bahan ajar diklat pengembang matematika sma jenjang dasar

PPPPTK Matematika
Kode Dok
: F-PRO-002
Revisi
:0
BAHAN AJAR DIKLAT PENGEMBANG
MATEMATIKA SMA JENJANG DASAR
Oleh :
Drs. Setiawan, M.Pd.
DEPARTEMEN PENDIDIKAN NASIONAL
DIREKTORAT PENINGKATAN MUTU PENDIDIK DAN TENAGA KEPENDIDIKAN
PUSAT PENGEMBANGAN DAN PEMBERDAYAAN PENDIDIK DAN TENAGA
KEPENDIDIKAN MATEMATIKA
2010
DAFTAR ISI
Pengantar ……………………………………………………………………
i
Daftar Isi ……………………………………………………………………..
ii
Peta Kompetensi ……………………………………………………………
iv
Skenario Pembelajaran …………………………………………………….
v
Pendahuluan ……………………………………………………
1
A. Latar Belakang ……………………………………………….
1
B. Tujuan Penulisan …...…………………………………………
2
C. Sasaran ………………………………………………………
2
D. Ruang Lingkup Penulisan …………………………………….
2
E. Pedoman Penggunaan Modul …………………………………
3
LIMIT FUNGSI …………………………………………………...
5
A. Latar Belakang ……………………………………………
3
B. Limit Fungsi Aljabar …………………...............................
3
C. Limit Fungsi Trigonometri ……………………………………
10
D. Limit Fungsi Eksponensial ………………………………
12
E. Kontinuitas ………….. ……………………………………
18
Bab I
Bab II
Bab III
TURUNAN SUATU FUNGSI ……………………………………. 18
A. Turunan Fungsi Aljabar ………………………………………. 18
B. Turunan Fungsi Trigonometri ………………………………...
22
C. Turunan Fungsi Tersusun (Fungsi Komposit) ………………... 23
D. Turunan Fungsi Logaritma ……………………………………
25
E. Turunan Fungsi Eksponen sial ………………………………..
26
F. Turunan Fungsi Implisit ………………………………………
26
G. Turunan Jenis Lebih Tinggi …………………………………... 27
Bab IV
PERILAKU FUNGSI ……………………………………………...
30
A. Kemonotonan Suatu Fungsi …………………………………...
30
B. Nilai Maksimum dan Minimum Suatu Fungsi ………………...
31
C. Titik Belok …………………………………………………….. 33
D. Beberapa Contoh Aplikasi Maksimum dan Minimum ………... 35
Bab V
E. Menggambar Grafik Fungsi …………………………………...
iii
36
F. Penerapan Turunan dalam Penyelesaian Limit Fungsi ………... 39
Bab VI
G. Nilai-nilai Tak Tentu Fungsi …………………………………..
42
KALKULUS INTEGRAL………………………………………..
49
A. Integral Tak Tentu ……………………………………………..
49
B. Integral Tentu ………………………………………………….
64
Daftar Pustaka ………………………………………………………………
iv
74
PETA KOMPETENSI
KALKULUS DASAR
1.
Kompetensi
Memiliki kemampuan untuk mengembangkan kompetensi siswa dalam
menggunakan konsep-konsep limit fungsi, turunan dan integral, serta
menggunakannya dalam pemecahan masalah.
2.
Sub Kompetensi

Mampu mengembangkan keterampilan siswa dalam menentukan limit
suatu fungsi dengan pendekatan intuitif dan menggunakannya dalam
pemecahan masalah.

Mampu mengembangakan ketrampilan siswa dalam menentukan
turunan suatu fungsi, maksimum dan minimum
dan memecahkan
persoalan maksimum dan minimum

Mampu mengembangakan ketrampilan siswa dalam menentukan
integral tentu dan tak tentu dan menggunakannya dalam pemecahan
masalah
3.
Lingkup Materi
 Limit fungsi baik secara intuitif maupun formal
 Fungsi turunan, perilaku fungsi, maksimum dan minimum
 Integral baik integral tentu maupun integral tak tentu
v
SKENARIO PEMBELAJARAN
Pendahuluan dan
Penyampaian
Apersepsi
Konsep Limit
Melanjutkan limit
fungsi trigonometri ,
eksponen dan
logaritma, dan
evaluasi diri
mengenai limit
Fungsi
 Tujuan
 Ruang Lingkup
 Pengetahuan
prasyarat nilai-nilai
tak tentu
 Memahami limit
fungsi secara intuitif
 Berdiskusi
 Berdiskusi melacak
pemecahan
limit fungsi yang
masalah tentang
dahasilkan dari
limit fungsi-fungsi
pendekatan intuitif
aljabar,
dengan pendekatan
trigonometri,
formal
eksponen dan
 Merefleksi diri
Informasi diskusi
eksplorasi
deferensial dan
perilaku fungsi,
nilai maksimum
dan minimum dan
evaluasi diri
 Setelah berhasil
dengan refleksi
Latihan 3
 Diskusi perilaku
fungsi, seperti
fungsi naik, turun,
stasioner
 Refleksi diri
dengan Latihan 4
logaritma
dengan Latihan 1
 Refleksi diri
latihan 2
dengan Latihan 3
Informasi, diskusi
dan eksplorasi
tentang Integral,
diawali konsep
dasarnya, integral
tak tentu dan
integral tentu dan
refleksi diri
Penutup
 Kesimpulaan
 Penugasan
vi
BAB I
PENDAHULUAN
A. Latar Belakang.
Mengacu pada Permendiknas no 22 tahun 2006 tentang Standar Isi, disebutkan
bahawa mata pelajaran Matematika bertujuan agar peserta didik memiliki
kemampuan sebagai berikut.
1. Memahami konsep Matematika, menjelaskan keterkaitan antar konsep dan
mengaplikasikan konsep atau algoritma, secara luwes, akurat, efisien, dan tepat,
dalam pemecahan masalah
2. Menggunakan penalaran pada pola dan sifat, melakukan manipulasi matematika
dalam membuat generalisasi, menyusun bukti, atau menjelaskan gagasan dan
pernyataan matematika
3. Memecahkan masalah yang meliputi kemampuan memahami masalah, merancang
model matematika, menyelesaikan model dan menafsirkan solusi yang diperoleh.
4. Mengkomunikasikan gagasan dengan simbol, tabel, diagram, atau media lain
untuk memperjelas keadaan atau masalah
5. Menghargai kegunaan matematika dalam kehidupan, yaitu memiliki rasa ingin
tahu, perhatian, dan minat dalam mempelajari matematika, serta sikap ulet dan
percaya diri dalam pemecahan masalah
Memperhatikan butir-butir tujuan di atas, maka kedudukan kalkulus dalam Standar Isi
Mata Pelajaran Matematika, akan menjadi cukup sentral, sehingga materi ini harus
mendapatkan perhatian yang cukup serius menyangkut masalah penguasaan materi,
pemilihan metoda pembelajaran yang pas dan penentuan strategi serta teknik
mengajar yang serasi.
Namun demikian melihat kenyataan di lapangan baik lewat monitoring dan evaluasi
bagi para alumnus penataran di P4TK Matematika maupun diskusi-diskusi di MGMP,
ternyata materi ini kadang-kadang masih dijumpai kendala di lapangan. Oleh karena
itu pembahasan mengenai materi kalkulus ini perlu mendapatkan porsi yang memadai
pada penataran-penataran guru matematika, terutama yang diselengggarakan oleh
P4TK Matematika Yogyakarta.
Di samping itu kalkulus merupakan salah satu materi yang memiliki cakupan aplikasi
yang sangat luas, baik dalam tubuh matematika itu sendiri, maupun dalam cabangcabang lmu-ilmu yang lain, seperti dalam bidang sains, teknologi, ekonomi dan
sebagainya. Oleh karena itu para siswa terlebih-lebih guru matematika SMA harus
mendapat bekal materi kalkulus ini sebaik-baiknya.
B. Tujuan Penulisan
Tulisan ini disusun dengan maksud untuk memberikan tambahan pengetahuan
berupa wawasan kepada guru matematika SMA dengan harapan :
1
1.
2.
3.
lebih memahami materi kalkulus untuk SMA dan beberapa pengembangannya,
terutama masalah limit fungsi, integral dengan substitusi dan integral parsial
yang ternyata nasih banyak dijumpai kendala di lapangan.
dapat digunakan sebagai salah satu referensi masalah-masalah pengajaran
matematika SMA pada pertemuan-pertemuan MGMP Matematika SMA di
daerah.
memperluas wawasan keilmuan dalam matematika, dan khusunya masalah
kalkulus SMA, sehingga guru dapat memilih strategi pembelajaran yang sesuai
dengan kondisi di lapangan, sehingga mudah diterima oleh siswa.
C. Sasaran
Tulisan ini disusun untuk menjadikan bahan penambah wawasan :
a. para peserta penataran diklat guru-guru pengembang matematika SMA, oleh
P4TK Matematika Yogyakarta.
b. para rekan guru matematika SMA pada umunya dan juga para pemerhati
pengajaran matematika.
D. Ruang Lingkup Penulisan.
Ruang lingkup bahan penataran ini meliputi
a. limit fungsi dan kontinuitas.
b. kalkulus diferensial.
c. kalkulus integral
E. Pedoman Penggunaan.
Bahan penataran ini merupakan salah satu acuan dalam memahami materi tentang
kalkulus, untuk memahami isi paket ini dengan baik hendaknya terlebih dulu
dicermati uraian materi beserta contoh-contohnya dengan seksama, kemudian baru
mencoba soal-soal latihan yang telah disediakan, sesuai dengan topik yang tengah
dipelajarinya.
2
BAB II
LIMIT FUNGSI
A. Latar Belakang
Kalkulus adalah salah satu cabang dari matematika yang sangat penting dan
banyak diterapkan secara luas pada cabang-cabang ilmu pengetahuan yang lain,
misalnya pada cabang sains dan teknologi, pertanian, kedokteran, perekonomian dan
sebagainya. Pada makalah ini akan dibahas tiga pokok bahasan, pokok utama dari
kalkulus yakni limit fungsi, diferensial fungsi dan integral fungsi. Sebenarnya ada dua
cabang dalam kalkulus itu sendiri, yakni kalkulus diferensial dan kalkulus integral,
dan jika diperhatikan inti dari pelajaran kalkulus adalah memakai dan menentukan
limit suatu fungsi. Bahkan secara ekstrim kalkulus dapat didefinisikan sebagai
pengkajian tentang limit. Oleh karena itu pemahaman tentang konsep dan macammacam fungsi diberbagai cabang ilmu pengetahuan serta sifat-sifat dan operasi limit
suatu fungsi merupakan syarat mutlak untuk memahami kalkulus diferensial dan
kalkulus integral.
B. Limit Fungsi Aljabar
1. Limit Fungsi secara Intuitif.
Perhatikan contoh di bawah ini
Pandanglah fungsi
x2  4
f(x) =
dengan domain
x2
Df = {x | x  R, x  2} untuk x = 2, jika
dicari nilai fungsi
0
f(2) = = tidak tentu .
0
Kita cari nilai-nilai f(x) untuk x mendekati
2.
Kita dapat memperhatikan nilai fungsi f(x)
di sekitar x = 2 seperti tampak pada tabel.
y
o
2
f(x) = x  4
x 2
2

-2
0
x
2
Gb.1.1
berikut :
x
1,90
f(x) 3,90
1,99
3,99
1,999
3,999
1,999
3,999
…
…
2
?
…
…
2,001
4,001
2,01
4,01
2,1
4,1
Dari tabel di atas dapat disimpulkan bahwa untuk x mendekati 2 baik dari kiri
maupun dari kanan, nilai fungsi tersebut makin mendekati 4, dan dari sini dikatakan
bahwa limit f(x) untuk x mendekati 2 sama dengan 4, dan ditulis
x2  4
lim f ( x )  lim
 4.
n 2
x 2 x  2
Dari pengertian inilah yang disebut pengertian limit secara intuitif, sehingga :
3
Definisi limit secara intuitif, bahwa lim f(x) = L artinya bahwa bilamana x
nc
dekat tetapi berlainan dari c, maka f(x) dekat ke L.
2. Limit Fungsi Secara Formal
Secara matematis dapat dimaklumi bahwa banyak yang berkeberatan dengan definisi
limit secara intuitif di atas, yaitu penggunaan istilah “dekat”. Apa sebenarnya makna
dekat itu ?. Seberapa dekat itu dapat dikatakan “dekat” ?.
Untuk mengatasi masalah di atas Augustin-Louis Cauchy berhasil menyusun definisi
tentang limit seperti di bawah ini yang masih kita gunakan sampai sekarang.
Pengertian limit secara intuitif di atas jika diberi definisi formal adalah sebagai
berikut.
Definisi :
Dikatakan lim f ( x)  L , adalah bahwa untuk setiap  > 0 yang diberikan
x c
berapapun kecilya, terdapat  > 0 yang berpadanan sedemikian hingga
|f(x) – L | <  untuk setiap 0 < | x – c| < .
Dengan menggunakan definisi limit di atas dapat dibuktikan teorema-teorema pokok
tentang limit suatu fungsi sebagai berikut :
1. lim k  k , jika k suatu konstanta.
x c
2.
3.
4.
5.
lim (ax  b)  ac  b
x c
lim k f(x)  k lim f(x)
x c
x c
lim f ( x)  g( x)  lim f ( x )  lim g(x )
x c
x c
x c
lim f ( x).g( x)  lim f ( x). lim g(x)
x c
x c
x c
6. Hukum substitusi :
Jika lim g(x)  L dan lim f(x)  f(L), maka lim f(g(x))  f(L)
x c
x c
x c
1
1
7. lim

jika lim g(x)  L dan L  0.
x c g(x) L
x c
lim f(x)
f(x) x c
8. lim

, jika lim g(x)  0.
lim g(x)
x c g(x)
x c
x c
9. Teorema Apit :
Misalkan f(x)  g(x)  h(x) pada setiap interval yang memuat c dan dipenuhi :
lim f(x)  lim h(x)  L maka lim g(x)  L.
x c
x c
x c
4
Di bawah ini diberikan contoh dua bukti limit fungsi secara formal, sedang rumusrumus limit yang lain upayakan untuk dapat membuktikan sendiri :
1. Buktikan lim k  k.
k c
Bukti : Untuk setiap bilangan positip  > 0 berapapun kecilnya akan didapat  > 0
sedemikian untuk setiap x pada |x – c| <  dipenuhi |k – k| < . Dari |k – k|
= 0, maka berapapun nilai  > 0 yang diambil yang menyebabkan |x – c| <
 akan berakibat |k – k| < .
2. Buktikan lim (ax  b)  ac  b.
x c
Bukti :
Untuk membuktikan teorema ini, berarti jika diberikan suatu  > 0 betapapun
kecilnya, akan ditemukan  > 0 sedemikian hingga 0 < |x – c| <   |(ax + b) –
(ac + b)| < .
Sekarang dari |(ax + b) – (ac +b)| = |ax – ac| = |a(x – x)|  |a|x – c|.

Kelihatan bahwa  =
akan memenuhi persyaratan di atas.
|a|

Sehingga jika diberikan  > 0 betapapun kecilnya dan dipilih  =
maka
|a|
0 < |x – c| <  menunjukkan :

|(ax + b) – (ac – b)| = |ax – ac| = |a(x – c)| < |a||x – c| < |a|
=
|a|
Dengan demikian terbuktilah teoremanya.
Untuk sifat-sifat yang lain, upayakan untuk membuktikan dengan definisi limit
secara formal sendiri-sendiri!
Contoh 1.
Hitung lim ( x 2  3x  8)
x 2
Jawab : Dengan menggunakan teorema substitusi
lim ( x 2  3x  8)  2 2  3.2  8  6
x 2
Contoh 2.
x 2  x  12
Tentukan lim
x  4
x4
Jawab : Faktorkan dulu sebab jika disubstitusikan langsung diperoleh
5
0
0
.
x 2  x  12
( x  4)( x  3)
 lim
karena x  - 4 maka pecahan dapat disederhan a x  4
x  4
x4
( x  4)
 lim x - 3
kan.
lim
x  4
 4  3  7
Contoh 3.
Tentukan nilai lim
x 2
x4
x 2
Penyelesaian :
x4
( x )2  22
lim
 lim
x 4 x  2 x 4
4 2
( x  2)( x  2)
x 4
x 2
 lim
karen x  2
 lim ( x  2)
x 4
 4 24
Cara ii, misalkan x = y  x = y2
untuk x  4 maka y  2, sehingga soal di atas menjadi
x4
y2  4
lim
 lim
x 4 x  2 y2 y  2
( y  2)( y  2)
 lim
y2
( y  2)
 22  4
Contoh 4 :
Tentukan nilai dari lim
x 2
2  x  2x
x2
Penyelesaian :
2  x  2x
( 2  x  2x ) ( 2  x  2x
lim
 lim
.
x 2
x 2
x2
( x  2)
( 2  x  2x )
(2  x )  (2x )
 lim
x  2 ( x  2)( 2  x  2 x )
2x
 lim
x  2 ( x  2)( 2  x  2 x )
1
 lim
x  2 2  x  2x
1
1


4
4 4
6
3. Pengertian Limit di Tak Hingga.
1
Perhatikan fungsi f(x) = 2 , x  0 yang domainnya semua bilangan real yang tidak
x
nol. Jika kita cari nilai-nilai fungsi dekat dengan 0.
x
1
0,1
0,01
0,001
0,0001
0
-0,0001
-0,001
-0,01
-0,1
-1
1
x2
y
1
100
10.000
1000 106
10.000 108
f(x) = 12
x
besar sekali disebut
tak hingga
10.000
1000
100
10
1
-1
108
106
10.000
100
1
x
Apabila x suatu bilangan baik positip maupun negatif yang sangat kecil maka nilai
1 menjadi sangat besar, semakin dekat x dengan nol, maka nilai 1 menjadi
2
2
x
x
semakin besar sekali, sehingga dikatakan lim
x 0
1
x2
 .
Catatan :
Simbol ∞ dibaca “tak hingga” digunakan untuk melambangkan bilangan yang sangat
besar yang tak dapat ditentukan besarnya, tetapi simbol ini tidak menunjuk suatu
bilangan real yang manapun.
Pengertian ketak hinggaan sebagaimana dipaparkan secara intuitif di atas secara
formal didefinisikan sebagai berikut:
Definisi :
Fungsi f(x) mendekati tak hingga untuk x  c apabila untuk setiap bilangan
positip M betapapun besarnya, adalah mungkin menemukan bilangan  > 0
sedemikian hingga untuk setiap x selain c jika dipenuhi |x – c| <  akan berakibat
|f(x)| > M dan ditulis lim f(x)  
x c
7
y
M
y=f(x)
X
0
1
Contoh 1 :
1
lim
~
Buktikan bahwa
x 1 (1 - x) 2
Bukti :
Untuk membuktikan itu berarti untuk setiap M > 0 yang diberikan betapapun
besarnya adalah mungkin menemukan  > 0 sedemikian hingga untuk setiap x yang
1
 M.
memenuhi |x – 1| <  akan diperoleh
(1  x ) 2
1
1
2

M.
Dari
berarti
(1x)
<
.
M
(1  x ) 2
1
.
M
Sehingga |1 – x| <
Jika diambil  =
1
, berarti untuk setiap x pada |x – 1| <
M
1
akan dipenuhi
M
1
M
1
 (1 – x)2 <
M
1
 M.

(1  x ) 2
 (x – 1)2 <
Dari pertidaksamaan terakhir ini menunjukkan bahwa lim
x 1
1
.
(1 - x) 2
Contoh 2.
Tentukan lim x
x 1
x 1
Jawab : Secara intuitif jika x dekat dengan 1 maka x – 1 akan mendekati 0, sehingga dapat difahami
(secara intuitif) bila
lim
x 1
x = 
x 1
8
Dan jika ingin dibuktikan secara formal berarti untuk setiap bilangan M > 0
betapapun besarnya, adalah mungkin ditemukan  > 0, sedemikian hingga untuk
setiap x pada |x – 1| <  akan dipenuhi
x
> M.
x 1
Sedangkan limit fungsi untuk x yang bernilai besar dapat didefinisikan sebagai
berikut :
Definisi :
Jika f(x) terdefinisi untuk x yang bernilai besar, kita katakan bahwa f(x)
mendekati L sebagai limit untuk x mendekati tak hingga, dan ditulis :
lim f ( x )  L , bahwa apabila diberikan   0 maka akan ditemukan suatu
x 
bilangan M sedemikian hingga dipenuhi |f(x) – L| <  apabila x > M.
Ilustrasi geometris dari pengertian di atas adalah sebagai berikut :
Y
y=f(x)
L+ 
y=L
L- 
O
X
M
Contoh 1.
Pandanglah fungsi f(x) = 2 + sin x
x
Y
3
Y = 2 + sin x
x
y=2+
2

y=2
y=2-
1
X
O
9

Grafiknya beroskilasi terhadap garis y = 2.
Amplitudo dari oskilasinya semakin kecil menuju nol.
Untuk x   , dan kurvanya terletak di antara y = 2 +  dan y = 2 -  jika x > M
Atau dengan kata lain :
Jika x besar, sin x  0 dan f(x)  L  2
x
Contoh 2
Tentukan lim ( x 2  2 x  x 2  3x )
x 
Jawab :
lim ( x 2  2 x  x 2  3x )  lim
x 
( x 2  2 x  x 2  3x )( x 2  2 x  x 2  3x )
x 
 lim
x 
 lim
x 
 lim
x 

( x 2  2 x  x 2  3x )
( x 2  2 x)  ( x 2  3 x)
x 2  2 x  x 2  3x
x
x 2  2 x  x 2  3x
1
1  2x  1 
3
x
1
1 0  1 0
1

2
C. Limit Fungsi Trigonometri
Misalkan x dalam radian, dan 0 < x <
B
D
r
x
O
C
A
BC = r sin x dan AD = r tan x.
Untuk mencari luas sektor  AOB
x
Luas sektor  AOB
= 2
Luas seluruh lingkaran
x
Luas sektor  AOB
= 2
2
r
Gb.1.3
Sehingga luas sektor  AOB =
x
1
.r 2  r 2 x
2
2
Dari bangun di atas diperoleh :
Luas  AOB < luas juring AOB < luas  AOD
10

2
, maka
½ . OA . BC < ½ r2x < ½ . OA . AD
½ . r . r sin x < ½ r2x < ½ . r . r tan x
½ r2 sin x < ½ r2x < ½ r2 tan x
sin x < x < tan x ………………….. (i)
Dari (i) diperoleh :
x
1
1<

sin x cos x
x
1
lim 1  lim
 lim
x 0
x  0 sin x x  0 cos x
x
1
1  lim
 1
x  0 sin x 1
x
Jadi lim
1
x  0 sin x
Dari sini dapat dikembangkan :
lim sin x = lim
x 0 x
x 0
1
x
sin x
= 1 1
1
Dan untuk lim tan x = lim sin x
x 0 x
x 0 x. cos x
= lim sin x . 1
x 0 x cos x
= lim sin x . lim 1
x 0 x x 0 cos x
= 1.1 = 1
Demikian juga dengan mudah dapat ditunjukkan bahwa
Kesimpulan :
1. lim sin x  1
x 0 x
2. lim x  1
x 0 sin x
3. lim tan x  1
x 0 x
4. lim x  1
x 0 tan x
Contoh
Hitunglah :
sin x
sin 3x
b. lim
x  0 2x
x  0 5x
Penyelesaian :
sin x
1  sin x 
a. lim
 lim 

x 0 2x
x 0 2  x 
1
1
 .1 
2
2
a. lim
tan 3x
x  0 sin 5x
c. lim
11
x 1
tan
x
x 0
lim
b.
c.
sin 3x
 sin 3x  3
 lim 
.
x  0 2x
x  0  3x  5
3 3
 1. 
5 5
lim
tan 3x
 tan 3x  5x  3
 lim 

.
x  0 sin 5x
x 0  3x  sin 5x  5
3
= 1 .1 .
5
3
= .
5
lim
D. Limit Fungsi Eksponensial
a. Bilangan e
1 
 1
 n 1 n(n  1) 1 n(n  1)(n  1) 1
lim 1    lim 1  . 
. 2 
. 3  ...  n 
n 
n 
2!
3!
n
n
n 
 n
 1 n

1  1  1  1  2  1  1  2 
= lim 1  1  1    1  1    1  1  
n 
2!  n  3!  n  n  4!  n  n 

1 
 3
1   ...  n 
 n
n 
1 1 1 1
= 1  1      ...
2! 3! 4! 5!
Jika diambil sampai sepuluh tempat desimal diperoleh
n
n
 1
lim 1    2,7182884
n 
 n
Nilai limit ini disebut bilangan e atau bilangan Euler (diambil nama sang penemu
yaitu Leonard Euler matematikawan Austria 1707 – 1783).
Sehingga :
n
 1
lim 1    e
n 
 n
Limit ini dapat dikembangkan untuk setiap x  R dipenuhi
x
 1
lim 1    e
x 
 x
Jika disubstitusikan u =
1
x
maka diperoleh rumus
1
lim (1  x) x  e
x 0
12
 2
Contoh tentukan lim 1  
x 
 x
 2
Jawab : lim 1  
x 
 x
x 3
x 3
x
 2  2
 lim 1   . 1  
x 
 x  x
x
.2
3
 2 2  2 
= lim 1   1  
x 
x
 x 
3
2
  2  2   2 3
= lim  1    . 1  
x  
x   x


= e2 . (1 + 0)3
= e2.
Logaritma yang mengambil e sebagai bilangan pokok disebut logaritma naturalis
x
atau logaritma Napier, dan ditulis dengan notasi “ln”, sehingga ln x = e log x.
1
Dari lim (1  x) x  e , maka
a
x 0
1

log  lim (1  x) x   a log e
 x 0



1
lim a log (1  x) x  a log e
x 0
a
lim
x 0
log (1  x) ln e

x
ln a
log (1  x)
1
……….. (i)

x 0
x
ln a
Misalkan a log (1 + x) = y
1 + x = ay  x = ay  1
Untuk x  0, maka ay  1 yang berarti y  0, sehingga persamaan (i)
a
lim
lim
y
y
x 0 a 1
 1
ln a
ay 1
 ln a
y0 y
Sehingga : lim
Atau secara umum :
a x 1
 ln a
x 0
x
lim
Jika disubstitusikan a dengan e
ex  1
lim
 ln e
x 0 x
atau
ex  1
lim
1
x 0 x
13
eax  ebx
Contoh : Tentukan lim
x
x 0
e ax  e bx
e ax  1  e bx  1
Jawab : lim
 lim
x 0
x 0
x
x
 a ax  1 e bx  1 

= lim 

x 0 
x
x


ax
bx
 e 1
e  1 
= lim 
.a .b

x  0  ax
bx


=1.a–1.b
=a–b
Latihan 1
Tentukan nilai limitnya
1.
2.
lim (x 2  7 x  4)
x  2
2

lim   x 
x 3  x

9  x2
x 4 x  3
x 2  2x
4. lim 2
x 2 x  4
x 5 1
5. lim 2
x  1 x  x  1
x2  x  6
6. lim
x 2
x2
3.
7.
8.
9.
lim
lim
x 3
lim
x  2
lim
x 3  27
x 3
x 2  3x  10
x2
3
x 1
x2 1
x 2  25
10. lim
x 5
x 5
x  1
11. lim
x 2
2  x  2x
x2
14. lim
x  64 3
15. lim
x 4
x 8
x 4
(misal : 3 x  y 2 )
2x  1  3
x2  2
x-2 x
x 0
x
2x
17. lim
x 0
5  5 x
16. lim
18. lim ( x  3  x  2 )
x 
19. lim
x 
x-2 x
x
2x  3x  4
2
20. lim
x 
x4 1
(1  2  3  ...  n)
x 
n2
(1  3  5  7  ...  (2n - 1)
22. lim
x 
n2  2
1 
1 1 1
23. lim     ...  n 
x 
2 
2 4 8
21. lim
4
7
3n  2 
 1
24. lim  2  2  2  ... 

x 
n
n
n2 
n
14
12. lim
x 3
13. lim
x 3
2x - 2  3x  5
x 3
x  2  2x  1
2x  3  x
25. Hitung x  2  2  2  ...
26. Tentukan limit Un dari barisan
0,3 ; 0,33 ; 0,333 ; 0,3333
27. Tentukan limit Un dari barisan
0,2 , 0,23 , 0,233 , 02333 , …
28. Tentukan limit suku Un dari barisan
2 , 2 2 , 2 2 2 , 2 2 2 2 , ...
29. Tentukan limit suku Un dari barisan
6,
6 6,
6 6 6,
6 6 6 6 , ...
30. Tentukan limit Un dari barisan berikut
2 4 6
2n
, , , ... ,
, ...
1 3 5
2n - 1
sin x
x  0 tan x
sin 4x
lim
x 0
x
sin 2 x3
lim
x 0
x2
x
lim
x  0 1 - cos x
lim x cotg x
31. lim
32.
33.
34.
35.
4x  2x
x 0
3x
2x
e  e 3x
48. lim
x 0
x
2x
a  b 3x
49. lim
x 0
x
-ax
e  e  bx
50. lim
x 0
x
47. lim
x 0
sin x - sin a
x 0
x-a
cos 2 x
37. lim
x  0 1  sin x
1  cos x - sin x
38. lim
x  2 cos x - 1  sin x
36. lim
tan x
x  2 x  2
sin x - cos x
40. lim
1 - tan x
x 
39. lim
4
 1
41. lim 1  
x 
 x
x 5
15
Petunjuk :
kuadratkan kedua
Ruas !
 7
42. lim 1  
x 
 x
 3
43. lim 1 - 
x 
 x
x
4x  2x
x 0
3x
2x
e  e 3x
48. lim
x 0
x
2x
a  b 3x
49. lim
x 0
x
-ax
e  e  bx
50. lim
x 0
x
47. lim
x
 x  3
44. lim 

x 
 x -1 
x
1
45. lim (1  2x) x
x 0
46. lim
x 0
5x  4 x
x
E. Kontinuitas
y
o
0
2
f(x) =
2
x 4
x2
x
Perhatikan fungsi pada bilangan real f(x) =
x2  4
seperti pada grafik di samping.
x2
0
Untuk x = 2 diperoleh f(2) =
(tak tentu)
0
sehingga grafiknya terputus di x = 2 dalam hal
ini dikatakan f(x) diskontinu di x = 2.
Sedangkan untuk interval {x|x < 2, x  R} dan
interval {x | x > 2, x  R} grafiknya
berkesinambungan, dalam hal ini dikatakan f(x)
kontinu di x  2.
Gb.1.4
Secara formal suatu fungsi dikatakan kontinu di x = c, jika dipenuhi :
a. lim f(x) ada
x c
b. f(c)
ada
c. lim f ( x )  f (c)
x c
Jika pada suatu fungsi f(x) diskontinu di x = c, maka dapat dibuat sedemikian hingga
lim f(x) = f(c), maka dikatakan diskontuinitas di x = c ini dapat dihapuskan.
x c
Contoh :
Tentukan diskontuinitas fungsi pada bilangan real f(x) =
x3  8
.
x2  4
Jawab : fungsi rasional di atas akan diskontinu jika penyebutnya nol atau
x2 – 4 = 0  (x + 2)(x – 2) = 0
 x = -2 atau x = 2
Sehingga f(x) diskontinu di x = -2 atau x = 2.
16
Selanjutnya untuk lim
x 2
x3  8
x2  4
 lim
x 2
(x - 2)(x 2  2x  4)
( x  2)(x  2)
12
3
4
Diskontinu di x = 2 dapat dihapuskan dengan menetapkan definisi f(2) = 3.
Selanjutnya untuk x = -2 diperoleh
x3  8
x 2  2x  4
lim
 lim
x  2 x 2  4 x  2
x2
=
(2) 3  8  16
4
= , sedangkan f(-2) =
tidak terdefinisi.

0
0
(2) 2  4
Sehingga diskontinu di x = -2 tidak dapat dihapuskan.
=
Latihan 2
Selidiki kontinuitas fungsi-fungsi berikut
1. f(x) = x2 + x di x = -1
2. f(x) = 4x2 – 2x + 12 di x = 2
x
3. f(x) =
di x  - 1
x 1
x2
4. f(x) =
di x  2
x2
6t  9
5. f(x) =
di t  3
t 3
 3x  4
untuk x  2
6. f(x) =
di x = 2
2
untuk x  2
5x  4
7. Di titik mana saja f(x) = 2
diskontinu dan selidiki macam diskonx  3x  10
tinuitasnya.
x3 1
8. Di titik mana saja f(x) = 2
diskontinu dan selidiki macam diskontinuix 1
tasnya.
9. Dengan grafik di titik mana saja (jika ada) fungsi ini diskontinu
x
untuk x  0
f(x) =
x2
2x
untuk 0  x  1
untuk x  1
10. Tentukan a dan b agar fungsi :
x2  x  3
untuk x  - 2
f(x) =
a
untuk x  2
bx  1
untuk x  - 2
kontinu di x = 2
17
BAB III
TURUNAN SUATU FUNGSI
A. Turunan Fungsi Aljabar
Sesuatu yang bersifat tetap di dunia ini adalah perubahan itu sendiri, banyak
kejadian-kejadian yang melibatkan perubahan. Misalnya gerak suatu obyek
(kendaraan berjalan, roket bergerak, laju pengisian air suatu tangki), pertumbuhan
bibit suatu tanaman, pertumbuhan ekonomi, inflasi mata uang, berkembangbiaknya
bakteri, peluruhan muatan radioaktif dan sebagainya.
Studi tentang garis singgung dan penentuan kecepatan benda bergerak yang dirintis
oleh Archimedes (287 – 212 SM), Kepler (1571 – 1630), Galileo (1564 – 1642),
Newton (1642 – 1727) dan Leibniz (1646 – 1716) dapat dipandang sebagai peletak
dasar dari kalkulus diferensial ini. Namun para ahli berpendapat bahwa Newton dan
Leibniz-lah dua orang yang paling banyak andilnya pada pertumbuhan kalkulus.
Konsep dasar dari turunan suatu fungsi adalah laju perubahan nilai fungsi.
y
B
f(x+x)
Perhatikan fungsi y = f(x) pada domain (x, x
+ x) nilai fungsi berubah dari f(x) pada x
sampai dengan f(x + x) pada x + x.
y + y = f(x + x)
y
= f(x)

y = f(x + x) – f(x)
y = f(x)
y
A
f(x)

C
0
x
x
x + x
x
Gb.2.1
y
: disebut diferensi antara f(x + x) dengan f(x)
x
: disebut diferensi x
y f ( x  x )  f ( x )
disebut hasil bagi diferensi.

x
x
Jika B bergerak sepanjang kurva y = f(x) mendekati A, maka diperoleh limit :
f(x  x) - f(x)
lim
x  0
x
Nilai limit ini disebut derivatif f (turunan, laju perubahan nilai fungsi, hasil bagi
dy
dy
diferensial) dari y = f(x), dan biasa ditulis dengan notasi
atau y. (Notasi
dan
dx
dx
dibaca “dy dx” inilah yang kita kenal dengan istilah notasi Leibniz)
dy
f(x  x )  f ( x )
 y  lim
Jadi :
.
x  0
dx
x
18
y
adalah gradien tali
x
busur AB = tan . Jika x  0 maka tali busur AB akan menjadi garis singgung di A
sehingga :
dy
f(x  x )  f ( x )
adalah gradien garis singgung pada kurva
 y  f ( x )  lim
x  0
dx
x
y = f(x) di (x, f(x)).
Secara geometris, kita lihat bahwa perbandingan diferensi
Contoh 1
Diketahui kurva dengan persamaan y = x2 + 2x.
dy
Tentukan
dan persamaan garis singgung kurva di x = 1.
dx
Jawab :
y
= x2 + 2x
y + y = (x + x)2 + 2(x + x)
= x2 + 2x.x + (x)2 + 2x + 2x
y = (2x + 2) x + x2
y (2x  2)x  x 2 (2x  2)  x 2


x
x
x
dy
y
(2x  2)x  x 2
 lim
 lim
dx x  0 x x 0
x
= lim ((2x  2)  x)
x  0
= 2x + 2
 dy 
 2.1  2  4
Untuk x = 1  gradien garis singgung m =  
 dx  x 1
x = 1  y = 12 + 2.1 = 3  titik singgung (1, 3).
Sehingga persamaan garis singgungnya :
y – 3 = 4(x – 1)
y = 4x  1
Contoh 2
Tentukan fungsi turunan dari f(x) = 32
x
Jawab :
y = 32
x
y + y =
y =
=
3
( x  x ) 2
2
2
3 = 3.x  3( x  x )
3
x2
( x  x ) 2
( x  x ) 2 .x 2
 6x.x  3x 2
( x  x ) 2 .x 2
=
x (6x  3x )
( x  x ) 2 x 2
19
 6x  3x
y

x ( x  x ) 2 .x 2
Sehingga
 6x  3x
dy
y
 lim
 lim
dx x  0 x x  0 ( x  x ) 2 .x 2
= 26x2   36
x x
x
Rumus-rumus turunan (derivatif) fungsi y = f(x).
1) Fungsi konstanta y = f(x) = c
f(x)  x) - f(x)
c-c
f(x) = lim
 lim
0
x  0
x  0 x
x
f(x) = c  f(x) = 0
2) Derivatif f(x) = xn
(x  x) n  x n
f(x) = lim
x  0
x
(x n  nx n 1.x 
= lim
x  0
n (n  1) n  2
x
(x ) 2  ...  (x ) n )  x n
2!
x
n (n  1) n  2
n (n  1)(n  2) n  3


= lim  nx n - 1 
x
.x 
x
.x 2  ...  (x ) n  1 
x  0 
1.2
1.2.3

n-1
= nx .
f(x) = xn  f(x) = nxn-1
3) Jika c suatu konstanta dan y = c f(x), maka
dy
cf(x  x) - cf(x)
 lim
dx x 0
x
f(x  x) - f(x)
= lim (
x  0
x
dy
= c.f(x) = c.
dx
dy
Contoh 2 : y = 4x5  y = 4. ( x 5 )  y.5x 4  20x 4 .
dx
4) Jika u = f(x) dan v = g(x), maka turunan fungsi y = f(x)  g(x) dapat dicari
sebagai berikut :
dy
(f(x  x)  g(x  x) - (f(x)  g(x))
 lim
dx x 0
x
20
f(x  x) - f(x) g( x  x )  g( x )

x  0
x
x
= f(x) + g(x).
Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan bahwa
y = f(x) – g(x)  y = f(x) - g(x)
Jadi :
y = f(x)  g(x)  y = f(x)  g(x)
= lim (
5) Jika u = f(x) dan v = g(x) dan y = u.v maka
y = u.v = f(x) . g(x)
dy
f(x  x).g(x  x) - f(x).g(x)
y =
 lim
dx x 0
x
f(x  x).g(x  x) - f(x).g(x  x)  f(x).g(x  x) - f(x).g(x)
= lim
x  0
x
g( x  x )  g( x )
 f(x  x - f(x) 
= lim  (
.g( x  x )  f ( x )(
x  0 
x
x

= f(x).g(x) + f(x) . g(x)
= uv + uv
Jadi
y = uv  y = uv + uv
6) Jika u = f(x) dan v = g(x), sedemikian hingga g(x)  0 pada intervalnya dan y =
u f (x)
, maka

v g( x )
f ( x  x ) f ( x )
(

)
g( x  x ) g( x )
y = lim
x  x
x
f(x  x).g(x) - f(x).g(x  x)
= lim
x  x
x.g( x  x ).g( x )
f(x  x).g(x) - f(x).g(x) - f(x).g(x  x)  f(x).g(x)
y = lim
x  x
x.g( x  x ).g( x )
f(x  x) - f(x)
g( x  x )  g( x )
(
).g( x )  f ( x )(
x
x
= lim
x  x
g( x  x ).g( x )


f ( x ).g( x )  f ( x ).g ( x ) u v  uv

=
(g ( x ) 2
v2
Jadi
y=
u
u v  uv
 y 
v
v2
21
Contoh 3
Tentukan f(x) untuk f(x) =
2x  3
Jawab : f(x) =
f(x) =
=
=
2
2x  3
x2
u
u v  uv
maka mengingat ( ) 
diperoleh
v
v2
x
2.x 2  (2x  3).2x
(x 2 ) 2
2x 2  4x 2  6x
x4
 2x 2  6x
x4
B. Turunan Fungsi Trigonometri
sin(x  x) - sin x
a. y = sin x  y = lim
x  0
x
x  x - x
x  x  x
2 sin
cos
2
2
= lim
x  0
x
x 

 sin

2 . cos  x  x 
= lim 
x  0  x 
2 



 2 
= 1. cos(x + 0) = cos x
Analog y = cos x  y = sin x.
sin x
u
u v  uv
b. y = tan x  y =
dengan mengingat ( ) 
cos x
v
v2
cos x - sin x(-sin x)
 y =
(cos x) 2
=
cos 2 x  sin 2 x
2

1
2
 sec 2 x
cos x
cos x
2
Analog y = tan x  y = sec x
1
c. y = sec x  y =
cos x
0. cos x - 1 . (-sin x) sin x
1

.
y =
cos x cos x
cos 2 x
= tan x . sec x
Analog y = cosec x  y = cot x cosec x.
Jadi :
22
y = sin x  y = cos x
y = cos x  y = sin x
y = tan x  y = sec2x
y = cot x  y = cosec2x
y = sec x  y = sec x tan x
y = cosec x  y = ˗ cosec x cot x.
C. Turunan Fungsi Tersusun (Fungsi Komposit)
Misalkan y = f(x) dimana u = g(x), menentukan fungsi tersusun y = (f  g)(x) = f(g(x))
dan apabila g mempunyai turunan di x, dan f mempunyai turunan di u = g(x) maka
turunan fungsi komposisi (f  g)(x) ditentukan dengan rumus :
(f  g)(x) = f(g(x)).g(x)
atau dengan notasi Leibniz :
dy dy du

.
dx du dx
Rumus ini dikenal dengan nama aturan rantai .
Cara yang mudah untuk mengingat aturan rantai adalah :
Variabel kiri
Variabel antara
Variabel kanan
y = f(u) dan u = g(x)
dy
dy
=
. du
dx
du
du
Turunan variabel
kiri terhadap
=
variabel kanan
Turunan variabel
kiri terhadap
Turunan variabel
antara terhadap
variabel antara
variabel kanan
Aturan rantai tersebut dapat dibuktikan sebagai berikut :
Bukti :
Misalkan y = f(u) dan u = g(x); g mempunyai turunan di x dan f mempunyai
turunan di u = g(x). Apabila variabel x bertambah dengan x yang berubah
menjadi (x + x ), maka u = g(x) bertambah menjadi g(x + x ) dan y = f(g(x))
bertambah menjadi f(g(x + x )), sebagaimana diagram di bawah ini :
23
x
f(g(x))
g(x)
g(x+ x )
x+ x
f(g(x+ x )) )
f
g
Pertambahan untuk u = g(x) adalah g(x+ x)  g(x)  g(x) , dan dari hubungan ini
akan diperoleh g(x)  0 apabila x  0
 f (g(x)) = f(g(x + x ) ) - f(g(x))
Berdasar definisi umum turunan fungsi, maka turunan dari fungsi komposisi :
(f  g)(x  x )  (f  g)(x ))
x 0
x
(fg)(x) = lim
f (g( x  x )  f (g( x ))
x 0
x
= lim
f (g( x )  g( x ))  f (g( x ))
x 0
x
= lim
f (g( x )  g( x ))  f (g( x )) g( x )

x 0
g( x )
x
= lim
=
f (g( x )  g( x ))
g( x  x )  g( x )
 lim
g ( x )0
x 0
g( x )
x
lim
= f(g(x)).g(x)
(terbukti)
Dan apabila aturan rantai di atas kita tulis dengan notasi Leibniz akan diperoleh :
Jika y = f(x) dan u = g(x) maka
dy dy du
=

dx du dx
Contoh 3
Tentukan turunan fungsi f(x) = (2x3 – 4)7
Jawab :
Misal, u = 2x3 – 4  u = 6x2
f(x) = u7  f(x) = 7u6 . u
Jadi f(x) = (2x3 – 4)7  f(x) = 7(2x3 – 4)6 . 6x2.
= 42x2(2x2 – 4)6.
Dalil Rantai di atas dapat dikembangkan lebih lanjut.
24
Jika y = f(u), u = g(v) dan v = h(x), maka
(f  g)(x) = f(g(x)).g(x)
dy dy d dv
 . .
dx du dv dx
Begitu dan seterusnya.
Contoh 4
Jika f(x) = sin3(2x – 5), maka tentukan f(x).
Jawab :
Misal u = sin(2x – 5) dan v = 2x – 5, sehingga
dv
v = 2x – 5 
2
dx
du
u = sin v 
 cos v
dv
dy
y = u3 
 3u 2
du
df ( x ) df ( x ) du dv
f(x) =

. .
dx
du dv dx
= 3 . u2 . cos v . 2
= 6 sin2(2x – 5) . cos(2x – 5)
D. Turunan Fungsi Logaritma
a. Pandanglah fungsi f(x) = ln x
ln(x  x) - ln x
f(x) = lim
x 0
x
ln(x  x)
x
= lim
x
x 0
x.
x
1
1
1
= lim
ln e  .1 
x 0 x
x
x
Jadi
f(x) = ln x  f(x) =
1
x
b. Jka f(x) = a log x, maka
ln x
1
 f ( x ) 
f(x) =
ln a
x ln a
Jadi
f(x) = a log x  f(x) =
1
x ln a
25
E. Turunan Fungsi Eksponensial
a. Jika f(x) = eg(x), maka
ln f(x) = ln eg(x) = g(x) . ln e
ln f(x) = g(x)
jika kedua ruas diturunkan
1
.f ( x )  g( x ), sehingga f(x) = f(x) . g(x) = eg(x) . g(x)
f (x)
Jadi
f(x) = eg(x)  f(x) = eg(x) . g(x)
Contoh 5
Jika y = ex, maka y = ex . 1 = ex
Sehingga y = ex  y = ex
b. Untuk fungsi eksponensial y = ag(x), maka
ln y = ln ag(x)
ln y = g(x) . ln a jika kedua ruas diturunkan, maka
1
.y = g(x) . ln a  y = y . g(x) . ln a
y
= ag(x) . g(x) . ln a
g(x)
g(x)
Jadi y = a  y = a . g(x) . ln a
Contoh 6
Jika y = 2 2 x
3
3
, maka y = 2 2 x
3
3
.6x. ln 2
= 6x . 2 2 x
3
3
. ln 2
F. Turunan Fungsi Implisit
Jika y = f(x), maka turunan fungsi implisit F(x,y) = c adalah dengan memandang y
fungsi dari x.
Contoh 7
Tentukan y jika x2 + 3xy + y2 = 4
Jawab :
d 2
d
( x  3xy  y 2 )  (4)
dx
dx
2x + 3y + 3xy + 2y . y = 0
(3x + 2y)y = 2x  3y
3x  3y
y = 
.
3x  2 y
26
G. Turunan Jenis Lebih Tinggi
df ( x )
dari suatu fungsi adalah suatu
dx
fungsi yang dapat didiferensialkan pada x, maka turunan dari turunan pertama ini,
d 2f (x)
disebut turunan kedua, dan ditulis dengan notasi f(x) =
.
dx 2
Demikian juga andaikan turunan kedua ini fungsi yang dapat didiferensialkan, maka
turunan dari turunan kedua ini disebut turunan ketiga dan ditulis dengan notasi f(x)
d 3f ( x )
=
.
dx 3
Begitu dan seterusnya turunan dari turunan ke n-1 disebut turunan ke-n dan ditulis
d n f (x)
dengan notasi f(n)(x) =
.
dx n
Contoh 8
d 3f ( x )
Tentukan
jika f(x) = x5 – 5x2
3
dx
Jawab :
f(x) = x5 – 5x2  f(x) = 5x4 – 10x
f(x) = 20x3 – 10
f(x) = 60x2
Andaikan fungsi turunan pertama f(x) atau
Contoh 9
Tentukan
d n f (x)
jika f(x) = sin x
dx n
Jawab :
f(x) = sin x 
df ( x )

 cos x  sin(x  1 . )
dx
2
d 2f (x)

  sin x  sin(x  2 . )
2
dx 2
d 3f ( x )
dx 3
d f (x)

  cos x  sin(x  3 . )
2


sin
x

sin(x


.
)
2
dx 
………..
d n f (x)

 sin(x  n . ).
n
2
dx
27
Latihan 3
Untuk soal nomor 1 sampai dengan nomor 10, tentukan f(x) dari
2
1. f(x) = 6 – 4x3 + x5
8. f(x) = (x2 + 2 )2
x
1
1
2. f(x) = (3x – 2)2
9. f(x) = (2x + )(2x  )
x
x
2
x 1
3. f(x) = (x3 – 2x)2
10. f(x) =
x x
1
1
4. f(x) = x 
11. f(x) = 5 x 2 
x
x
1
1
1
5. f(x) = 3x2 12.
f(x)
=
x
(3x
+
)(
3
x

)
3x
3x
6x 3
6. f(x) = (3x 2 + 6)(2x - 14 ) 13. f(x) = (5x 2 - 1)(x 2 + 4x - 2).
7. f(x) =
x2 1
3x
14. f(x) =
4x 2  3
x 3  2x 2
16. Diketahui f(x) = x 2 - 6x - 16. Tentukan gradien garis singgung kurva di x = 1, dan
persamaan garis singgungnya.
17. Diketahui fungsi f : x  (2x + 3)2
a) Tentukan rumus untuk turunan fungsi f(x)
b) Tentukan laju perubahan fungsi pada x = -1 dan pada x = -2.
18. Jarak s meter yang ditempuh oleh bola golf yang menggelinding pada waktu t detik
dinyatakan dengan s = 15t – t2.
a) Hitung kecepatan bola golf pada t = s
b) Kapan bola golf tersebut berhenti.
19. Tentukan persamaan garis singgung kurva dengan persamaan y = (x - 2) 2 di titik
yang absisnya x = 2.
20. Tentukan f(x) dari fungsi-fungsi di bawah ini
a. f(x) 6 sin x + 3 cos x
h. f(x) = sin2x + cos2x
b. f(x) = 3 sin x cos x
i. F(x) = sin3(x – 5)
sin x
c. fx) =
j. f(x) = sin x0
sin x  cos x
tg x
d. f(x) =
(x0 = … radian dengan menggunakan kesamaan
sin x - cos x
e. f(x) = x2 sec x
180o =  radian),  xo = … radian
x2
f. f(x) =
k. f(x) = tan(3 – sin x).
cos x
21. Jika y = f(x), maka tunjukkan bahwa y  f (x).x  .x , di mana jika
x  0 maka   0
Catatan :
Sifat ini dapat digunakan untuk membuktikan aturan rantai :
Jika y = f(u) dan u = g(x) maka y  f (x).x  .x , di mana lim   0
x 0
28
y dy u
y

.
 .
x du x
x
y dy
u
u
lim

. lim
 lim .
x 0 x
du x0 x x0 x
dy
dy du
=
.
dx
du dx
22. Tentukan f(x) jika f(x) = x 7 sin(2x - 5))
23. Tentukan g(x) jika g(x) =
22. Jika y = sin x maka
d2y
dx 2
2x  5x 2
 y  ...
23. Jika y = x5 sin 3x, maka tentukan
24. Tentukan
25. Tentukan
dn y
n
dx
d2y
2
d2y
dx 2
jika y = ekx
jika x2 – y = 0
dx
dy
26. Tentukan
jika diketahui x3 + y3 = x3y3.
dx
27. Jika xy + sin y = x2, maka tentukanlah y.
dy
28. Tentukan
jika diketahui :
dx
a. x 2 y + 3xy 3 - x = 3
b. 1y  1x  1
c. xy = 8
d. 3x 2 - 2xy + y 2 = 0
e. 3x 2  6y 2  4
29. Tentukan turunan fungsi-fungsi berikut :
a. y = 3e-4x
b. y = (x – 2)e5x
c. y = x ln 3x
d. y = log (2x + 3)
e. y = 3sin x  3x
2
\
29
BAB IV
PERILAKU FUNGSI
A. Kemonotonan Suatu Fungsi
Y
y=f(x)

B(x2,y2)
D(x4,y4)


C(x3,y3)

A(x1,y1)
O

Gambar di samping memperlihatkan bahwa jika suatu
titik bergerak sepanjang kurva
dari A ke B, maka nilai fungsi
bertambah apabila absis bertambah; dan juga jika titik
bergerak sepanjang kurva dari B
ke C maka nilai fungsi berkurang apabila absis bertambah.
X
Gb. 2.1
Dalam hal ini kita katakana bahwa f naik pada selang tertutup [x1,x2] dan f turun
pada selang tertutup [x2,x3].
Definisi :
Fungsi f yang terdefinisi pada suatu selang dikatakan naik pada x = x0, apabila
untuk h positif dan cukup kecil berlaku f(x0  h) < f(x0) < f(x0 + h).
.
Dari gambar di atas kelihatan bahwa fungsi f naik pada selang [x1,x2] dan [x3,x4].
Definisi :
Fungsi f yang terdefinisi pada suatu selang dikatakan turun pada x = x0, apabila
untuk h positif dan cukup kecil berlaku f(x0  h) > f(x0) > f(x0 + h)
Dari gambar di atas fungsi f turun pada selang [x2,x3]
Bila fungsi f naik atau turun pada suatu selkang maka f dikatakan monoton pada
selang tersebut.
y
Misalkan kurva di samping menyajikan
grafik fungsi y = f(x), sehingga terlihat
g1
bahwa untuk x < a, gradien garis singgung g1
g2
positif, yang berarti f(x) > 0, dan f naik pada
y = f(x)
interval itu. Untuk x > 0, gradien garis
singgung-garis singgung selalu negatif
g3
x
1
sehingga f(x) < 0, dan f turun pada interval
a
tersebut.
Sedang untuk x = a, gradien garis singgung dititik tersebut = 0, garis singgungnya sejajar
sumbu x, sehingga f(x) = 0, dalam hal ini f tidak naik dan tidak turun dan dikatakan f
stasioner di x = a.
30
Bukti :
Pertama kita buktikan jika f’(x0) > 0 maka fungsi naik pada x = x0.
f ( x0  x)  f ( x0 )
Dari f’(x0) > 0 maka lim
 0 , kita peroleh :
x 0
x
f ( x0  x)  f ( x0 )
 0 untuk x cukup kecil.
x
Jika x < 0 maka f(x0 + x)  f(x0) < 0 , untuk x = h maka f(x0h) < f(x0) ….(1)
Jika x > 0 maka f(x0 + x)  f(x0) > 0, untuk x = h maka f(x0 +h) > f(x0) ……(2)
Dari (1) dan (2) kita peroleh f(x0h) < f(x0) < f(x0 +h) yang ini berarti f naik pada x = x0
Dengan cara yang sama dapat ditunjukkan bahwa jika f’(x0) < 0 maka fungsi turun pada x
= x0
Suatu fungsi non konstan dikatakan naik (turun) pada suatu selang, apabila fungsi
tersebut naik (turun) atau stasioner pada setiap titik pada interval tersebut.
Sehingga kurva y = f(x) akan:
(i) naik jika f(x) > 0
(ii) turun jika f(x) < 0
(iii) stasioner jika f(x) = 0.
Contoh
Tentukan internal dimana fungsi f(x) =
1 4
x  2x 2  7 naik atau turun.
4
Jawab :
1
f(x) = x 4  2x 2  7  f(x) = x3 – 4x = x (x + 2)(x – 2)
4
x(x + 2)(x – 2)

-2
+
0

2
+
Melihat nilai positip dan negatifnya masing-masing interval, dapat disimpulkan bahwa
1
pada fungsi f(x) = x 4  2x 2  7 kurvanya
4
naik pada interval –2 < x < 0 atau x > 2
turun pada interval x < -2 atau 0 < x < 2.
B. Nilai Maksimum atau Minimum Relatif Suatu Fungsi
Suatu fungsi y = f(x) dikatakan mempunyai maksimum relatif (minimum relatif) pada
suatu interval pada x = xo, apabila f(xo) adalah nilai terbesar (terkecil) dari nilai
pendahulu (penyerta) dari fungsi tersebut.
Pada Gambar 2.2 di bawah, titik A(a,f(a)) adalah titik maksimum relatif dari kurva sebab
f(a) > f(x) pada setiap sekitar (neighbourhood) sekecil apapun 0 < |x  a| <  . Dan
dikatakan bahwa y = f(x) mempunyai maksimum relatif (=f(a)) jika x = a. Dan dengan
31
jalan yang sama titik C(c,f(c)) adalah titik minimum relatif dari kurva, dan dikatakan
y = f(x) mempunyai nilai minimum relatif (=f(c)) jika x = c.
y
A
B
y = f(x)
C
0
a
b
c
x
Pada ketiga titik A, B dan C diperoleh f(a) =
f(b) = f(c) = 0 ketiga garis singgungnya
sejajar sumbu x, dan f stasioner pada ketiga
titik tersebut. Untuk titik A, f(x) berubah
tanda dari positip – nol – negatif, dikatakan f
mempunyai nilai balik maksimum
f(a) pada x = 0.
Untuk titik B, f(x) berubah tanda dari negatif – nol – negatif, dikatakan f mempunyai
nilai belok hozontal f(b) pada x = b.
Untuk titik C, f(x) berubah tanda dari negatif – nol – positif, dikatakan f mempunyai
nilai balik minimum f(c) pada x = c.
Kesimpulan :
Jika f(c) = 0, maka f(c) disebut nilai stasioner (kritis) dari f pada x = c, dan
nilai stasioner mungkin berupa nilai balik maksimum, nilai balik minimum
atau nilai belok horizontal.
Bukti
Pertama akan kita buktikan apabila f(x0) merupakan maksimum relatif pada x = x0, maka
f’(x0) = 0.
Dari f(x0) merupakan maksimum relatif pada x = x0, maka untuk setiap x dengan |x|
cukup kecil, diperoleh f(x0+x) < f(x0), sehingga f(x0+x)  f(x0) < 0.
f ( x0  x)  f ( x0 )
Sekarang apabila x < 0 maka
 0 sehingga :
x
f ( x0  x)  f ( x0 )
f’(x0) = lim
 0 ………..(1)
x 0
x
f ( x0  x)  f ( x0 )
Demikian juga jika x > 0, maka
 0 sehingga :
x
f ( x0  x)  f ( x0 )
f’(x0) = lim
 0 ……….(2)
x 0
x
Dari (1) dan (2), maka diperoleh 0  f ' ( x0 )  0 , sehingga f’(x0) = 0.
Dengan jalan yang sama dapat ditunjukkan untuk minimum relatif dan belok horizontal.
Contoh
Tentukan nilai stasioner fungsi f(x) = 3x5 – 5x3 dan tentukan pula macamnya.
Jawab :
32
f(x) = 15x4 – 15x2 = 15x2(x + 1)(x – 1).


-1
maksimum

0
2
belok horizontal
+
minimum
Gb. 2.6
Stasioner dicapai untuk f(x) = 0  15x2(x + 1)(x – 1) = 0
x = 0 atau x = -1 atau x = 1.
5
Untuk x = 0  f(0) = 3.0 – 5.03 = 0 maka f(0) = 0 adalah nilai belok horizontal.
Untuk x = 1  f(1) = 3.15 – 5.13 = -2 maka f(1) = -2 adalah nilai balik minimum.
Untuk x = -1  f(-1) = 3.(-1)5 – 5.(-1)3 = 2 maka f(-1) = 2 adalah nilai balik maksimum.
Contoh
Dengan menggunakan kawat sepanjang 200 meter akan dibangun suatu kandang ayam
yang berbentuk persegipanjang. Tentukan ukuran kandang agar luas kandang ayam
tersebut maksimum.
Jawab :
100  x
x
 100  2x
R
+
50
Misalkan sisi panjang adalah x dan 100 – x maka
luas kandangnya.
L(x) = x(100 – x) = 100x – x2
L(x) = 100 – 2x.
Nilai stasioner dicapai jika L(x) = 0
 100 – 2x = 0  x = 50.
Jadi agar luas kandang maksimum, ukurannya
panjang satu sisi 50 m sedang sisi satunya (100 –
50) meter = 50 meter. Sehingga bentuk
kandangnya persegi.
Gb. 2.2
C. Titik Belok
Suatu titik dikatakan suatu titik belok, jika kurva jika kurva di titik tercsebut berubah dari
terbuka ke atas menjadi terbuka ke bawah, atau sebaliknya.
Y
Dari gambar di samping titik-titik
beloknya adalah di titik-titik A, B
dan C
 A
 B
 C
O
Gb. 2.4
X
33
Kurva y = f(x) mempunyai titik belok di x = x0 , apabila :
1. f’’(x0) = 0, atau tidak didefinisikan, dan
2. f’’(x0) berubah tanda ketika melewati x = x0, atau syarat 2 ini dapat
dinyatakan dengan : f’’’(x0)  0 apabila f’’’(x0) ada.
Contoh :
Tentukan : arah kecembungan dan titik-titik belok kurva fungsi jika diketahui
Y = 3x 4  10x 3  12x 2  12x  7
Jawab : Y = 3x 4  10x 3  12x 2  12x  7
Y’ = 12x 3  30x 2  24x  12
+
Y’’ = 12(3x  1)( x  2)
Titik belok dicapai y’’=0
12(3x + 1)(x  2) = 0
x =  13 atau x = 2
X=2
X=  13


+

+
cekung ke atas
cekung ke bawah
cekung ke atas
Jadi titik-titik beloknya adalah (  13 , 
Y’’
322
) dan (2,63)
27
E. Penentuan Maksimum dan Minimum dengan Menggunakan Turunan Kedua
y
y = f(x)
0 a
b
c
d
e x
Misalkan kurva y = f(x) seperti pada gambar di
samping, dikatakan kurva y = f(x) terbuka ke
bawah untuk a < x < c dan kurva y = f(x) terbuka
ke atas untuk c < x < e.
Suatu busur dari kurva y = f(x) dikatakan terbuka
(cekung) ke atas apabila untuk setiap titiknya
busur kurvanya terletak di atas tangen (garis
singgung) dari titik tersebut.
Gb. 2.3
Untuk kurva yang terbuka ke atas, pada setiap titiknya nilai f(x) atau gradien garis
singgungnya bertanda sama dan naik atau berubah tanda dari negatif ke positif. Hal ini
menunjukkan bahwa fungsi turunan pertama f(x) adalah fungsi yang naik, yang berarti
f(x) > 0.
Dan suatu busur dari kurva y = f(x) dikatakan terbuka (cekung) ke bawah apabila untuk
setiap titiknya busur kurvanya terletak di bawah tangen dari titik tersebut. Untuk kurva
yang terbuka ke bawah, pada setiap titiknya nilai f(x) atau gradien garis singgungnya
bertanda sama dan turun atau berubah tanda dari positif ke negatif. Hal ini menunjukkan
bahwa fungsi turunan pertama f(x) adalah fungsi yang turun, yang berarti f(x) < 0.
34
Dari kecembungan atau kecekungan kurva di atas dapat ditarik kesimpulan.
Jika f(a) adalah nilai stasioner maka
(i) f(a) adalah nilai balik maksimum bila f(a) = 0 dan f(a) < 0
(ii) f(a) adalah nilai balik minimum bila f(a) = 0 dan f(a) > 0.
Contoh
Tentukan nilai maksimum dan minimum dari f(x) = x(12 – 2x)2 dengan metoda derivatif
kedua.
Jawab :
f(x) = x(12 – 2x)2 = 4x3 – 48x2 + 144x
f’(x) = 12x2 – 96x + 144 = 12(x – 2)(x – 6)
f’’(x) = 24x – 96 = 24(x – 4).
Stasioner jika f(x) = 0
 12(x – 2)(x – 6) = 0
 x = 2 atau x = 6
Untuk x = 2 maka f(2) = 2(12 – 22)2 = 128 dan f(2) = 24(2 – 4) = -48 (negatif)
Untuk x = 6 maka f(6) = 6(12 – 2.6)2 = 0
f(6) = 24(6 – 4) = 48 (positif).
Jadi f(2) = 128 adalah nilai balik maksimum untuk x = 2 dan
f(6) = 0 adalah nilai balik minimum untuk x = 6.
D. Beberapa Contoh Aplikasi Maksimum dan Minimum
Contoh 1
Bilangan 120 dibagi menjadi dua bagian sedemikian hingga hasil kali bagian yang satu
dengan kuadrat bilangan yang lain maksimum.
Tentukan besarnya bagian bilangan masing-masing
Jawab :
Misalkan bilangan yang pertama x, berarti yang yang lainnya 120  x , sehingga :
P(x) = x 2 (120  x) = 120 x 2  x 3
dP
 240 x  3x 2  3x(80  x)
dx
d 2P
 240  6 x
dx 2
dP
 0 atau x = 0 atau x = 80
Harga kritis dicapai jika
dx
d 2P
 240 (positif), sehingga berupa balik minimum.
Untuk x = 0 maka
dx 2
d 2P
 240  6 (80) =  240 (negatif), sehingga berupa balik
Untuk x = 80 maka
dx 2
maksimum.
35
Jadi agar hasil kalinya maksimum, maka bilangan pertama 80 sedangkan bilangan
satunya 40.
Contoh 2
Pada pukul 9 AM, kapal B berada pada 104 km arah timur dari kapal lain A. Kapal B
berlayar ke arah barat dengan kecepatan 16 km/jam, dan kapal A berlayar ke arah selatan
dengan kecepatan 24 km/jam. Apabila kedua kapal tersebut tetap berjalan dengan arah
itu, maka kapan kedua kapal mencapai jarak terdekat dan berapa jaraknya?
Jawab :
A0

B1

B0

A1
Misalkan A0 dan B0 adalah posisi kedua kapal itu pada saat pukul 9 AM, dan A1 serta B1
adalah posisi kedua kapal setelah berlayar t jam kemudian, maka kita peroleh :
B0B1 = 16t dan A0A1 = 24t
Sehingga A0B1 = 104  16t
A1B1 = jarak kedua kapal setelah t = J
2
2
J 2  A0 A1  A0 B1
J 2  (24t ) 2  (104  16t ) 2
dJ
2J
 2( 24t ).24  2(104  16t )(16t )  1152t  3328  512t
dt
dJ 832t  1664
Sehingga

dt
J
dJ
Untuk
 0  832t  1664  t  2 yang merupakan minimum (mengapa?)
dt
Untuk t = 2 maka J 2  (24.2) 2  (104  16.2) 2 , sehingga J = 24 13 .
Jadi kedua kapal berada pada posisi terdekat, setelah keduanya berlayar 2 jam dengan
jarak keduanya 24 13 km.
Latihan 1.
1. Tentukan interval dimana fungsi-fungsi di bawah ini naik ataukah turun.
a. f(x) = x2  4x + 6
b. f(x) = x3
c. f(x) = 12x  x3
d. f(x) = x(x + 2)2
36
e. f(x0 = 1 + 2x  2x2  2x3
2. Tentukan nilai stasioner dan jenisnya dari fungsi-fungsi di bawah ini
a. f(x) = 9  x2
b. f(x) = x(x + 2)2
9
c. f(x) = x + 2
x
d. f(x) = -x4 + 2x2
e. f(x) = cos x + 7
3. Jumlah dua buah bilangan adalah 30. Tentukan masing-masing bilangan tersebut agar
hasil kalinya maksimum.
4. Dengan mengambil tembok sebagai salah satu sisi, akan dibuat kandang ayam
berbentuk persegipanjang dari pagar kawat sepanjang 30 m. tentukan ukuran kandang
agar luas kandang maksimal.
5. Suatu bak penampung air yang direncanakan dibuat dari pelat aluminium yang cukup
tebal yang harus menampung 64 dm3. Tentukan ukuran tabung agar luas seluruh
permukaannya minimum, jika
a. tabung itu tanpa tutup
b. tabung itu dengan tutup.
1 2
x , y  0. Suatu titik P(x, y) terletak pada parabol
2
tersebut. Tentukan jarak OP terpendek jika O pangkal koordinat.
6. Diketahui parabol y = 5 –
7. Suatu kotak tanpa tutup yang alasnya berbentuk persegi, jumlah luas kelima sisinya
432 dm2.
Tentukan ukuran kotak tersebut agar volumnya maksimum.
8. Diketahui kurva dengan persamaan y =
ke kurva tersebut.
x . Tentukan jarak terpendek titik A(3, 0)
9. Suatu persegipanjang mempunyai luas 900 cm2. Tentukan ukuran persegipanjang
agar kelilingnya minimum.
10. Suatu proyek direncanakan selesai dalam x hari yang akan menelan biaya
1200
 60 ) ribu rupiah. Berapa harikah proyek tersebut harus selesai, agar
(3x +
x
biaya minimum?
37
E. Menggambar Grafik Fungsi
Kemampuan menggambar grafik fungsi sangat penting, baik untuk lebih memahami
Kalkulus itu sendiri maupun dalam cabang-cabang ilmu yang lain. Secara umum
langkah-langkah di bawah ini sangat membantu untuk menggambar grafik suatu fungsi,
terutama fungsi aljabar sebagai berikut:
a.
Langkah pertama adalah menentukan titik-titik potong dengan sumbusumbu koordinat.
b.
Langkah kedua adalah menentukan titik-titik stasioner beserta jenisnya.
c.
Langkah ketiga adalah menentukan nilai y untuk x yang besar positif dan
untuk x yang besar negatif.
Contoh :
Gambarlah grafik dari fungsi y = 3x  x 3
Jawab :
1. Titik-titik potong dengan sumbu-sumbu koordinat :
Untuk x = 0 maka y = 3.0  0 3 = 0, titik potong dengan sumbu y adalah (0,0)
Untuk y = 0 maka 3x  x 3 = 0  x(3  x 2 )  0  x( 3  x )( 3  x )  0
 x  0 atau x  - 3 atau x  3
Terdapat tiga titik potong dengan sumbu x: (0,0) , ( 3 ,0) dan (0,  3 )
2. Titik-titik stasioner beserta jenisnya :
Y = 3x  x 3  y '  3  3x 2  3(1  x )(1  x )
 y ' '  6x
Stasioner diperoleh jika : y’ = 0  3(1  x )(1  x )  0  x  1 atau x  1
Untuk x =  1  y  3(1)  (1)3  2
Y’’=6(1) = 6 (positif), sehingga berupa nilai minimum
Untuk x = 1  y  3(1)  (1)3  2
Y’’= 6(1) =  6 (negatif), sehingga berupa nilai maksimum
Sehingga titik (1,2) adalah titik balik minimum dan titik (1,2) berupa titik balik
maksimum.
3. Untuk nilai x yang besar maka nilai y   x 3 , sehingga :
Untuk x besar positif maka akan diperoleh y besar negatif, dan sebaliknya untuk x
yang besar negatif akan diperoleh y besar positif.
38
Dari 1, 2 dan 3 diperoleh grafik sebagai berikut :
(1,2)
Y


O

X
y  3x  x 3
(1,2)

Latihan 2
Gambarlah grafik fungsi-fungsi berikut :
1. y = x 2  1
2. y = 6x  x 2
3. y = 3  2x  x 2
6. y = 1  x 3
7. y = x( x  3) 2
8. y = 23 x 3  x 2
4. y = ( 2  x ) 2
5. y = x 3  6x
9. y = 2x 2  x 4
10. y = 5x 3  3x 5
F. Penerapan Turunan dalam Penyelesaian Limit Fungsi
1. Teorema-teorema Mean
a. Teorema Rolle
Apabila f(x) kontinu pada interval [a,b], dan f(a) = f(b) = 0 dan jika f’(x) ada di setiap
titik pada interval tersebut, maka paling tidak terdapat satu x = x0, pada interval tersebut
sedemikian f’(x0) = 0.
39
Y
Secara geometris, teorema di
atas dapat diartikan bahwa
suatu kurva yang kontinu
memotong sumbu x di x = a
dan x = b, serta mempunyai
tangen disetiap titik antara a
dan b, maka terdapat paling
sedikit satu titik x = x0 di
antara a dan b dimana
tangennya
sejajar
dengan
sumbu x

O


a
(0,f(x0))

b
X
Bukti :
a. Jika f(x) = 0 di seluruh interval, ini juga berakibat f’(x) = 0 untuk setiap x, dengan
sendirinya teorema terbukti
b. Untuk hal yang lain jika f(x) positif (negatif) pada beberapa titik pada interval
tersebut, maka berarti paling sedikit terdapat x = x0 pada [a,b] sehingga f(x)
mempunyai maksimum (minimum) relatif. Dan karena mempunyai maksimum
(minimum) relatif, berarti dipenuhi f’(x0) = 0.
b. Perluasan Teorema Rolle
Y
Apabila f(x) memenuhi syarat
– syarat teorema Rolle, hanya
f(a) = f(b)  0 , maka f’(x0) = 0
untuk paling tidak satu x = x0,
pada interval [a,b].

O


a
(0,f(x0))

b
X
Untuk membuktikan corollary teorema Rolle ini cukup diambil F(x) = f(x)  f(a)
dengan demikian kecuali dipenuhi syarat-syarat teorema Rolle, juga dipenuhi F(a) =
F(b) = 0, sehingga berdasar teorema Rolle di atas, maka paling tidak satu x = x0,
dipenuhi F’(x0) = 0.
c. Teorema Mean
Apabila f(x) kontinu pada interval [a,b] dan apabila f’(x) ada di setiap titik pada
intervaltersebut maka paling sedikit satu x = x0 , x0  [a,b] sedemikian hingga :
40
f (b)  f (a)
 f ' ( x0 )
ba
Secara geometri teorema di atas
dapat dipresentasikan sebagai berikut
:
Jika P1 dan P2 adalah dua titik dari
suatu kurva kontinu yang mempunyai
tangen (garis singgung) pada setiap
titiknya, maka paling sedikit terdapat
suatu titik pada kurva
sedemikian hingga gradien tangen
X
tersebut sama dengan gradien garis
P1P2.
Y
P2(b,f(b))
P1(a,f(a)
)
O
a
X0
b
Bukti :
Persamaan P1P2 : y = K(x  b) + f(b) dengan K =
f (b)  f (a)
ba
Jarak vertical dari P1P2 ke kurva adalah sebesar :
F(x) = f(x)  (K(x  b) + f(b))
Sekarang F(x) memenuhi teorema Rolle sehingga paling sedikit terdapat sebuah x = x 0
sehingga F’(0) = 0. atau
dF ( x) d ( f ( x)  ( K ( x  b)  f (b))

 0 , sehingga
dx
dx
F’(x) = f’(x)  K = 0 untuk suatu x = x0 pada interval [a,b].
f (b)  f (a)
Dari f’(x0)  K = 0 maka f’(x0) = K sehingga f’(x0) =
(terbukti)
ba
d. Generalisasi Teorema Mean
Jika f(x) dan g(x) kontinu pada interval a  x  b , dan jika f’(x) dan g’(x) ada, dan
g’(x) tidak nol pada setiap titik pada interval tersebut, maka paling sedikit terdapat satu x
= x0, pada interval tersebut sedemikian hingga :
f (b)  f (a) f ' ( x0 )

g (b)  g (a) g ' ( x0 )
Catatan :
Jika g(x) = x, maka terjadilah teorema mean lagi.
Bukti :
Misalkan g(b) = g(a); maka dengan perluasan teorema Rolle, diperoleh g’(x 0) = 0, untuk
paling tidak satu x = x0 pada interval [a,b], namun hal ini bertentangan dengan hipotesis
(mengapa ?), jadi haruslah g(b)  g(a).
f (b)  f (a)
 K , suatu konstanta dan dari fungsi :
Ambil
g (b)  g (a)
F(x) = f(x)  (f(b) + K(g(x)  g(b))), fungsi ini memenuhin syarat teorema Rolle,
sehingga F’(x) = f’(x)  Kg’(x) = 0 pada paling sedikit satu titik x = x0, di dalam interval
[a,b] sehingga :
41
K=
f ' ( x0 ) f (b)  f (a)
(terbukti)

g ' ( x0 ) g (b)  g (a)
Bentuk-bentuk yang Tak Tentu
x 2 1
, fungsi ini tertentu untuk setiap
x 1
x  1 . Tetapi untuk x = 1 fungsi di atas menjadi berbentuk 00 yang tak tentu. Maka
Sebagai contoh pandanglah fungsi f ( x ) 
x 2 1
dikatakan bentuk yang tak tentu untuk x = 1. Tetapi kita dapat menghitung
x 1
bahwa limf ( x )  2. Dari sini dikatakan bahwa bentuk yang tak tentu ini mempunyai nilai
bentuk
x 1
2 untuk x = 1, dan yang dimaksudkan ialah harga limitnya.
0
Kecuali bentuk
, kita kenal bentuk-bentuk tak tentu lainnya , misalnya :
0
1
1
1. f(x) =
 untuk x = 0 diperoleh bentuk :   
sinx x
ln x

2. f(x) =
untuk x   diperoleh benrtuk :
x

1 tan x
3. f(x) = ( )
untuk x = 0, diperoleh bentuk :  0
x
tan
x
4. f(x) = (2  ) 2a untuk x = a, diperoleh bentuk : 1
Kecuali bentuk-bentuk tak tentu di atas dikenal beberapa bentuk-bentuk tak tentu lainnya,
misalnya bentuk : 0 0 dan .0 .
x
a
G. Nilai-nilai Tak Tentu Fungsi
0
0
Jika f(x) dan g(x) mempunyai suatu derivatif dalam suatu interval terbuka, dengan a
sebagai salah satu titik ujungnya, dan jika lim f ( x )  0 dan lim g ( x )  0 , f(a) = g(a) =
1. Teorema de l’Hospital untuk bentuk
x a
x a
f ' ( x)
0 dan lim
 L (L terhingga), maka berlaku :
x a g ' ( x )
f ( x)
lim
L
x a g ( x)
Bukti :
f ' ( x)
 L , maka terdapatlah suatu selang terbuka dengan a sebagai
x a g ' ( x )
salah satu titik ujungnya, sehingga untuk tiap-tiap titik x dari interval tersebut,
Dari bentuk lim
42
berlaku g’(x)  0. Dari sini syarat-syarat generalisasi teorema mean dipenuhi,
sehingga untuk suatu titik x dalam interval tersebut berlaku :
f ( x)  f (a ) f ' ( x0 )

, ( a  x0  x)
g ( x)  g (a) g ' ( x0 )
f ( x) f ' ( x0 )
atau :

g ( x) g ' ( x0 )
Jika x  a, maka x0  a, jadi :
f ' ( x0 )
f ( x)
lim
 lim
L
x a g ( x)
x a g ' ( x )
0
Karena bukti tersebut berlaku untuk limit kiri maupun limit kanan, maka teorema
tersebut berarti terbukti untuk tiap-tiap interval sekitar a.
Perlu mendapat perhatian bahwa teorema de l’Hospital, hanya dapat digunakan jika
f ' ( x0 )
limit : lim
ada.
x a g ' ( x )
0
Contoh 1
x3 1
Hitung : lim 3
x 1 x  2 x 2  2 x  1
Jawab :
x3 1
3x 2
lim 3
 lim 2
x 1 x  2 x 2  2 x  1
x 1 3 x  4 x  2
3
=
3
3 4 2
Contoh 2
ex 1
Hitung : lim x
x 0 e ln(1  x )
Jawab :
ex 1
ex
lim x
 lim
x 0 e ln(1  x )
x 0 x
(1)
e lin (1  x)  e x
(1  x)
(1  x)
1
= lim

 1
x 0 (1  x) ln(1  x)  ( 1)
(1) ln(1)  1
f ' ( x)
  ,
Jika syarat-syarat untuk teorema de l’Hospital dipenuhi dan berlaku : lim
x a g ' ( x)
f ( x)
 
maka lim
x a g ( x)
Contoh 3
Hitung : lim
x0
sin x
x2
43
sin x
cos x
 lim
2
x 0 x
x 0 2 x
= 
Jawab : lim
2. Bentuk tak Tentu untuk x  
1
, sehingga
x
0
y  0 jika x   , sehingga maslah di atas menjadi sama dengan bentuk
yang
0
telah dibahas di depan.
1
1
Karena f(x) = f( ) = F(y) dan g(x) = g( ) = G(y) maka :
y
y
1
1
F’(y) =  2 f ' ( )   x 2 f ' ( x) , dan
y
y
1
1
G’(x) =  2 g ' ( )   x 2 g ' ( x) , sehingga :
y
y
Jika lim f ( x)  0 dan lim g ( x)  0 , dengan menggunakan sibstitusi y 
x 
x 
F ' ( y )  x 2 f ' ( x) f ' ( x)


G ' ( y )  x 2 g ' ( x) g ' ( x)
f ' ( x)
Jadi jika lim
 L atau   maka :
x  g ' ( x )
lim
x 
f ( x)
F ( y)
F ' ( y)
f ' ( x)
 lim
 lim
 lim
 L atau  
y

0
x


g ( x ) y 0 G ( y )
G' ( y)
g ' ( x)
Dari sini teorema de l’Hospital di atas berlaku pula, jika x  a, di atas kita ganti
dengan x   , demikian juga jika diganti dengan x   .
3. Teorema de l’Hospital untuk Bentuk Tak Tentu


Jika lim | f ( x) |  dan lim | g ( x) |  , maka bentuk
x a
x a
f ( x)
menjadi bentuk tak tentu
g ( x)

, jika x  a.

Untuk bentuk ini akan kita buktikan teorema de l’Hospital :
Jika f(x) dan g(x) dua buah fungsi yang mempunyai fungsi turunan dalam suatu
interval terbuka dengan a sebagai ujung di sebelah kiri. Dan jika lim f ( x)   dan
x a
f ' ( x)
lim g ( x)   , serta lim
 L (L terhingga), maka berlakulah :
x a
x a g ' ( x )
f ( x)
f ' ( x)
lim
 lim
L
x a g ( x)
x a g ' ( x)
44
Bukti :
f ' ( x)
 L , maka terdapatlah suatu interval dengan a sebagai ujung,
g ' ( x)
sehingga untuk tiap-tiap x dari interval tersebut berlaku g’(x)  0. Dalam interval
tersebut kita dapat memilih dua buah titik x dan x1 dengan a<x<x1. Dengan
menggunakan generalisasi teorema mean :
f ( x)  f ( x1 ) f ' ( x0 )

, dengan x < x0 < x1
g ( x)  g ( x1 )
g ' ( x)
Hubungan di atas dapat ditulis dengan :
g ( x1 )
1
f ( x)
g ( x) f ' ( x0 )

.
f ( x1 ) g ' ( x0 )
g ( x)
1
f ( x)
Jika x0  a, maka x  a.
Karena lim f ( x)   dan lim g ( x)   , maka selalu kita dapat memilih suatu x1
Berhubung lim
x a
x a
x a
f ( x1 )
g ( x1 )
sehingga :
 0 dan
0
g ( x)
f (x)
f ' ( x)
Sehubungan dengan lim
 L , maka dapat ditarik kesimpulan bahwa :
x a g ' ( x )
f ( x)
f ' ( x)
lim
 lim
 L.
x a g ( x)
x a g ' ( x)
Teorema tersebut dapat pula dibuktikan untuk suatu interval terbuka, yang
mempunyai titik ujung di sebelah kanan, dengan limit L juga. Yang ini berarti bahwa
teorema de l’Hospital ini berlaku untuk setiap interval terbuka di sekitar a.
0
Sebagaimana halnya pada bentuk
, dapat dibuktikan pula, bahwa teorema ini
0
berlaku juga pada kondisi : L   dan juga x   .
Contoh 1
ln tan x
x 0 ln tan 2 x
Hitung: lim
1
1
.
2
ln tan x
Jawab : lim
= lim tan x cos x
x 0
x 0 ln tan 2 x
1
2
.
tan 2 x cos 2 2 x
cos x
1
.
2
= lim sin x cos x
x 0 cos 2 x
2
.
sin 2 x cos 2 2 x
sin 2 x cos 2 x
 lim cos 2 x  1
= lim
x 0
x 0
sin 2 x
45
Contoh 2
ax
Hitung lim m (a > 1, m > 0 dan m  R)
x  x
x
a
a x ln a

Jawab : lim m = lim
(ini masih berbentuk
, sehingga dipergunakan de
m

1
x  mX
x  x

l’Hospital sekali lagi)
a x ln 2 a
= lim
x  m ( m  1) x m  2
a x ln 3 a
x  m( m  1)(m  2) x m 3
= ….dst
a x ln m a
=
m!
=
= lim
4. Bentuk-bentuk Tak Tentu Lainnya
Jika lim f ( x)  0 dan lim g ( x)   maka bentuk f(x).g(x) menjadi 0. yang tak
x a
x a
0

atau
dengan jalan
0

g ( x)
f ( x)
menulis bentuk f(x).g(x) sebagai bentuk
atau
(ialah bentuk- bentuk
1
1
g ( x)
f ( x)
0

dan , masing-masing)
0

tentu. Bentuk tersebut dapat kita ubah menjadi berbentuk
Contoh 1
Hitung : lim (1  x) ln(1  x)
x 1
ln(1  x)
1
1 x
1
= lim 1  x
x 1
1
(1  x) 2
= lim  (1  x)  0
Jawab : lim (1  x) ln(1  x)  lim
x 1
x 1
x 1
46
Jika lim f ( x)   dan lim g ( x)   maka untuk x = a, bentuk f(x)  g(x) menjadi
x a
x a
berbentuk    yang tak tentu. Bentuk tersebut dapat kita tulis dengan bentuk
1
1

g ( x) f ( x)
0
, ialah bentuk
1
0
f ( x).g ( x)
Contoh : 2
x
1

)
x  1 ln x
x
1
x ln x  ( x  1)
Jawab : lim (

) = lim
x 1 x  1
x 1
ln x
( x  1) ln x
x
ln x   1
ln x
x
= lim
= lim
(masih
x 1
x 1
1
x 1
ln x  1 
ln x 
x
x
0
berbentuk , sehingga digunakan de l’Hospital sekali
0
lagi)
1
= lim x
x 1 1
1
 2
x x
1
1
=

11 2
Jika lim f ( x)  0 dan lim g ( x)  0 , maka bentuk { f ( x)}g ( x ) , untuk x  a, menjadi
Hitung : lim (
x 1
x a
x a
berbentuk 0 yang tak tentu. Demikian juga jika lim f ( x)  1 dan lim g ( x)   maka
0
x a
bentuk { f ( x)}
g ( x)
x a

akan menjadi berbentuk 1 yang tak tentu. Atau jika lim f ( x)   dan
x a
lim g ( x)  0 maka { f ( x)}
g ( x)
x a
akan berbentuk  yang tak tentu pula.
0
Untuk mencari nilai-nilai tak tentu bentuk-bentuk di atas biasa dilakukan dengan
mengubahnya ke bentuk 0.  dengan jalan mengambil logaritmanya, karena bentuk
g(x).ln f(x) akan berbentuk 0. 
Contoh 3
Tentukan lim x x
x 0
lim x ln x
Jawab : lim x x = lim e ln x  lim e x ln x = e x 0
x
x 0
x 0
x 0
47
ln x

(berbentuk
yang tak tentu)
x 0 1

x
1
= lim x  lim ( x)  0
x 0  1
x 0
x
0
= e 1
Untuk lim x ln x = lim
x 0
Jadi lim x x
x 0
Latihan 3
Tentukanlah nilai-nilai tak tentu dari bentuk-bentuk di bawah ini:
x 1
1. lim n
x 1 x  1
e x  ex
2. lim
x 0
sin x
tan x  x
3. lim
x 0 x  sin x
2
ex 1
4. lim
x 0 cos x  1
ln sin x
5. lim
 (  2 x ) 2
x
2
6. lim
x 
ln x
xn
7. lim x
1
1 x
x 1
1
8. lim ( ) tan x
x 0 x
9. lim (cot x)
1
ln x
x 0
10. lim (tan
x 1
x
4
)
tan
x
2
48
BAB V
KALKULUS INTEGRAL
Kegunaan integral sebagai ilmu bantu dalam geometri, teknologi, biologi dan
ekonomi tak dapat disangkal lagi. Orang yang tercatat dalam sejarah pertama kali
mengemukakan ide tentang integral adalah Archimedes seorang ilmuwan bangsa Yunani
yang berasal dari Syracusa (287 – 212 SM). Archimedes menggunakan ide integral
tersebut untuk mencari luas daerah suatu lingkaran, daerah yang dibatasi oleh parabola
dan tali busur dan sebagainya. Sejarah mencatat orang yang paling berjasa dalam hal
pengembangan kalkulus integral adalah Georg Friederich Benhard Riemann (1826 –
1866).
A. Integral Taktentu
1. Integral sebagai operasi invers dari turunan.
Misalkan fungsi f adalah turunan dari fungsi F, yang berarti
F(x)  dF(x)
dx  f(x)
Pandanglah pendiferensialan fungsi-fungsi di bawah ini
F(x) = x3
 F(x) = f(x) = 3x2
F(x) = x3 + 5  F(x) = f(x) = 3x2
F(x) = x2  17  F(x) = f(x) = 3x2
F(x) = x3 + c (c = konstanta)  F(x) = f(x) = 3x2
Sekarang timbul pertanyaan apakah dari hubungan F(x) = f(x) ini jika f(x) dikethui
maka f(x) pasti dapat ditentukan ?
Suatu operasi mencari F(x) jika f(x) diketahui yang merupakan invers dari operasi
pendiferensialan disebut operasi anti derivatif, anti diferensial, anti turunan yang
biasa disebut Operasi integral.
Dari contoh di atas dapat ditarik kesimpulan bahwa anti turunan dari f(x) = 3x2 adalah
F(x) = x3 + c , c = konstanta.
Dari pengertian bahwa integral adalah invers dari Operasi pendiferensialan, maka
apabila terdapat fungsi F(x) yang diferensial pada interval [a, b] sedemikian hingga
df(x)
'
dx  F (x)  f(x) maka anti turunan dari f(x) adalah F(x) + c, dan biasa kita tulis
dengan notasi.
Notasi  adalah notasi integral tak tentu.
 f(x)dx   F(x)  c
Catatan :
Orang yang pertama kali memperkenalkan lambang

sebagai lambang
integral adalah Leibniz, yang disepakati sebagai slah seorang penemu dari
Kalkulus.
Dari contoh di atas diperoleh hasil  3x 2 dx  x 3  c
Dengan memperhatikan diferensial-diferensial di bawah ini:
F(x) = x + c  F(x) = 1
F(x) = ax + c  F(x) = a
xn
F(x) =
1
n 1
x n 1  c
 F(x) =
1 (n 1)
n 1
F(x) =
a
n 1
x n 1  c
 F(x) =
a (n 1)
n 1
xn
49
 xn 1
 ax n
maka diperoleh integral fungsi-fungsi aljabar :
(1)
(2)
n
(3)
(4)
 dx  x  c
 adx  ax  c
 x dx  x
 x dx  x
1
n 1
 c, n  1
n 1
 c, n  1
Dari integral adalah invers diferensial maka
(5)
(6)
n
1
n 1
 f(x)  f(x) 
dx
 x
  f(x)   g(x)dx
 a f(x)dx   f(x)dx
a
Contoh 1. Tentukan
Jawab:
n 1
3

 x
3

2x dx
 2x dx  14 x 4  2. 12 x 2  c
= 14 x 4  x 2  c

Contoh 2. Integralkanlah 3x 3  4
Jawab:
 3x
3



2

 4 dx   gx 6  24x 3  16 dx
2
= 9. 17 x 7  24. 14 x 4  16x  c
= 79 x 7  6x 4  16x  c
Mengingat pendiferensialan fungsi-fungsi yang lain; yaitu:
Jika f(x) sin x maka f(x) = cos x
Jika f(x) cos x maka f(x) = -sin x
Jika f(x) tg x maka f(x) = sec2 x
Jika f(x) cotg x maka f(x) = -cosec2 x
Jika f(x) sec x maka f(x) = sec x tgx
Jika f(x) cosec x maka f(x) = -cosec x cotg x
Jika f(x) ex maka f(x) = ex
Jika f(x) ln x maka f(x) =
1
x
Dengan mengingat integral adalah operasi invers dari pendiferensialan, maka akan
diperoleh rumus-rumus pengintegralan.
50
(7)
(8)
(9)
(10)
(11)
(12)
(13)
(14)
 cos x dx  sin x  c
 sin x dx  -cos x  c
2
 sec x dx  tan x  c
2
 cosec x dx  cot x  c
 sec x tan x dx  sec x  c
 csc x cot x dx  -csc x  c
 e dx  e  c
 dxx  ln x  c
x
Contoh 3. Gradien pada titik (x,y) dari suatu kurva y = f(x) diketahui memenuhi
dy
hubungan dx
 2x  3 dan melalui (3, 5).
Tentukan persamaan kurvanya.
Jawab:
Gradien kurva y = f(x) adalah
Sehingga y =
dy
dx
 2x  3
 2x  3dx
y = 2. 12 x 2  3x  c
 y = x2 – 3x + c
Melalui (3, 5)  5 = 32 – 3.3 + c
5=c
Jadi persamaannya : y = x2 – 3x + 5
Jika suatu soal integral tak dapat diselesaikan dengan integral langsung,
mungkin dengan mensubstitusi variabel baru soal tersebut dapat
dipecahkan.
2. Pengintegralan Dengan Substitusi
Menentukan integral fungsi yang dapat disederhanakan menjadi bentuk
n
 f (x) df(x)  .
Mengacu pada rumus pengintegralan bentuk
maka pengintegralan
u
n
dx 
1 n 1
u
 c, n  - 1
n 1
Contoh 1.
Tentukan

x
x 3  2 x 2 dx
51
n
dx 
1 n 1
x
 c, n  - 1 ,
n 1
Jawab : Misalkan u = x3 + 2 maka du = 3x2  x2dx =

Sehingga
1
du .
3
1
u . du
3
x 3  2 x 2 dx  
1
1
=  u 2 du
3
1
1 2
= . u2 c
3 3
9
2
= ( x 3  2) 2  c.
9
Contoh 2. :
( x  3)dx

(x
2
1
 6x ) 9
Jawab : Misalkan u = x2 + 6x  du = (2x + 6)dx
1
 (x + 3)dx = du.
2
1 du
( x  3)dx
2
Sehingga : 

 u1
1
3
( x 2  6x ) 9
1

1
=  u 9 du
2
1
2
1
= . 2 u9 c
2 3
2
3
= ( x 2  6x ) 9  c.
4
Contoh 3.
Integralkanlah
Jawab :
 sin
5
 sin
5
3x dx
3x dx   (sin 2 3x ) 2 sin 3x dx
Misalkan u = cos 3x  du = -3 sin 3x dx
1
sin 3x dx =  du
3
Sehingga
 (sin
2
3x ) 2 sin 3x dx   (1 - cos 2 3x ) 2 sin 3x dx
=
 (1  u
52
1
) ( du )
3
2 2
1
(1  2u 2  u 4 )du

3
1
2
1
=  cos 3x  cos 3 3x  cos 5 3x  c.
3
9
15
=
Contoh 4.
 sin
5
5x cos 3 5x dx
Jawab : Misalkan u = sin 5x  du = 5 cos 5x dx
1
du  cos 5x dx
5
 sin

6
5x cos 3 5x dx   sin 6 5x . (1  sin 2 6x ). cos 5x dx
sin 6 5x . (1 - sin 2 6x ) . cos 5x dx
1
u 6 (1  u 2 ) . du

5
1
(u 6  u 3 )du
5
1 7 1 9
u  u )c
1
  7
9
5


1
1
sin 7 5x  sin 9 5x  c
35
45
Latihan 5.
Tentukanlah :
1.
 (x
3
2.
 (x
3
3.
4.
sin x dx
9.
1
 2) 2 x 2 dx
10.

cos x dx
11.

tg x dx
12.

cot g x dx
8x 2 dx
 (x 3  2)3


 2) 2 3x 2 dx
x 2 dx
x3  2
53
cos 3 x
sin 2 x
cos 3 x
sin 2 x
tg(3x  2)dx
cos(3x  2)
sin 2x dx
5.
 3x
1  2x 2 dx
13.

6.
x
3
1 - 2x 2 dx
14.
 (1 - cos 2x) 2
7.
x
3
15.
 (3  2 sin 3x)
8.

x dx
16.


x3
3  2x 4 dx
cos 3x dx
tan x  1
cos 2 x
dx
2x  3
Tentukan pula antiderivatif dari soal-soal di bawah ini !
17.
2
x 3
4
dx
24.  cos 4 2x sin 3 2xdx
dx
25.  sin 3 3x cos 5 3x dx
x  2x
2
18.
 (x  1) 2
19.

20.

( x  1)dx
26.  cos 3
x  2x  4
dx
dx
1
2
x
dx
3
27.  sin 4 x dx
(a  bx ) 3
21.

xdx
28.  sin 4 3x cos 2 3x dx
2
(a  bx ) 3
22.  cos x dx
29.
23.  sin 2 x cos 3 xdx
3. Menentukan Hasil dari
3
(1  cos 3x ) 2
sin 3x dx

30.  (tan3 3x sec 4 3x)dx
5

a 2  x 2 dx dengan Substitusi x = sin t atau y=cost
Bentuk-bentuk integral di atas dapat digunakan substitusi dengan menggunakan
bantuan sketsa geometri.
Contoh 1
Tentukan

4  x 2 dx
Misalkan sin t =
2
x
x
2
x = 2 sin t
dx = 2 cos t
t
cos t =
4  x2
54
4  x2
2
4  x 2 = 2cos t
Sehingga
 2 cos t.2 cos tdt
= 2  2 cos 2 tdt
= 2  (1  cos 2t )dt

4  x 2 dx =
1
sin 2t) + c
2
Untuk mengembalikan hasil dalam t ini kembali ke variabel x digunakan fungsi
invers dari fungsi trigonometri, yang biasa kita kenal sebagai fungsi siklometri.
= 2(t +
Bahwa jika f(x) = sin x maka f 1 (x) = sin 1 x = arc sin x
f(x) = cos x maka f 1 (x) = cos 1 x = arc cos x
f(x) = tan x maka f 1 (x) = tan 1 x = arc tan x
Dengan hubungan jika y = sin x maka x = arc sin y
Dari persoalan di atas, dari

4  x 2 dx = 2t + sin 2t + c
sin t =

= 2t + 2sint.cos t + c
x
t = arc sin
yang berarti :
2
x
2
x
x 4  x2
+ 2. .
+c
2
2
2
x
x
4  x2 + c
= 2 arc sin +
2
2
4  x 2 dx = 2 arc sin
Contoh 2 .
Tentukan

9  4x 2 dx
Jawab :
Misalkan sin t =
3
2x
t
9  x2
cos t =
9  4x 2
3
Sehingga :

9  4x 2 = 3 cos t
3
9  4x 2 dx =  3 cos t. cos tdt
2
55
2x
3
3
sin t
2
3
dx = cos t dt
2
2x
dan t = arc
3
x =
9
cos 2 tdt

4
9
=  (1 + cos 2t) dt
4
9
1
= (t + sin 2t) + c
4
2
9
= (t + sint. cos t) + c
4
=
9
2x
2 x 9  4x 2
= (arc sin
+
.
)+c
4
3
3
3
9
2x
3x
9  4x 2 + c
= arc sin
+
4
3
2
Contoh 3.
Tentukanlah

dx
x2 4  x2
Misalkan tan t =
4  x2
t
Sehingga

dx
sec t =
x2 4  x2
=
4  x2
2
2 sec 2 tdt
 (2 tan t ) 2 sec t
1 sec tdt
4  tan 2 t
1
=  sin 2 t cos t dt
4
1
=  sin 2 d(sin t )
4
1
= - sin 1 t + c
4
1
=
+c
4 sin t
1
=
+c
x
4
4  x2
=
=
x = 2 tan t
dx = 2 sec 2 t dt
x
2
x
2
 4  x2
+c
4x
56
4  x 2 = 2 sec t
Latihan 6
Tentukanlah integral dari soal-soal di bawah ini !
dx
1.

1  x 2 dx
11.

2.

25  x 2 dx
12.

3.

3 x
2
dx
13.
3
2 2
(4  x )
dx
x2 a2  x2
x 2 dx

5
2 2
x )
(4
4.

5  x 2 dx
14.
x 2 dx

(a
2
3
2 2
x )
dx
5.

9  4x 2 dx
15.

6.

3  4x 2 dx
16.
x
7.

5  3x 2 dx
17.

x2 9  x2
a 2  x 2 dx
3
dx
(4x
8.
9.

3
2 2
(16  9x )
x
dx
18.

19.

2
x dx

10.
6
2x  x 2
dx

3
 27) 2
20.

1
2 2
x )
3  2x  x 2 dx
dx
5x
dx
2
16  9x 2
(4x  24x
4. Integral Parsial
Misalkan u dan v masing-masing fungsi yang diferensiabel dalam x, maka diferensial
dari y = u.v adalah :
d(u.v) = u.dv + v.du
dan jika kedua ruas diintegralkan, akan diperoleh :
2
 d(uv)   udv   vdu
uv =  udv   vdu
atau :
 udv  uv   vdu
57
Rumus integral ini disebut rumus integral parsial dimana rumus ini biasa digunakan
apabila
 vdu mudah dicari dalam upaya mencari penyelesaian dari  udv yang secara
langsung sulit.
Contoh 1.
Tentukan integral-integral :
a.
b.
 x 3  x dx
 x sin 3x dx
Jawab :
a. Misalkan u = x maka du = dx
3 x
dan dv =
maka v =

3  x dx =

1
(3  x ) 2 d(3  x ) =
3
2
(3  x ) 2 + c
3
3
3
2
Sehingga  x 3  x dx = x. (3  x ) 2 –  23 (3  x ) 2 dx
3
b. Misal u = x
3
 (3  x) 2 d(3  x)
2
3
x (3  x ) 2 –
=
2
3
x (3  x ) 2 – 23 . 52 (3  x ) 2  c
=
2
3
x (3  x ) 2 –
2
3
3
5
3
5
4 (3  x ) 2
15
c
du = dx
dv = sin 3x dx
Sehingga
3
=
 x sin 3x
v =  sin 3xdx   13 cos 3x  c
dx = x(– 13 cos 3x)   ( 13 cos 3x)dx
= – 1 x cos 3x  1 sin 3x  c
3
9
Untuk soal-soal tertentu kadang-kadang diperlukan lebih dari sekali memparsialkan.
Contoh 2.
Tentukanlah  x 2 cos(2x  3)dx
Jawab : Misalkan u = x 2 maka du = 2x dx dan dv = cos(2x + 3) dx
Maka v =  cos(2x  3)dx  1 sin(2x  3)  c
2
Sehingga :
x
2 cos(2x  3)dx = x 2 ( 1 sin(2x  3) – 1 sin(2x  3).2xdx
2
2
= 1 x 2 sin(2x  3)   x sin(2x  3)dx …. (i)
2
Integral  x sin(2x  3)dx dapat dicari dengan memparsialkan sekali lagi
58
 x sin(2x  3)dx =  x( 2 d(cos(2x  3)) = – 2  xd (cos(2x  3))
1
1
= – 1 ( x cos(2x  3)   cos(2x  3)dx )
2
= – 1 x cos(2x  3)  1 sin(2x  3)  c ……..(ii)
2
4
Dari (i) dan (ii) diperoleh :
x
2 cos(2x  3)dx = 1 x 2 sin(2x+3) –(– 1 x cos(2x  3) + 1 sin(2x  3))  c
2
4
2
= 1 x 2 sin(2x+3) + 1 x cos(2x  3) – 1 sin(2x  3))  c
2
4
2
Pengembangan :
Khusus untuk pengintegralan parsial berulang bentuk  udv yang turunan ke-k dari
u adalah 0 (nol), dan integral ke-k dari v ada, maka integral berulang di atas dapat
ditempuh cara praktis sebagaimana contoh di bawah ini.
Contoh 2
Tentukanlah  x 2 cos(2x  3)dx
Jawab :
diturunkan
x2
2x
2
+
–
+
0
cos(2x+3)
1 sin(2x  3) diintegralkan
2
– 1 cos(2x  3)
4
– 1 sin(2x  3)
8
Sehingga :
x
2 cos(2x  3)dx = 1 x 2 sin( 2x  3)  1 x cos(2x  3)  1 sin( 2x  3)  c
2
2
2
Contoh 3
Integralkanlah :  x 4 sin(2x  3)dx
Jawab :
diturunkan
x4
4x 3
+
–
12x 2
+
24x
–
24
sin(2x+3)
– 1 cos(2x  3)
2
– 1 sin(2x  3)
4
1 cos(2x  3)
8
1 sin(2x  3)
16
+
59
diintegralkan
– 1 cos(2x  3)
0
32
Sehingga :
x
4 sin(2x  3)dx =  1 x 4 cos(2x  3) + x 3 sin(2x+3) + 3 x 2 cos(2x  3) –
2
2
– 3 x sin(2x  3) – 3 cos(2x  3)  c
2
4
Latihan 7
Dengan menggunakan integral parsial, carilah integral berikut ini :
1.  x (2x  3) 5 dx
11.  x 2 sin(3x  3)dx
2.  x (3x  4) 6 dx
12.  x 2 sin(3x  2)dx
3
3.
3x
 2 (x  2) 2 dx
4.

5.

13.  x 2 9  x dx
xdx
14.  x 3 cos(2x  3)dx
x 3
2xdx
15.  sin 3 xdx (petunjuk ubah kebentuk
3x 1
 sin
6.

x 3dx
2 x sin xdx )
16.  cos 4 xdx
x2  4
xdx
7.  3x cos 3xdx
17.
8.  x sin( 1 x )dx
18.  x 2  x dx
9.  (3x  4) cos(4x  3)dx
19.  x cos xdx
10.  x 2 cos xdx
20.  x cos(2x  5 )dx
5
 x 1
3
Pengayaan :
Pengintegralan fungsi-fungsi trigonometri, kecuali dengan substitusi dapat juga
digunakan rumus – rumus reduksi di bawah ini :
 sin n 1 u cos u n 1

sin n  2 udu

n
n
1.
n
 sin udu =
2.
cos n 1 u sin u n 1
n

cos n  2 udu
 cos udu =

n
n
3.
n
m
 sin u cos du =
sin n 1 u cos m 1 u m 1

sin n u cos m  2 udu, n  m
nm 
mn
60
=
 sin n 1 u cos m 1 u n 1

sin n  2 u cos n udu, n  m

n

m
mn
Bukti :
1.
 sin
n udu = sin n 1 u sin udu

= –  sin n 1 ud(cos u)
= – sin n 1 u cos u +  cos ud(sin n 1 u)
= – sin n 1 u cos u + (n-1)  cos u sin n  2 u cos udu
= – sin n 1 u cos u + (n-1)  cos 2 u sin n  2 udu
= – sin n 1 u cos u + (n-1)  (1  sin u) sin n  2 udu
= – sin n 1 u cos u + (n-1)  sin n  2 udu  (n  1) sin n udu
n  sin n udu = – sin n 1 u cos u + (n-1)  sin n  2 udu
Jadi  sin n udu =
 sin n 1 u cos u n 1

sin n  2 udu

n
u
Contoh 1
Tentukanlah  sin 3 (5x  2)dx
Jawab :  sin 3 (5x  2)dx = 1  sin 3 (5x  2)d(5x  2)
5
sin 2 (5x  2) cos(5x  2) 2
  sin(5x  2)d(5x  2)
= 1 (
5
3
3
= – 1 sin(5x  2) cos(5x  2)  2 cos(5x  2)
15
15
Contoh 2
Tentukanlah  cos 4 (2x  3)dx
Jawab :  cos 4 (2x  3)dx = 1  cos 4 (2x  3)d(2x  3)
2
cos 3 (2x  3) sin(2x  3) 3
  cos 2 (2x  3)d(2x  3))
= 1(
2
4
4
cos(2x  3) sin(2x  3) 1
  d(2x  3))
= 1 cos 3 (2x  3) sin( 2x  3)  3 (
8
8
2
2
= 1 cos 3 (2x  3) sin( 2x  3)  3 cos(2x  3) sin( 2x  3)  3 (2x  3)  c
8
16
16
61
Latihan 8
Dengan menggunakan rumus reduksi selesaikan pengintegralan di bawah ini
1.  sin 4 xdx
9.  sin 4 x cos 5 xdx
2.  cos 4 xdx
10.  sin 3x cos 4 3xdx
3.  cos 5 xdx
11.  sin 3 (2x  3) cos 2 (2x  3)dx
4.  sin 5 xdx
12.  x 2 sin(3x  2)dx
5.  cos 5 3xdx
13.  x 3 cos(2x  3)dx
6.  cos 3 (2x  3)dx
14.  (2x  3) 3 sin(4x  6)dx
7.  cos 5 (3x  5)dx
15.  (2x  3).2 cos(4x  6)dx
8.  sin 3 x cos 2 xdx
16.  x 4 sin(2x  3)dx
5. Pengintegralan

du
u
Dari f(x) = ln x f  (x) =
Yang berarti

1
maka
x

dx
 ln | x |  c
x
du
 ln | u | c .
u
Contoh 1.
Tentukanlah
 (1  e
2x 2 2x
) e dx
Jawab : Misalkan u = 1 – e2x maka
1
du = -2e2x dx  e2x dx =  du
2
Sehingga
 (1  2
2x
1
1
)e 2 x dx   u 2 ( du )    u 2 du
2
2
1 1 3
=  . u c
2 3
1
=  (1  e 2 x )  c
6
Contoh 2.
Tentukanlah
 sin x e
3- cos x
dx
Jawab misalkan u = 3 – cos x
du = sin x dx
sehingga
 sin x e
3- cos x
dx   e u du
= eu + c
62
= e3-cos x + c
Contoh 3.
Integralkanlah
dx
 x(5  ln x)
Jawab : Misalkan u = 5 + ln x
dx
du =
x
dx
du
Sehingga 

x (3  ln x)
u
= ln |u| + c
= ln(5 + ln |x|) + c
Contoh 4.
Integralkanlah
 log (2x  3) dx
Jawab : Misalkan u = log (2x + 3) =
ln (2x  3)
ln 10
2 . dx
(2x  3)ln 10
1
1
du = dx = d (2x  3)  u  (2x  3)  c
2
2
 du =
Sehingga :
1
1
2 dx
 log (2x  2)dx  2 (2x  3) log( 2x  3)   2 (2x  3) . (2x  3)ln 10
1
1
(2x  3) log (2x  3) dx
2
ln 10 
1
x
= (2x  3) log (2x  3)  c.
2
ln 10
=
Contoh 5.
Integralkanlah
Jawab :


e x sin x dx
e x sin x dx  -  ex x d(cos x)
=   e x cos x -  cos x d (e x )  .


=  e x cos x   e x cos x dx
=  e x cos x   e x d(sin x)
=  e x cos x  e x sin x -  sin x d(e x )
63
=  e x cos x  e x sin x -  e x sin x dx
= 2 e x sin x dx  - e x cos x  e x sin x  c
Jadi
e
x
sin x dx 
1 x
e (sin x - cos x)  c.
2
Latihan 9.
Tentukanlah integral dari :
x dx
1.  2
x 1
x  2 dx
2. 
x 1
11.
e 2 x dx
 e 2x  3
12.

3.

e  x dx
13.

4.

e 3  4 x dx
14.

5.
dx
 u x 1
x 2 dx
15.

(e x  1)dx
ex 1
(e 2 x  1)dx
e 2x  3
sec 2 5x dx
tg 5x
e x dx
1  e 2x
e 2 x dx
6.
 1  2x 3
16.
 1  e 2x
7.
 tg(3x  4) dx
17.

x 2  16 dx
8.
x
18.

x 2  36 dx
9.
 sec x dx  u  sec x  tg x 
19.

3x 2  5 dx
10.

20.

3x 2  4x  5 dx
2
ctg( x 2  4) dx
 Petunjuk mis. 
cos 3x dx
B. Integral Tentu
1. Pengertian Integral Tentu (Integral Riemann)
y =f(x)
L
f(xn)
f(x1) x1
x2
x3
x4
a
x1 x2 x3
xn
Gambar disamping memperlihatkan daerah L
yang dibatasi oleh y = f(x), sumbu x dari x = a
sampai dengan x = b.
Untuk mencari luas daerah L ditempuh langkahlangkah sebagai berikut.
b
64
Gb.3.1
Langkah pertama, interval [a,b] dibagi menjadi n interval dengan panjang masingmasing interval bagian x1, x2, x3, …, xn. Sedang pada masing-masing interval
ditentukan titik-titik x1, x2, x3, …, xn. Selanjutnya dibuat persegipanjang-persegipanjang dengan panjang masing-masing f(x1), f(x2), f(x3), …, f(xn) dan lebar masingmasing x1, x2, x3, …, xn sehingga :
Luas persegipanjang pertama
= f(x1).x1
Luas persegipanjang kedua
= f(x2).x2
Luas persegipanjang ketiga
= f(x3).x3
…
=…
Luas persegipanjang ke-n
= f(xn).xn
+
Jumlah luas seluruh persegipanjang = f(x1).x1+f(x2).x2+f(x3).x3+…+f(xn).xn
n
=
 f (x i ).x i .
i 1
Dan untuk menekankan bahwa pengambilan jumlah tersebut meliputi daerah pada
interval [a,b], notasi sigma di atas sering kita tulis dengan notasi.
b
Jumlah semua luas persegipanjang =
 f (x).x.
x a
Jika n dibuat cukup besar maka jumlah luas diatas mendekati luas daerah L. Sehingga
luas daeah L adalah nilai limit jumlah di atas.
b
L = lim
 f(x).x.
x  0 x  a
Notasi tersebut di atas biasa ditulis dengan notasi integral tertentu atau integral
Riemann :
b
L =  f(x)dx.
a
b

: notasi integral tertentu
a
a : batas bawah integral
b : batas atas integral
Contoh 8
3
Tunjukkan dengan jalan mengarsir daerah yang ditunjukkan oleh  (2x  1)dx.
1
Jawab : Persamaan kurva y = 2x + 1
65
x = 2x + 1
y
Integral di atas menyajikan daerah yang dibatasi
oleh kurva y = 2x + 1, sumbu x, dengan garisgaris x = -1 dan x = 2, seperti daerah yang
diarsir disamping.
A
1

1 2
1
2
x
b
2. Menentukan nilai  f(x)dx
a
b
Untuk menentukan nilai  f ( x )dx dicari sebagai berikut :
a
y
T
R
D
P
0
aA
C
S
U
Andaikan akan dicari luas daerah yang dibatasi
oleh y = f(x), sumbu x dari x = a sampai dengan
x = b.
Misalkan luas daerah yang dicari adalah L(b),
maka
c
h
Q
c+h
bB
x
Gb.3.4
b
L(b) =  f ( x )dx ,
dan
a
c
L(c) =  f ( x )dx
a
ch
L(c + h) =
 f (x)dx
a
a
L(a) =  f ( x )dx  0
a
Luas PQRU < luas PQSU < luas PQST
f(c).h < L (c + h)  L(c) < f(c + h).h
L(c  h )  L(c)
f(c) <
 f(c  h), h  0
h
Jika h  0 maka
66
L(c  h) - L(c)
 lim f(c  h)
h 0
h 0
h 0
h
f(c)  L(c)  f(c)  L(c) = f(c).
lim f(c)  lim
Oleh karena hasil tersebut berlaku untuk setiap c pada interval [a,b] maka setiap
x  [a,b] berlaku :
L(x) = f(x) sehingga
L(x) = f(x)dx.
Jika F(x) adalah anti turunan dari f(x) maka
L(x) = F(x) + c ………. (1)
Dari L(a) = 0, berarti F(a) + c = 0, sehingga c = -F(a)
(1)  L(b) = F(b) + c = F(b)  F(a).
b
 f (x)dx  [F(x)]a  F(b)  F(a ) .
b
a
Contoh 9
3
Tentukan nilai integral dari  (2x  3)dx.
1
3
Jawab :  (2x  3)dx  [ x 2  3x ]13
1
= (32 + 3.3)  (12 + 3.1) = 18  4
= 14.
Untuk menentukan luas daerah yang dibatasi oleh kurva y = f(x), sumbu x dan garis
x = a dan garis x = b.
y
Untuk daerah di atas sumbu x atau pada interval
a  x < b, f(x) > 0 untuk setiap x, sehingga
b
 f (x).x  0 yang berarti
x a
I
b
0 a
c
II
x
y = f(x)
b
 f (x)dx
adalah
a
positip.
Sedang daerah yang terletak di bawah sumbu x
atau b < x  c, maka f(x) < 0 untuk setiap x.
Gb.3.5
c
c
Sehingga
 f (x).x  0
yang berarti
x b
 f (x)dx
adalah negatif. Sehingga nilai
b
c
integral  f ( x )dx untuk daerah di bawah sumbu x bernilai negatif.
b
67
Contoh 10
5
a. Hitung  ( x  3)dx
1
b. Hitung luas daerah yang disajikan oleh integral di atas.
5
5
1

Penyelesaian :  ( x  3)dx   x 2  3x 
2
1
1
1
 1
  1
 1 
=  .52  3.5    .12  3.1  12  15     3 
2
 2
  2
 2 
1  1
=  2  2   0 .
2 
2
y
Karena ada daerah yang terletak di bawah
sumbu x, maka nilai integral tertentunya
negatif, sehingga luas daerah yang diarsir
L = I + II, atau
y = x-3
1
3
0
5
x
Gb.3.6
3
5
L =   ( x  3)dx   ( x  3)dx
1
3
3
5
1
 1

=   x 2  3x    x 2  3x 
2
1  2
3
 1
 1
  1
 1

=   .32  3.3    .12  3.1   .52  3.5    .32  3.3 
 2
  2
 2

 2
 1
  1   1
  1

=   4  9     3   12  15    4  9 
  2 
 2   2   2
 1  1   1   1 
=    4    2       2     4  
2 
2  
2 
2 

= ( 12
2
)+2
=2+2=4
Jadi luas daerahnya = 4 satuan luas.
68
Latihan 10.
Tentukan nilai integral tertentu dari soal-soal di bawah ini
1
1.
 (x  1)dx
2
2
2.
x
2
dx
2
9
3.
x
x dx
0
3
4.
 (3x  2)dx
1
2
5.
 (x  1)(3x  1)dx
1
p
6. Tentukan p sedemikian hingga  x (2  x )dx  0
0
p
7.
1
3
 (x 2  1) dp
0

2
8.
 cos x dx
0

4
9.
 (sin 2x  cos 2x)dx
0
1
4
10.
 cos
3
x sin x dx
0
11. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh f(x) = 6 - 2x, sumbu x dari x = 1
samapai dengan x = 3.
12. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh f(x) = x 2  2 , sumbu X dari x = 1
sampai dengan x = 4
13. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh f(x) = 16  x 2 dari x = 0 sampai dengan
x=4
14. Tunjukkan bahwa luas daerah lingkaran dengan jari-jari r adalah r 2
15. Tunjukkan bahwa luas daerah ellips
x2
a2
69

y2
b2
 1 adalah ab.
16. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva berikut :
a. y = x 2 dan y =
x
b. y = x 2  4 dan x + y = 6
x
c. y = sin x dan y = cos x dari

4
sampai dengan x  1 14 
3 Menentukan Volum Benda Putar
Perhatikan gambar di bawah ini :
Y
y = f(x)
a
O




X
b
Untuk menentukan volum benda putar yang dibentuk oleh y = f(x) yang diputar
mengelilingi sumbu-X pada interval [a,b] kita bagi-bagi benda tersebut menjadi
keratan-keratan, di mana setiap keratan mempunyai volum :
v i  f (x i ) 2 .x i
Sehingga volum keseluruhan :
b
v = lim

x 0 x a
i
b
f ( x i ) 2 .x i  f ( x i ) 2 .x i atau :
a
b
b
a
a
v =  f ( x ) 2 dx atau v =  y 2 dx
4. Panjang Busur ( Materi Pengayaan)
Aplikasi lebih klanjut dari integral tertentu adalah untuk menghitung panjang
busur dari suatu garis lengkung dari kurva y = f(x).
B  y = f(x)
X
 Q(x+ x, y  y)
s
P(x,y)

A

O
y
x
Y
a
b
70
Misalkan gambar di atas memperlihatkan kurva y = f(x), dan titik-titik A dan B
pada kurva y = f(x). Jika kurva y = f(x) dan turunan-turunan kontinu dalam
interval [a,b], maka panjang busur AB dapat ditentukan sebagai berikut :
Misalkan titik-titik P(x,y) dan titik Q(x+ x, y  y) terletak pada kurva y = f(x).
Panjang PQ dapat ditentukan dengan menggunakan teorema Pythagoras :
s  x 2  y 2
Panjang busur AB dapat dinyatakan sebagai limit jumlah segmen-segmen s
yaitu :
s = lim  s
s0

x 0
x 2  y 2

x 0
1
= lim
= lim
  .x
y 2
x
Hubungan di atas jika disjikan dalam notasi Riemann, akan menjadi :
b
b
a
a
s =  ds   1 
  dy
dy 2
dx
Contoh 1.
Tentukan panjang garis dengan persamaan y = x + 1 dari x = 1 sampai dengan x = 5 !
Jawab:
X
B
y=x + 1
Dari y = x + 1 maka
dy
1
dx
Panjang busur AB :
5
s   1 
dy
dx
2 dx
1
5
A
=

1  12 dx
1
5
0
X
1
5
=

2dx
1
  15 =
= x 2
=4 2
Jadi panjang ruas AB = 4 2 satuan panjang.
71
5 2 1 2
Catatan : Kebenaran jawab ini dapat anda cek dengan menggunakan rumus jarak dua titik
A(1,2) dan B(5,6).
Untuk kurva-kurva yang disajikan dalam bentuk parameter x = x(t) dan y = y(t) maka
panjang busur AB dapat ditentukan dengan rumus :
t2
s=

t1
2
2
 dx 
 dy 
     dt
 dt 
 dt 
b
Rumus ini diturunkan dari rumus s =

a
dy dy dt
 . 
dx dt dt
2
 dy 
1    dx dengan menggunakan substitusi :
 dx 
dy
dt
dx
dt
Contoh 2.
Tunjukkan bahwa keliling lingkaran dengan jari-jari r adalah 2r.
Bukti :
Persamaan lingkaran di samping ini, jika
disajikan dalam persamaan parameter :
x = r cos t
y = r sin t
dy
Dari
x
=
r
cos
t

 r sin t
X
dt
dx
y = r sin t 
 r cos t
dt
Y
P(x,y)
r
y
 t
O x
Sehingga keliling lingkarannya, digunakan rumus
t2
s=

     dt ,
dy 2
dt
dx 2
dt
untuk lingkaran di atas :
t1
2
s=

0
2
( sin t )  (r cos t ) dt 
2
2

r 2 (sin 2 t  cos 2 t )dt
0
2
= r  dt  rt 02  r (2  0)  2r
0
Dengan demikian terbukti bahwa keliling lingkaran dengan jari-jari r adalah 2 r
satuan panjang.
72
Latihan 11.
1. Tentukan volum benda yang terjadi jika daerah yang dibatasi oleh kurva-kurva di
bawah ini diputar sekeliling sumbu X.
a. y = 9  x 2
b. y = x 2 dan y = 4x
c. y = x 2 dan y = x 3
2. Hitung panjang busur dari kurva y = 2x + 3 dari x = 1 sampai dengan x = 5
3
3. Hitung panang busur kurva y = x 2 dari x = 1 hingga x = 5
3
4. Hitung panjang busur kurva y = 2x 2 dari x = 0 hingga x = 5
5. Tentukan panjang busur kurva 24xy = x 4 + 48 dari x = 2 sampai dengan x = 4
6. Tentukan panjang busur sikloida x    sin  ; y  1  cos  dari   0 dan   2
7. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh 6xy = x 4 + 3 dari x = 1 sampai dengan x = 2
8. Fungsi biaya marginal suatu produk adalah : P =
1 Q2
30
 2Q  450. Jika diketahui
biaya tetapnya adalah Rp 1.000.000,00.
Carilah fungsi biayanya dan biaya total untuk produksi 40 unit.
9. Diketahui fungsi permintaan : P = 50 — 4Q 2
a. Carilah surplus konsumsen jika Q = 3
b. Gambarlah fakta itu.
10. Fungsi permintaan penawaran suatu barang adalah : P  12 
x
dan P 
50
x
20
5
Tentukan besarnya surplus konsumen dan surplus produsen dan gambarkan pada
suatu diagram.
73
DAFTAR PUSTAKA
Ayres, Frank Jr. (1972), Theory and Problem of Differensial and Integral Calculus. Mc
Graw Hill : New York.
Fatah Asyarie, dkk. (1992), Kalkulus untuk SMA. Pakar Raya : Bandung.
Herry Sukarman. (1998), Kalkulus, Makalah Penataran Guru Matematika MGMP SMU.
PPPG matematika : Yogyakarta.
Johannes, H dan Budiono Sri Handoko. (1988), Pengantar Matematika untuk Ekonomi.
LP3ES : Jakarta.
Piskunov, N. (1974), Differensial and Integral Calculus. Mir Publishers : Moscow.
Purcell, Edwin Jaud Dale Varberg. Kalkulus dan Geometri Analitik. PT. Penerbit
Erlangga : Jakarta.
Sri Kurnianingsih, dkk. (1995), Matematika SMU, Yudhistira : Jakarta.
Sumadi, dkk. (1997), Matematika SMU, PT. Tiga Serangkai : Surakarta.
Thomas, George B. Jr. (1977), Calculus and Analytic Geometry, Addison-Werley
Publishers Company.
74