' 

 6  2t  2(2  t )  2
dx
1
= 2(x+1)

x
Contoh:
= 2x+2
y
2)
x  t  sin t
0<t<
y  1  cos t

dx
 1  cos t
dt

dy
y
 sin t
dt
sin t
sin t
y' 

1  cos t
y
x
sin t dinyatakan dalam y
y= 1 – cos t
cos t = 1 – y
(sin2t + cos2t = 1)
sin t = 1 cos 2 t
1  (1  y) 2 = 1  (1  2 y  y 2 )
11 2y  y2 = 2y  y 2
y’=
1
2y  y2
y
2.4.7.Mendeferensialkan Fungsi Pangkat Fungsi
Jika diketahui z = f(u,v)= uv, dimana u,v adalah fungsi dalam x maka
dicari dengan 2 cara:
1. z = uv
ln z = ln uv
ln z = v ln u
diturunkan ke-x:
df
dapat
dx
1 dz dv
v du
 . ln u 
z dx dx
u dx
dz
v du 
 dv
 u v  ln u 

dx
u dx 
 dx
2. z = uv
z = e ln u  e v ln u
v
dz
v du 
 dv
 e v ln u  ln u

dx
u dx 
 dx
v du 
 dv
u v  ln u 

u dx 
 dx
contoh:
Diketahui z = xx
Cara pertama:
z = xx
ln z = ln xx
ln = x ln x
1 dz
x
 1. ln x 
z dx
x
dz x
=x (ln x +1)
dx
Cara kedua:
z = xx
z = e ln X  e x ln x
X
dz

 e x ln x 1ln x 
dx

e x ln x ln x  1
x x (ln x  1)
x

x
B AB I I I
T E RA P AN DE RI VAT I F
3.1. FUNGSI NAIK DAN TURUN
Definisi :
Suatu fungsi f(x) dikatakan naik di titik x = x0 , jika dapat ditunjukkan
bilangan pos kecil h sedemikian, sehingga untuk setiap titik tertentu x1 < x2 yang
terletak dalam interval (x0-h , x0+h) berlaku : f(x1) < f(x2) .
Suatu fungsi f(x) dikatakan turun di titik x = x0 , jika dapat ditunjukkan
bilangan pos kecil h sedemikian, sehingga untuk setiap titik tertentu x1 > x2 yang
terletak dalam interval (x0-h , x0+h) berlaku : f(x1) > f(x2) .
Untuk pemudahkan pemahamannyad diberikan skema pada gambar 3.1.
Skema :
fs naik
x0-h
x1
x0
x2
x0+h
fs turun
x0-h
x1
x0
x2
x0+h
Gambar 3.1. Skema Fungsi Naik dan Fungsi Turun
Dalil :
Jika
f ' ( x0 )  0
 y = f (x) naik di x = x0
f ' ( x0 )  0
 y = f (x) turun di x = x0
f ' ( x0 )  0
 titik stasioner dari fungsi f tercapai
f " ( x0 )  0
 maka titik (x0 , f(x0)) titik maksimum
f " ( x0 )  0
 maka titik (x0 , f(x0)) titik minimum
Contoh :
f ( x)  2 x 4  4 x 2  3
Tentukan semua ekstrim relatif dari fungsi f
Jawab :
f (x)
= 2x4 – 4x2 + 3
f’ (x) = 8x3 – 8x
= 8x (x2 – 1)
f” (x) = 24x2 – 8
Titik stasioner tercapai jika f’’(x) = 0
f’ (x) = 8x (x2 – 1) = 0
= 8x (x+1) (x-1) = 0
x1 = 0 ; x2 = 1 ; x3 = -1
f(0) = 3 ; f(1) = 1 ; f(-1) = 1
-
+
-1
0
+
1
f” (0) = -8 < 0 maka (0, 3) titik maksimum
f” (1) = 16 > 0 maka (1, 1) titik minimum
f” (-1) = 16 > 0 maka (-1, 1) titik minimum
Sebelum mempelajari soal-soal lebih lanjut, akan diberikan terlebih dahulu
teorema-teorema yang mendukung fungsi naik maupun fungsi turun.
Teorema Uji Keturunan Kedua untuk Kecekungan
Misal f fungsi yang mempunyai turunan kedua pada selang I (terbuka)
1. Jika f " ( x)  0  Grafik f cekung ke atas pada I
2. Jika f " ( x)  0  Grafik f cekung ke bawah pada I
Definisi Titik Belok (Ekstrim)
f fungsi kontinu pada selang terbuka I a  I . Titik ( a , f ( a )) dikatakan titik belok
jika dipenuhi 2 syarat berikut :
1. Terdapat perubahan kecekungan dari grafik fungsi f disekitar x = a
2. Terdapat garis singgung pada grafik fs f di ( a , f ( a ))
Contoh :
f ( x)  5 x 3  3 x 5  2
f ' ( x)  15x 4  15x 2  0
x 2 (15  15x 2 )
(a) Tentukan selang f cekung ke atas dan f cekung ke bawah
(b) Tentukan semua titik ekstrimnya
Jawab :
f ( x)  5 x 3  3 x 5  2 , x  R
f ' ( x)  15x 2  15x 4
, x R
f " ( x)  30 x  60 x 3
, x R
1
=  60 x( x 2  )
2
1
1
2) (x 
2
2
2
=  60 x( x 
x1  0
f (0)  2
x2  
;
f (
1
2
2
x3 
1
7
2)  2 
2
2
8
Titik
Ekstrim
;
Titik
Ekstrim
--
++
f(
1
2
2
1
7
2)  2 
2
2
8
Titik
Ekstrim
++
--
0

x
1
2
2

1
2
2
1
2
2
1
2x0
2
x
1
2
2
(a) f cekung ke atas :
1


2
 n , 
2


;
 1

2
0 ,
 2

f cekung ke bawah :
 1

2 , 0

 2

;
1

2 , n

2

(b) Karena f”(x) ada di x  R dan disekitar x  
1
2
2
ada perubahan kecekungan, maka titik ekstrimnya
7
7
 1

1

2 , 2
2  ; 0 , 2 ; 
2 , 2
2

8
8
 2

2

,
x0 ,
x
1
2
2
Teorema-teorema yang mendukung pembahasan diatas adalah:
1. Teorema Rolle
Misalkan f memenuhi syarat :
a) Kontinu pada selang tertutup (a, b)
b) Mempunyai turunan pada selang terbuka (a, b)
c) f (a) = f (b)
Maka terdapat suatu c  (a , b) Э f’ (c) = 0
(Teorema ini menjamin adanya titik-titik pada grafik f(x) dimana f’ (x) = 0
atau garis singgung mendatar).
Skema :
f’(c) = 0
f (c)
f
f (a) = f (b)
a
c
b
Gambar 3.2. Skema Teorema Rolle.
2. Teorema Nilai Rata-rata
Misalkan f memenuhi syarat :
a) Kontinu pada selang tertutup (a, b)
b) Mempunyai turunan pada selang terbuka (a, b)
Maka terdapat suatu c  (a , b) sehingga f ' (c) 
f (b)  f (a)
ba
(Teorema ini menjamin adanya titik pada f yang garis singgung // dengan ruas
garis yang menghubungkan titik (a, f(a)) dengan (b, f(b)).
Skema :
f’(c)
f (c)
(b, f (b))
f (b)
f (a)
a
c
b
b–a
Gambar 3.3 Skema Teorema
Nilai Rata-rata.
3.2.Teorema, Rumus Tayor
Misal fungsi f mempunyai turunan ke-(n+1) pada selang terbuka I yang
memuat titik x dan x0 , maka f(x) dapat diuraikan dalam bentuk :
f(x) = f ( x0 ) 
f ' ( x0 )
f " ( x0 )
( x  x0 ) 
( x  x0 ) 2   
1!
2!
f ( n ) ( x0 )
f ( n1) (c)
( x  x0 ) n 
( x  x0 ) n1
n!
(n  1)!
c terletak antara x dan x0 .
Dapat ditulis :
f ( x)  Pn ( x)  Rn ( x)
Dimana :
Pn(x) = suku banyak Taylor berderajad n
Rn(x) =
f ( n1) (c)
( x  x0 ) n1
(n  1)!
= suku sisa uraian Taylor
Contoh :
Deretkan dengan R. Talyor f(x) = sin x di x0 = 0
Jawab :
f(x)
= sin x
f (0) = 0
f’(x)
= cos x
f’(0) = 1
f”(x)
= -sin x
f”(0) = 0
f3(x)
= -cos x
f3(0) = -1
f4(x)
= sin x
f4(0) = 0
f5(x)
= cos x
f5(0) = 1
f(x) = f (0) 
f ' (0)
f " (0) 2
x
x  
1!
2!
= 0  1.x  0 
= x
(1) 3
x  
3!
x3 x5

 
3! 5!
Deret Taylor dimana x0 = 0 dinamakan Deret Mac Laurin.
Contoh :
Diket : f(x)=x3-9x2+15x-5
Tentukan semua titik ekstrimnya.
Jawab:
f'(x) = 3x2-18x+15
Stasioner jika f'(x) = 0, maka 3x2-18x+15 =0 atau x2-6x+5 = 0.
Sehingga (x-5)(x-1)=0, x1 = 5, x2 = 1..
f''(x) = 6x – 18 , maka f''(5) > 0, dan f''(1) < 0.
Jadi ekstrim minimum terjadi di t it ik (5, 12) dan ekstrim maksimum di t it ik
(1,-12).
3.3. Bentuk-bentuk Tidak Tertentu
Yang dinamakan bentuk-bentuk tak tertentu adalah bentuk-bentuk berikut:
0
0
;


; 0. ;    ; 1
; 00
; 0
Aturan dari de l’ Hospital :
1.
Diketahui f(x) dan g(x) kontinu dan dapat dideferensialkan
sebanyak n kali disekitar x = a.
f (a)  f ' (a)  f " (a)    f ( n1) (a)  0
g (a)  g ' (a)  g" (a)    g ( n1) (a)  0
Sedang f (n) (a) dan g (n) (a) salah satu atau keduanya tidak nol, maka :
lim
x a
f ( x)
g ( x)
2.

f ( n ) (a)
g ( n ) (a)
Kecuali untuk bentuk
untuk bentuk
0
, aturan dari de l’ hospital bisa juga dipakai
0

.

f (a)  f ' (a)  f " (a)    f
n 1
(a)  
g (a)  g ' (a)  g" (a)    g n 1 (a)  
Sedang f
(n)
(a) dan g
(n)
maka :
lim
x a
f ( x)
g ( x)

f ( n ) (a)
g ( n ) (a)
(a) salah satu atau keduanya tidak tak berhingga,
Contoh:
1.
lim
x2  x  2
0

2 x
0
lim
sin x 2
0

2
sin x
0
x 2
2.
x0
=
lim
2 x cos x 2
0

sin 2 x
0
lim
2 cos x 2  (2 x) (2 x) sin x 2
2 cos 2 x
x0
lim
x
=
x2  x


2
3x  1

lim
2x  1


6x

lim
2x 1

x x 21
6x
6 3
x
x
=
2x  1
 3
1
2.1
1
2
=
3.
x 2
lim
x0
=
lim
2 x cos x 2
0

2 sin x cos x
0
x0
=
=
x 
 lim
x
2 1

6 3
Contoh:
1.
lim
x

2
lim
x

2
1
2
ln( x   )
2 = lim x   / 2 = lim cos x =

 x  /2
tan x
sec 2 x
x
x
2
2
1 / 2(cos 2 x  1)
1 / 2(2 sin 2 x)
= lim
=0
x  / 2
1
x
2
ex
ex
ex 1
=
lim

lim
 1/ 2
x 0 2 x
x 0 2
x 0
x2
2. lim
3.
lim
x
x2
x 1
2x
2
= lim x  0
x
x  e
x  e
= lim
B AB I V
INTEGRAL
Integral adalah ant i derivat if atau ant i turunan. Rumus-rumus yang berlaku
untuk derivat if tentu saja berlaku untuk integral dalam arti kebalikannya.
Persoalan integral tidak hanya menggunakan rumus-rumus dasar yang merupakan
kebalikan derivatif, akan tetapi perlu teknik-teknik yang cukup rumit yang akan
dibicarakan berikut ini.
4.1. Dibawa ke Bentuk I :  df ( x)  f ( x)  c
Contoh :
1.

dx  x  c
2.

d tan x  tan x  c
3.

d .u
4.

d . n x  n x  c
5.

d .x  x  c
 u.
c
4.2. Rumus dasar Integral:
U
n
du 
1 n1
u  c , n  1
n 1
Contoh :
1
 x dx  6 x
5
6
c
4.3. Dibawa ke Bentuk II:

du
 n u  c
u

f ' ( x)
dx  n f ( x)  c
f ( x)
Catatan : d (ax  b)  a dx
d ( x  k )  dx
x dx 
1
(d ( x 2  a 2 )
2
a
a2
x 2  ax  b  ( x  ) 2  b 
2
4
Contoh :
1.
cos ec 2 x
 cos ec 2 x
dx


 cot x
 cot x dx
f ( x)  cot x  f ' ( x)   cos ec 2 x
Sesuai bentuk

f ' ( x)
dx
f ( x)
Maka :

2.
 cos ec 2 x
dx  n cot x  c
cot x
 ( x  1)
n
dx   ( x  1) n d (ax  b)
Dengan rumus  u n du , maka =
3.
 (ax  b)
=
4.
n
dx 
1
(ax  b) n d (ax  b)
a
1 1
.
(ax  b) n1  c
a n 1
x
ax 2  b dx 
1
ax 2  b d (ax 2  b)

2a
1
=
=
1
( x  1) n1  c
n 1
1
(ax 2  b) 2 d (ax 2  b)
2a 

3
1
1
.
ax 2  b  2  c
2a 1  1
2

1
ax 2  b
3a
=

3
2
c
ex
5.  x dx  ln e x  5  c (menggunakan rumus bentuk III)
e 5
4.4.Dibawa ke Bentuk III:
u
2
u
2
du
1
u
 tan 1  c
2
a
a
a
du
1
ua

n
c
2
a
2a
ua
Contoh :
dx
dx
1
x
 2

tan 1
c
2
3
x  ( 3)
3
3
1.
x
2
2.
x
2

dx
dx
d ( x  5)


2
 10 x  25
( x  5)  50
( x  5) 2  ( 50) 2
1
( x  5)  50
ln
c
2 50
( x  5)  50
4.5. Dibawa ke Bentuk IV :



du
a2  u2
du
u a
2
2
a 2  u 2 du
2
2
 u  a du
u
= sin 1    c
a
= ln u  u 2  a 2  c
=
a2
u u
sin 1 
a2  u2  c
a
a 2
= 
a2
u
ln u  u 2  a 2 
u2  a2  c
2
2
Contoh :
1.
2.



dx
5  2x  x
2

d ( x  1)
6  ( x  1)
2
 sin 1
( x  1)
c
6
2
1  11
1

x 2  x  3 dx    x   
d (x  )
2
4
2

11
4 ln
2
2
2
1
1
1  11 x  2 
1  11


x


x



x






  c
2
2
4
2
2
4



4.6. Integral Parsial
u dan v merupakan fungsi dari x maka duv = u dv + v du.
u dv = duv – v du
 udv   duv   vdu
 udv  uv   vdu
←
Contoh :
1.
 ln x dx
= ln x x   xd ln x
1
= x ln x   x . dx
x
= x ln x  x  c
2.
 x
2 x
dx  

1
x d 2 x
2

= 
1 2 x
x    2 x dx
2
= 
1 2 x 1  1 2 x 
x       c
2
2 2

= 
1 2 x 1 2 x
x    c
2
4
4.7. Integral Bentuk Rasional.
Bentuk umumnya dapat diberikan sebagai H ( x) 
P( x)
, dimana P(x)
Q( x)
adalah numerator, sedangkan Q(x) adalah denumerator. Jika P(x) > Q(x)
maka P(x) harus dibagi Q(x) terlebih dahulu. Integral dengan bentuk
rasional ini terdiri dari beberapa kasus, yang masing-masing akan dibahas
dibawah ini.
Kasus 1 :
Apabila faktor Q(x) semuanya linier dan berbeda.
Contoh :
x
3
( x  1)
dx
 x2  2x
x 1
x  x2  2x
=
x 1
x( x  2)( x  1)
x 1
x  x2  2x
=
A
B
C


x ( x  2) x  1
x 1
=
A( x  2)( x  1)  B( x)( x  1)  C( x)( x  2)
=
A( x 2  x  2)  B( x 2  x)  C ( x 2  2 x)
=
x 2 ( A  B  C )  ( B  A  2C ) x  (2 A)
3
3
A BC  0 
B  2C  A  1 

 2 A  1

1 
A 
2 

1
 BC 0
2
1
B   2C  1
2

BC  
1
2
B  2C 
3
2
3C
=
4
2
C
=
4
6
=
2
3
1
 2
 B
0
2
 3 
B =
2 1

3 2
=
43
6
=
1
6
Jadi

x 1
dx =
x( x  2)( x  1)
=

1
2
6 dx 
3 dx
2 dx 


x
x2
x 1
1
1
1
2
ln x  ln x  2  ln x  1  c
2
6
3
1 cx 3 ( x  2)
= ln
6
( x  1) 4
Kasus 2 :
Jika semua akar riil dan ada yang sama.
Contoh :
x
x
x
2
x
2

1
dx
( x  2) 3
3

1
dx =
( x  2) 3
3
A
x
2

B
C
D
E



3
2
x
( x  2)
( x  2)
( x  2)
x3-1
= A( x  2)3  Bx( x  2)3  Cx 2  Dx2 ( x  2)  Ex 2 ( x  2) 2
x3-1
= ( B  E ) x 4  ( A  6B  D  4E ) x 3 
= (6 A  12B  C  2D  4E) x 2  (12 A  8B) x  8 A
A
1
8
x
;

1
3
 x x  2
3
2
B
3
16
C
;
7
4
;
D
5
4
;
E
3
16
dx =
1 dx 3 dx 7
dx
5
dx
3
dx
 
 
 
 
3
2
2

8 x
16 x 4 x  2 4 ( x  2) 16 ( x  2)
= 
1
3
(7)
5
3
 ln x 

 ln x  2  c
2
8 x 16
8( x  2)
4x  2 16
Kasus 3 :
Jika tidak semua akar riil dan yang tidak riil semuanya berbeda.
Contoh :
x
2

 2x  3
dx
2
 2x  2
 x  1x
x2  2x  3
x  1 x 2  2 x  2

A
9
5
;


B
7
5

 Ax  B
C 
 2


 x  2 x  2 x  1 
=
Ax  B
C

x  2 x  2 x  1
2
C
;
4
5
Jadi :
x2  2x  3
 x  1 x 2 2 x  2 dx 


Maka :


9 x  7 dx
4
5
5 
5
 x 2  2 x  2  x  1 dx
9 x
9 x  1dx
9
dx
5
dx   2
  2
2
x  2x  2
5 x  2x  2 5 x  2x  2
x2  2x  3
 x  1 x 2  2 x  2 dx 


1
2x  1
9
dx
7
dx
4 dx
dx   2
  2
 
2

2 x  2x  2
5 x  2x  2 5 x  2x  2 5 x  1
9
5
=
9
2
dx
4
ln x 2  2 x  2  
 ln x  1
2
10
5 x  1  1 5
=
9
2
4
ln x 2  2 x  2  tan 1 x  1  ln x  1  ln c
10
5
5
Kasus 4 :
Jika tidak semua akar riil dan akar yang tidak riil ada yang sama.
Contoh :
 xx

x  2
2
 4x  5
x2
x x2  4x  5

2
dx

2

A
Bx  C
Dx  E

 2
2
x
x  4x  5
x2  4x  5
=
A B2 x  4  C D2 x  4  E

 2
2
x
x  4x  5
x2  4x  5


 

… dst
4.8.Integral Fungsi Trigonometri
1.
1
 sin ax dx = a  sin ax dax
= 
2.
 sin
2
ax dx =
=
3.
 sin
n
u du 
1
cos ax  c
a
1
1
 2  2 cos 2ax dx
1
1
x
sin 2ax  c
2
4a
 1 n1
n 1
sin u cos u 
sin n2 u du
n
n 

4.9. Integral Fungsi Pecah Rasional dalam Sin dan Cos
1 z2
z
1
x
2
1
1 
Substitusi : tan  x   z
2 
1
x = arc tan z
2
sin 2x = 2 sin x cos x
x
= 2 arc tan z
= 2 tan -1 z
dx
Sin x
=
= 2 sin
= 2.
2
dz
1 z2
1
1
x cos x
2
2
z
1 z
2
2
= 2 cos
Cos z
 1
= 2
2
 1 z
Contoh :
1
1 z
2

2z
1 z2
1
1
1  cos t
x  1 ( Rumus : cos 2 t 
)
2
2
2
Cos z
=
.
2

 1


1  z 2   1  z 2
2

1 z2 1 z2 1 z2
dx
 1  sin x  cos x
2
dz
2 dz
1 z2
= 

2
2
2z
1 z
1  z  2z  1  z 2
1

1 z2 1 z2
= 2
4.10.
dz
dz

 ln 1  z  c
2  2z
1 z
Integral dengan Substitusi
Kasus 1 :
Apabila memiliki bentuk
a2  u2
a>0
0   
Jadi
jika u > 0
2
1
  0
2
jika u < 0
u  a sin  
du  a cos  d 
a2  u2
=
a 2  a 2 sin 2 
=
a 2 1  sin 2 


= a . cos 
sin 2   cos 2   1
Kasus 2 :
Apabila memiliki bentuk
u2  a2  a2  u2
a>0
u  a tan  
du  a sec 2  d
0   
jika u > 0


2
2
  0
jika u < 0
a2  u3
=

a 2  a 2 tan 2 

= a 1  tan 2 
= a sec 2
= a sec 
Kasus 3 :
Apabila memiliki bentuk
0  
u 2a2

2
    3 2
jika u > a
jika u < -a
u = a sec   du  a sec 
u 2  a 2  a 2 sec 2   a 2
a0
tan t d
= a sec 2   1
= a tan 2
= a tan 
Contoh-contoh Kasus
:
1. 
9  x2
dx
x2
Substitusi
: x  3 sin   dx  3 cos  d
32  32 sin 2 
3 cos  d
32 sin 2 


=
3 1  sin 2 
 32 sin 2  3 cos  d
=
cos 2 
 sin 2  d
=
 cot
=
 cos ec  1 d
=
 cot     c
2.
2

d
2

x 2  5 dx
: x  5 tan 
Substitusi
dx  5 sec 2 
x2  5

x 2  5 dx
=
5 tan 2   5
=
5 tan 2   1
=
5 . sec 
=

5 sec 
= 5 sec3 
=
3.
x
5
sec 
2
d
5 sec 2 
d  dengan inti parsial
tan  
5
ln sec   tan   c
2
dx
x 2  32
3
: x  3 sec 
Substitusi
dx  3 sec  tan  d
x 2  32
=
32 sec 2   32
= 3 sec 2   1
= 3 tan 
x
dx
3
x 3
2
2
=
3
3
d
3 sec  tan 
d
sec 3  . 3 tan 
=
1
1
1
d 
cos 2  d
2


27 sec 
27
=
1
2
=
1 
1

  sin 2   c
54 
2

1
1  cos 2  d
27 
4.11. Substitusi Aljabar
Substitusi dilakukan sedemikian sehingga bisa merubah bentuk irrasional
menjadi rasional.
Contoh
:
 x  2
dx
1
Substitusi : x  2
2
 x  2
3
4
= z4
= 4 z 3 dz
dx
 
2
 z2
 
4
 z3
x  22
= z4
x  2 4
= z4
1
3
1
3
Maka :

dx
x  22  x  24
1
3
=

4 z 3 dz
z2  z3
= 4
z3
dz
z 2 1  z 
=  4
z
dz
z  1
= 4
z3
dz
z2  z3
= 4
z
dz
1  z 
=  4
z 11
dz
z 1
1 

=  4  1 
 dz
z 1

=  4 z  4 ln z  1  c
=  4 4 x  2  4 ln
4
x  2 1  c
DAFTAR PUSTAKA
Leithold, L ., 1972, The Calculus with Analitic Geometry, Harper International
Edition, Harper and Row, Publishers, New York, Hagerstown, San
Francisco, London.
Martono, K., 1970, Modern Control Engineering, Prentice-Hall., Englewood Cliffs,
New Jersey.
Kreyzig, E., 1983, Advanced Engineering Mathematics, John Wiley and Sons,
Inc, Canada.