Matematika Dasar - Universitas Muhammadiyah Palangka Raya

y
UM
Pk
Bahan Ajar
Matematika Dasar
Haryadi
NIDN 0003116401
Universitas Muhammadiyah Palangkaraya
2013
UM
Pk
y
2
Daftar Isi
7
7
10
y
1 Aljabar Pernyataan
1.1 Pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Proposisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
UM
Pk
2 Himpunan
15
2.1 Pengertian Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Operasi pada himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3 Himpunan Bilangan Riel
3.1 Operasi pada bilangan real
3.2 Urutan pada bilangan real .
3.3 Interval . . . . . . . . . . .
3.4 Nilai mutlak bilangan real .
3.5 Koordinat Siku-siku . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
23
25
30
31
32
33
4 Fungsi Bernilai Real
37
4.1 Pengertian fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
4.2 Grafik Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
4.3 Beberapa Jenis Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
5 Limit dan Kekontinyuan
49
5.1 Limit fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
5.2 Fungsi kontinyu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6 Derivatif
6.1 Laju Perubahan Fungsi . . .
6.2 Definisi turunan . . . . . . .
6.3 Beberapa sifat turunan . . . .
6.4 Aturan rantai dan akibatnya
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
55
55
56
58
63
7 Maksimum dan Minimum Lokal
7.1 Turunan orde n . . . . . . . . .
7.2 Garis tangen pada kurva . . . .
7.3 Titik kritis . . . . . . . . . . .
7.4 Maksimum dan minimum lokal
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
67
67
68
71
72
3
4
8 Integral
8.1 Pengertian integral tak tentu
8.2 Metode Substitusi . . . . . .
8.3 Integral tertentu . . . . . . .
8.4 Teorema Dasar Kalkulus . . .
DAFTAR ISI
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
77
77
79
83
85
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
9 Fungsi Trigonometri
9.1 Ukuran sudut . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Fungsi cosinus, sinus dan tangen . . . . .
9.3 Beberapa sifat fungsi sin θ, cos θ dan tan θ.
9.4 Derivatif cos u dan sin u . . . . . . . . . .
9.5 Fungsi secan, cosecan dan cotangen . . . .
9.6 Integral fungsi trigonometri . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
89
. 89
. 92
. 94
. 98
. 101
. 103
10 Fungsi Eksponen dan Logaritma
10.1 Fungsi logaritma alami . . . . .
10.2 Integral 1/x . . . . . . . . . . .
10.3 Fungsi ex . . . . . . . . . . . .
10.4 Turunan dan integral eu . . . .
10.5 Fungsi ax dan loga x . . . . . .
10.6 Turunan loga x dan ax . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
y
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
UM
Pk
.
.
.
.
109
110
114
115
117
118
121
11 Sistem Persamaan Linear
125
11.1 Persamaan Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
11.2 Sistem persamaan linear dua variabel . . . . . . . . . . . . . . . 128
12 Sistem persamaan linear yang diperluas
135
12.1 Vektor di Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
12.2 Sistem persamaan linear umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138
13 Sistem Persamaan Linear dalam bentuk Matriks
147
13.1 Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
13.2 Representasi matrik dari sistem persamaan linear . . . . . . . . . 151
14 Invers Matriks
157
14.1 Invers matriks bujur sangkar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
14.2 Mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan invers . . . 163
15 Determinan
15.1 Determinan Matriks Orde 2 dan 3 . .
15.2 Sifat-sifat determinan . . . . . . . . .
15.3 Tes Formatif . . . . . . . . . . . . . .
15.4 Ekspansi Laplace dan determinan orde
15.5 Kaidah Cramer . . . . . . . . . . . . .
15.6 Kaidah Cramer . . . . . . . . . . . . .
. .
. .
. .
n.
. .
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
167
167
169
171
172
177
181
DAFTAR ISI
5
UM
Pk
y
16 Basis Suatu Ruang Vektor
185
16.1 Kombinasi linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
16.2 Bebas linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
16.3 Basis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
DAFTAR ISI
UM
Pk
y
6
Bab 1
Pernyataan
UM
Pk
1.1
y
Aljabar Pernyataan
Suatu pernyataan adalah suatu deklarasi kalimat yang dapat ditentukan nilai
kebenarannya; nilai kebenaran ada dua yaitu benar dan salah. Suatu pernyataan hanya memiliki satu nilai kebenaran. Suatu tabel yang menyatakan nilai kebenaran pernyataan dinamakan tabel kebenaran; nilai benar dan salah
dalam tabel ini ditulis berturut-turut dengan notasi B dan S.
Contoh 1. (a) ”Ibukota Indonesia adalah Jakarta” merupakan pernyataan bernilai B.
(b) ”Palangka Raya berada di Malaysia” adalah pernyataan bernilai S.
(c) ”2 + 3 = 4” adalah pernyataan bernilai S.
(d) ”Pergilah!” bukan merupakan pernyataan.
Untuk mempersingkat penulisan, pernyataan kita tuliskan dengan notasi
p, q, r dan sebagainya. Sebagai contoh, jika p adalah pernyataan ”Ibu pergi ke
pasar”, maka kita tuliskan
p
:
Ibu pergi ke pasar.
Pernyataan-pernyataan dapat digunakan untuk membentuk pernyataan majemuk dengan menghubungkan pernyataan-pernyataan tersebut menggunakan
penghubung.
Definisi 1. Diketahui p suatu pernyataan. Negasi p, ditulis ∼ p, adalah suatu
pernyataan yang memilki nilai kebenaran sebagai berikut:
Negasi p sering diucapkan ”Tidak p” atau ”Tidak benar p”.
7
8
BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN
∼p
S
B
p
B
S
Table 1.1: Negasi
y
Contoh 2. Perhatikan pernyataan berikut:
p : Ibu pergi ke pasar.
Negasi p dapat dituliskan dengan cara-cara berikut:
∼ p : Ibu tidak pergi ke pasar.
∼ p : Tidak benar Ibu pergi ke pasar.
UM
Pk
Definisi 2. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p disjungsi q, ditulis
p ∨ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:
p
q
p∨q
B
B
S
S
B
S
B
S
B
B
B
S
Table 1.2: Disjungsi
p ∨ q juga dibaca ”p atau q”.
Contoh 3. Diketahui pernyataan
p : Ibu pergi ke pasar.
q : Ibu pergi ke kantor.
Kita bisa membentuk pernyataan majemuk, misalnya:
p ∨ q: ”Ibu pergi ke pasar atau pergi ke kantor”.
p∨ ∼ q: ”Ibu pergi ke pasar atau tidak ke kantor”.
Contoh 4. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut:
”Jakarta Ibukota Indonesia atau 1 + 2 = 5”.
Penyelesaian: Pernyataan ”Jakarta Ibukota Indonesia” bernilai benar, sedangkan pernyataan 1 + 2 = 5 bernilai salah. Oleh karena itu berdasarkan tabel
kebenaran p ∨ q, maka pernyataan ”Jakarta Ibukota Indonesia atau 1 + 2 = 5”
bernilai benar.
1.1. PERNYATAAN
9
p
q
p∧q
B
B
S
S
B
S
B
S
B
S
S
S
Table 1.3: Konjungsi
UM
Pk
p ∧ q juga dibaca ”p dan q”.
y
Definisi 3. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p konjungsi q, ditulis
p ∧ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:
Contoh 5. Diberikan pernyataan-pernyataan :
p : Surabaya di Jawa.
q : Palangkaraya di Kalimantan.
konjungi kedua pernyataan adalah
p ∧ q: Surabaya di Jawa dan Palangkaraya di Kalimantan.
Contoh 6. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut:
Bulan mengelilingi bumi dan 2 + 3 = 8.
Penyelesaian: Pernyataan ” Bulan mengelilingi bumi” bernilai benar, sedangkan
2 + 3 = 8 bernilai salah; oleh karena itu berdasarkan tabel p ∧ q, pernyataan
”Bulan mengelilingi bumi dan 2 + 3 = 8” bernilai salah.
Definisi 4. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p kondisional q, ditulis
p → q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:
p
q
p→q
B
B
S
S
B
S
B
S
B
S
B
B
Table 1.4: Kondisional
p → q juga dibaca ”p maka q”.
10
BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN
Contoh 7. Diketahui pernyataan-pernyataan:
p : Saya seorang sarjana.
q : Saya orang berilmu.
maka pernyataan p → q secara verbal dapat dinyatakan sebagai ”Jika saya
seorang sarjana maka saya orang berilmu”.
Contoh 8. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut:
”Jika 1 + 3 = 10 maka bulan jatuh ke bumi”.
Penyelesaian: Karena pernyataan 1 + 3 = 10 bernilai S, maka menurut tabel
kebenaran p → q, pernyataan tersebut bernilai B.
y
Definisi 5. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p bikondisional q, ditulis p ↔ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:
q
p↔q
B
B
S
S
B
S
B
S
B
S
S
B
UM
Pk
p
Table 1.5: Bikondisional
p ↔ q juga dibaca ”p jika dan hanya jika q”.
Perhatikan dari tabel tersebut, bahwa p bernilai benar jika dan hanya jika
q bernilai benar; demikian pula p bernilai salah jika dan hanya jika q bernilai
salah.
Contoh 9. Diketahui pernyataan:
p : Saya seorang dermawan.
q : Saya orang kaya.
Biimplikasi kedua pernyataan adalah:
p ↔ q : Saya seorang dermawan jika dan hanya jika saya orang kaya.
Contoh 10. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut:
”2 bilangan positif jika dan hanya jika 2 lebih besar dari 0.”
Penyelesaian: karena kedua pernyataan bernilai benar, maka pernyataan tersebut bernilai benar.
1.2
Proposisi
Telah diketahui bahwa pernyataan-pernyataan p, q, r, · · · , dapat dikombinasikan
dengan penghubung ∼, ∨, ∧, →, dan ↔. Kombinasi demikian dinamakan proposisi atau dalil dan ditulis dengan notasi P (p, q, · · · ), Q(p, q, · · · ), · · · atau secara
singkat ditulis P, Q, · · · .
1.2. PROPOSISI
11
Definisi 6. Suatu proposisi dinamakan tautologi indextautologi jika proposisi
tersebut selalu bernilai benar.
∼p
p∨ ∼ p
B
S
S
B
B
B
UM
Pk
p
y
Contoh 11. Proposisi p∨ ∼ p merupakan tautologi. Ini dapat dinilai dengan
cara membuat tabel kebenarannya.
Definisi 7. Suatu proposisi dinamakan kontradiksi jika proposisi tersebut selalu bernilai salah.
Contoh 12. Proposisi p∧ ∼ p merupakan kontradiksi. Ini dapat diverifikasi
dengan cara membuat tabel kebenarannya.
p
∼p
p∧ ∼ p
B
S
S
B
S
S
Karena tautologi selalu bernilai benar, maka negasinya selalu bernilai salah;
dengan kata lain negasi tautologi adalah kontradiksi. Demikian pula sebaliknya,
negasi kontradiksi adalah tautologi.
Definisi 8. Dua proposisi dikatakan ekuivalen jika kedua proposisi memiliki
tabel kebenaran yang identik. Selanjutnya jika P dan Q ekivalen, maka ditulis
P ≡ Q.
Contoh 13. Apakah proposisi p ∨ q dan proposisi ∼ (∼ p∧ ∼ q) merupakan
proposisi yang ekuivalen?
Penyelesaian: Pertama dikonstruksi tabel kebenaran
Karena nilai kebenaan pada kolom p ∨ q dan kolom ∼ (∼ p∧ ∼ q) sama,
maka kedua proposisi ekivalen.
12
BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN
p
q
p∨q
∼p
∼q
∼ p∧ ∼ q
∼ (∼ p∧ ∼ q)
B
B
S
S
B
S
B
S
B
B
B
S
S
S
B
B
S
T
S
B
S
S
S
B
B
B
B
S
Sifat 1. Beberapa sifat aljabar proposisi:
(a) P ∨ P ≡ P
(b) P ∧ P ≡ P
UM
Pk
(2) Sifat Asosiatif
y
(1) Sifat Indempoten
(a) (P ∨ Q) ∨ R ≡ P ∨ (Q ∨ R)
(b) (P ∧ Q) ∧ R ≡ P ∧ (Q ∧ R)
(3) Sifat Komutatif
(a) P ∨ Q ≡ Q ∨ P
(b) P ∧ Q ≡ Q ∧ P
(4) Sifat Distributif
(a) P ∨ (Q ∧ R) ≡ (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R)
(b) P ∧ (Q ∨ R) ≡ (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R)
(5) Sifat Indetitas
(a)
(b)
(c)
(d)
P
P
P
P
∨S ≡P
∨B ≡B
∧B ≡P
∧S ≡S
(6) Sifat Komplemen
(a)
(b)
(c)
(d)
P∨ ∼ P ≡ B
∼∼ P ≡ P
P∧ ∼ P ≡ S
∼ B ≡ S, ∼ S ≡ B
(7) Sifat DeMorgan
(a) ∼ (P ∨ Q) ≡∼ P ∧ ∼ Q
(b) ∼ (P ∧ Q) ≡∼ P ∨ ∼ Q
1.2. PROPOSISI
13
Definisi 9. Proposisi P dikatakan berakibat (berimplikasi) logis terhadap
proposisi Q, ditulis
P =⇒ Q
jika P → Q adalah tautologi.
Contoh 14. Akan ditunjukan bahwa (p ∧ q) → (p ∨ q).
q
(p ∧ q)
(p ∨ q)
(p ∧ q) → (p ∨ q)
B
B
S
S
B
S
B
S
B
S
S
S
B
B
B
S
B
B
B
B
UM
Pk
y
p
Karena (p ∧ q) → (p ∨ q) merupakan tautologi, ini berarti (p ∧ q) berimplikasi
(p ∨ q) atau ditulis (p ∧ q) =⇒ (p ∨ q)
Sifat 2. Proposisi implikasi memiliki sifat:
(a) P =⇒ P .
(b) Jika P =⇒ Q dan Q =⇒ P , maka P ≡ Q.
(c) Jika P =⇒ Q dan Q =⇒ R, maka P =⇒ R.
Tes Formatif
1. Tentukan apakah kalimat berikut merupakan pernyataan? Jika merupakan pernyataan, tentukan nilai kebenarannya:
(a) Setiap mahluk hidup memerlukan air.
(b) Adakah mahluk hidup yang tidak memerlukan air?
(c) Sungai Kapuas mewelati Kota Palangkaraya.
(d) 7 + 6 = 13
(e) 2 bukan bilangan ganjil.
(f) Berapakah x sehingga x + 2 = 10?
14
BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN
2. Diketahui pernyataan
p : Kemaren hujan.
q : Jakarta banjir.
Tuliskan bentuk verbal pernyataan-pernyataan ∼ p, ∼ q, p → q,
∼ q →∼ p, dan p ↔ q.
3. Tentukan nilai kebenaran pernyataan berikut
(a) Jika Ibukota Indonesia adalah Palangkaraya maka masalah kemacetan dapat diatasi.
(b) Jika 2 > 3 maka 4 > 6
y
(c) Jika burung bisa terbang maka air mengalir ke tempat yang lebih
tinggi.
(d) Jika bumi mengelilingi bulan maka manusia bahagia.
UM
Pk
(e) Bulan mengelilingi bumi jika dan hanya jika bumi mengelilingi matahari.
(f) 2 + 3 = 5 jika dan hanya jika 2 + 4 = 10.
(g) Jika 2 adalah bilangan genap maka 1 + 2 = 7.
(h) Bulan mengelilingi bumi jika dan hanya jika bumi mengelilingi matahari.
4. Buatlah tabel kebenaran proposisi berikut
(a) (p → q)∨ ∼ (p ↔∼ q)
(b) ∼ p∧ ∼ q
(c) p → (∼ p ∨ q)
5. Tunjukan bahwa p →∼ q ≡ q →∼ p
6. Buktikan bahwa p ∧ q berimplikasi logis p ↔ q.
Bab 2
Pengertian Himpunan
UM
Pk
2.1
y
Himpunan
Objek paling mendasar dalam matematika adalah himpunan. Himpunan bisa
diibaratkan seperti benih; memiliki struktur yang sangat sederhana namun
memilki potensi untuk berkembang menjadi tumbuhan yang strukturnya sangat
rumit.
Definisi 10. Himpunan adalah kumpulan objek-objek yang didefinisikan secara
jelas. Objek di dalam himpunan dinamakan anggota atau elemen himpunan.
Untuk mempersingkat notasi, himpunan kita tuliskan dengan abjad kapital seperti A, B, C dan sebagainya; anggota himpunan ditulis dengan abjad
seperti a, b, c, x, y dan sebagainya. Jika x adalah anggota himpunan A, maka
kita tuliskan
x∈A
dan jika x bukan anggota A, maka ditulis
x∈
/A
Untuk menuliskan himpunan yang memuat anggota-anggotanya dapat dilakukan dengan mendaftar semua anggotanya di dalam kurung kurawal { dan
} dan anggota yang berbeda dipisah dengan tanda koma.
Contoh 15. (a) Misalkan A adalah himpunan semua ibukota propinsi di Kalimantan. Himpunan A dapat dituliskan dengan mendaftarkan semua anggotanya:
A = {P alangkaraya, Banjarmasin, P ontianak, Samarinda}
Perhatikan bahwa P alangkaraya ∈ A dan Jakarta ∈
/ A.
15
16
BAB 2. HIMPUNAN
(b) Jika B adalah himpunan semua bilangan bulat potitif yang lebih kecil dari
7, maka B dapat dituliskan
B = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
Jelas bahwa 3 ∈ B, sedangkan−2 ∈
/ B. Demikian pula
1
2
∈
/ B.
(c) Jika C adalah himpunan semua bilangan genap positif yang lebih kecil atau
sama dengan 10, maka dapat dituliskan sebagai
C = {2, 4, 6, 8, 10}
y
Selain dengan cara mendaftar semua anggotanya, penulisan himpunan juga
bisa dilakukan dengan menuliskan sifat keanggotaannya. Dengan cara ini
suatu himpunan A dapat dituliskan sebagai
UM
Pk
A = {x : x bersifat P}
dan dibaca ”A adalah himpunan x dimana x bersifat P ”.
Contoh 16. Himpunan-himpunan pada contoh 15 dapat dituliskan sebagai
(a) A = {x : x ibukota propinsi di Kalimantan}
(b) B = {x : x < 7, x bulat positif}
(c) C = {x : 0 < x ≤ 10 dan x genap}
Alasan mengapa cara penulisan himpunan dengan menuliskan sifat keanggotaanya diperlukan diantaranya adalah tidak semua himpunan dapat disajikan
dengan mendaftarkan semua anggotnya. Sebagai contoh, jika A himpunan semua bilangan real antara 0 dan 1, maka kita tidak bisa menuliskan/mendaftarkan
semua anggotanya, karena ada tak hingga banyak anggota himpunan A, namun demikian himpunan ini dapat disajikan dengan menuliskan sifatnya keanggotaannya, misalnya
A = {x : 0 < x < 1}
Selain itu, sifat keanggotannya juga diperlukan untuk mengembangkan sifatsifat dan hubungan antar himpunan.
Definisi 11. Himpunan A dikatakan himpunan bagian B, ditulis A ⊂ B,
jika setiap anggota A adalah anggota B.
Berdasarkan definisi tersebut, A ⊂ B jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ A
maka x ∈ B. Secara diagram, A ⊂ B diilustrasikan pada gambar 2.1.
2.1. PENGERTIAN HIMPUNAN
17
A
B
Gambar 2.1: A ⊂ B
Contoh 17. Diketahui
B = {−2, 0, 3, 5, 7}
dan
C = {3, 5}
y
A = {1, 2, 3, 4, 5}
UM
Pk
Perhatikan bahwa setiap anggota C adalah anggota A, dengan kata lain C ⊂ A.
Demikian pula C ⊂ B. Sedangkan A bukan himpunan bagian B, karena tidak
setiap anggota A adalah anggota B, misalnya 1 ∈ A tetapi 1 ∈
/ B.
Definisi 12. Dua himpunan A dan B dikatakan sama, ditulis A = B, jika
setiap anggota A adalah anggota B dan setiap anggota B adalah anggota A.
Berdasarkan definisi tersebut, penyajian himpunan tidak tergantung pada
urutan penulisan anggota-anggotanya, misalnya
{1, 4, 2} = {4, 1, 2}
Definisi 13. Himpunan yang tidak memiliki anggota dinamakan himpunan
kosong, ditulis ∅.
Himpunan kosong memiliki sifat: untuk sebarang hipunan A berlaku
∅ ⊂ A,
dengan kata lain, himpunan kosong merupakan bimpuan bagian sebarang himpunan.
Definisi 14. Himpunan yang memuat semua himpunan lain dinamakan himpunan semesta (universal), dan ditulis U .
18
BAB 2. HIMPUNAN
Dengan demikian, untuk sebarang himpunan A berlaku
A ⊂ U.
Pengertian himpunan semesta tentu harus juga dibatasi pada lingkup yang menjadi perhatian. Misalnya jika yang menjadi perhatian adalah bilangan, maka
himpunan semestanya adalah himpunan semua bilangan.
2.2
Operasi pada himpunan
UM
Pk
y
Definisi 15. Gabungan dua himpunan A dan B ditulis A∪B, adalah himpunan
yang anggotanya adalah anggota A atau anggota B.
Kata atau dalam definisi 15 bisa berarti anggota A saja, anggota B saja atau
anggota kedua himpunan. Secara grafik, gabungan dua himpunan A dan B
dapat disajikan dalam diagram Venn berikut:
A
B
(a)
A
B
(b)
Gambar 2.2: (a) A ∪ B, (b) A ∩ B
Definisi 16. Irisan dua himpuna A dan B ditulis A∩B, adalah himpunan yang
anggotanya adalah anggota A dan anggota B.
Didalaml definisi 16, kata dan berarti anggota kedua kedua himpunan A
dan B. Diagram Venn irisan himpunan A dan B disajikan pada Gambar 2.2.
Contoh 18. Diketahui A = {1, 2, 3, 4, 5} dan B = {−2, −1, 0, 1, 2, 3} Gabungan
dan irisan kedua himpunan masing-masing adalah
A∪B
A∩B
= {−2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}
= {1, 2, 3}
2.2. OPERASI PADA HIMPUNAN
19
Teorema 1. Untuk sebarang himpunan A, berlaku
(a) A ∪ ∅ = A
(b) A ∩ ∅ = ∅
(c) A ∪ U = U
(d) A ∩ U = A
y
Bukti. (a) Jika x ∈ A ∪ ∅ maka x ∈ A, yang berarti A ∪ ∅ ⊂ A. Sebaliknya jika
x ∈ A maka x anggota A atau x anggota ∅, dengan kata lain A ⊂ A ∪ ∅. Karena
A ∪ ∅ ⊂ A dan A ⊂ A ∪ ∅ maka berarti A ∪ ∅ = A.
UM
Pk
(b) x ∈ A ∩ ∅ berarti x ∈ ∅, yakni A ∩ ∅ ⊂ ∅. Sebaliknya, karena himpunan
kosong adalah subset setiap himpunan, maka ∅ ⊂ A ∩ ∅.
(c) Jelas bahwa A ∪ U ⊂ U , sebab U himpunan semesta. Sebaliknya jika
x ∈ U maka jelas bahwa x ∈ A ∪ U .
(d) Jika x ∈ A ∩ U maka x ∈ A, yang berarti x ∈ A. Sebaliknya, karena
A ⊂ U maka A ⊂ A ∩ U .
Definisi 17. Diketahui U adalah himpunan semesta dan A ⊂ U . Komplemen
A, ditulis Ac , didefinisikan sebagai himpunan semua anggota U yang bukan
anggota A.
Definisi 2.3, dapat dituliskan
Ac = {x : x ∈ U, x ∈
/ A}
yang berarti pula bahwa Ac adalah himpunan semua anggota U yang tidak
memiliki sifat keanggotaan A.
Contoh 19. Diketahui B = {x : x < 1, x bilangan real}. Komplemen himpunan ini adalah
B c = {x : x ≥ 1, x bilangan real}
Definisi 18. Selisih himpunan A dan B, ditulis A − B adalah himpunan semua
anggota A yang bukan anggota B.
20
BAB 2. HIMPUNAN
U
A
A
(a)
B
(b)
Gambar 2.3: (a) Ac , (b) A − B
y
Dengan demikian
A − B = {x : x ∈ A, x ∈
/ B}
UM
Pk
Contoh 20. Diketahun A = {1, 2, 3, 4, 5} dan B = {2, 4}. Selisih A − B adalah
himpunan semua anggota A yang bukan anggota B, yakni
A − B = {1, 3, 5}
Teorema 2. Diketahui A, B dan C himpunan.
(a) A ∪ B = B ∪ A dan A ∩ B = B ∩ A.
(b) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C dan A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.
(c) A ∪ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C dan A ∩ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C.
(d) Jika A ⊂ B maka B c ⊂ Ac .
(e) (A ∪ B)c = Ac ∩ B c dan (A ∩ B)c = Ac ∪ B c .
Bukti. (a) x ∈ A ∪ B jika dan hanya jika x ∈ A atau x ∈ B jika dan hanya
jika x ∈ B atau x ∈ A jika dan hanya jika x ∈ B ∪ A. Bukti pernyataan kedua
serupa.
Bukti (b) dan (c) untuk latihan.
(d) x ∈ B c berarti x bukan anggota B; karena A ⊂ B maka berakibat x
bukan anggota A yang berarti x ∈ Ac . Jadi x ∈ B c berakibat x ∈ Ac , yang
berarti B c ⊂ Ac .
(e) x ∈ (A ∪ B)c berarti x bukan anggota A ∪ B yang berarti pula x bukan
anggota A dan x bukan anggota B, dengan kata lain x ∈ Ac ∩ B c . Sebaliknya,
x ∈ Ac ∩ B c berarti x bukan anggota A dan x bukan anggota B. Karena itu x
bukan anggota A atau B, yang berarti x ∈ (A ∪ B)c . Bukti pernyataan kedua
sebagai latihan.
2.2. OPERASI PADA HIMPUNAN
21
Tes Formatif
1. Daftar semua anggota himpunan berikut
(a) A himpunan semua bilangan asli kelipatan 3 yang lebih kecil dari 21.
(b) B himpunan planet dalam tata surya kita.
(c) C himpunan semua bilangan bulat yang lebih besar dari −4 dan lebih
kecil atau sama dengan 4.
2. Tuliskan himpunan berikut dengan menuliskan syarat keanggotaannya,
(b) B = {2, 4, 6, 8, 10}
(c) C = {a, e, i, o, u}
UM
Pk
(d) D = {2, 3, 5, 7, 11}
y
(a) A = {1, 2, 3}
3. Diketahui A himpunan bilangan ganjil positif yang lebih kecil dari 10, B
himpunan semua bilangan bulat positif kelipatan 3 yang lebih kecil dari
30. Carilah
(a) A ∪ B
(b) A ∩ B
(c) A − B
4. Diketahui C himpunan semua bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dan
lebih kecil dari 10, D himpunan semua bilangan real lebih besar dari 1
dan lebih kecil dari 5. Carilah
(a) C − D
(b) C ∩ D
(c) Dc
BAB 2. HIMPUNAN
UM
Pk
y
22
Bab 3
y
Himpunan Bilangan Riel
UM
Pk
Suatu himpunan yang sangat penting di dalam matematika adalah himpunan
bilangan real. Secara intuisi, bilangan real dapat dibangun dari bagaimana
cara seorang anak mulai belajar mengenal bilangan. Dalam bagian ini akan
diperkenalkan himpunan bilangan real yang dibangun dengan cara memperluas bilangan asli ke bilangan bulat, bilangan bulat ke bilangan rasional dan
perluasan bilangan rasional ke bilarang real. Akan diperkenalkan pada bilangan cukup dengan dua operasi, sedangkan operasi aljabar lainnya merupakan
pengembangan kedua operasi ini. Sifat urutan bilangan real diperkenalkan agar
bisa diperkenalkan pengertian interval. Representasi bilangan real sebagai suatu
garis lurus kemudian dikembangkan sistem koordinat siku-siku sebagai pasangan bilangan real.
Himpunan bilangan asli N, adalah himpunan semua bilangan
N = {1, 2, 3, · · · }
Himpunan bilangan asli cukup memadai untuk operasi jumlahan, karena
jumlah dua bilangan asli adalah bilangan asli. Persoalan yang timbul adalah
jika kita menginginkan bilangan x sehingga berlaku
2+x=2
maka tidak ada bilangan asli x yang memenuhi persamaan tersebut. Untuk
mengatasi persoalan tersebut, diperkenalkan himpunan bilangan bulat positif.
Himpunan bilangan bulat positif adalah himpunan semua bilangan
{0, 1, 2, 3, · · · }
Dengan kata lain, himpunan bilangan bulat positif merupakan gabungan bilangan asli dan {0}. Dengan himpunan bilangan bulat positif, maka persoalan
23
24
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
2 + x = 2 memiliki penyelesaian, yaitu x = 0.
Jika kita kenakan operasi pengurangan pada himpunan bilangan bulat positif, maka akan timbul persoalan yaitu selisih dua bilangan bulat positifi tidak
harus bilangan bulat positif. Sebagai contoh, tidak ada bilngan bulat positif
yang merupakan hasil operasi 2 − 3.
Himpunan bilangan bulat Z adalah himpunan
y
Z = {· · · , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, · · · }
UM
Pk
Himpunan bilangan bulat memiliki sifat tertutup terhadap operasi pengurangan, dalam arti bahwa selisih dua bulangan bulat adalah bilangan bulat.
Dari definisi bilangan bulat jelas bahwa himpunan bilangan asli adalah merupakan bilangan bulat, dengan kata lain
N⊂Z
Meskipun himpunan bilangan bulat cukup memadai untuk operasi jumlahan
dan pengurangan, ternyata himpunan ini tidak cukup memadai untuk operasi
perkalian. Sebagai contoh, jika kita ingin mencari bilangan x yang memenuhi
2·x=1
maka tidak ada bilangan bulat x yang memenuhi persamaan tersebut. Untuk
mengatasi persoalan tersebut, diperkenalkan himpunan bilangan rasional, ditulis Q, yaitu himpunan bilangan berbentuk a/b dengan a dan b bilangan bulat
dan b 6= 0. Jadi
n
o
a
Q = x : x = , a, b ∈ Z, b 6= 0
b
Jika pada definisi Q diambil b = 1, maka setiap bilangan bulat adalah bilangan rasional, dengan kata lain
Z⊂Q
Himpunan bilangan rasional memiliki sifat tertutup terhadap operasi perkalian,
yaitu hasil kali dua bilangan rasional merupakan bilangan rasional.
Himpunan bilangan rasional ternyata tidak cukup untuk menyelesaikan persoalan dalam ilmu pengetahuan dan teknoologi. Misalnya persoalan mencari
bilangan x yang memenuhi
x2 = 2
3.1. OPERASI PADA BILANGAN REAL
25
Dapat dibuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya 2. Dengan demikian persoalan seperti mencari x sehingga x2 = 2 hanya dapat diselesaikan jika x bukan bilangan rasional. Himpunan bilangan yang anggotanya
semua bilangan yang bukan bilangan rasional dinamakan bilangan irasional .
Himpunan bilangan real, ditulis R, adalah gabungan himpunan bilangan
rasional dan bilangan irasional.
y
Berdasarkan definisi bilangan real, maka setiap bilangan rasional adalah
bilangan real, dengan kata lain
Q⊂R
UM
Pk
Tetapi sebaliknya tidak benar, yakni tidak semua bilangan real adalah√bilangan rasional; contoh bilangan real yang bukan bilangan rasional adalah 2,
π = 3, 141592654 · · · , e = 2, 71828182 · · · dan sebagainya.
Himpunan bilangan bersifat padat dimana-mana, yang berarti di antara dua
bilangan real terdapat bilangan real. Dengan demikian jika kita memiliki dua
bilangan real a dan b maka ada real bilangan lainny; jika setiap bingan real kita
nyatakan sebagai suatu titik, ini berarti di antara dua titik ada titik lainnya.
Jika kita mencoba menggambarkan titik-titik bilangan real antara a dan b, maka
himpunan titik-titik ini akan membentuk garis lurus dari a hingga b. Dengan
demikian himpunan bilangan real dapat digambarkan sebagai suatu garis lurus
yang panjangnya tak hingga. Setiap titik pada garis tersebut menyatakan suatu bilangan real, dan sebaliknya setiap bilangan real dapat dinyatakan sebagai
suatu titik pada garis tersebut. Selanjutnya garis ini dinamakan garis real.
−2.5
−1
0
√
2
e π
Gambar 3.1: Garis real = R
3.1
Operasi pada bilangan real
Sebenarnya pada himpunan bilangan real hanya dikenal dua operasi, yaitu operasi jumlahan dan operasi perkalian, sedangkan operasi lainnya merupakan
pengembangan dari dua operasi ini.
1. Operasi jumlahan. Jumlah bilangan real a dan b ditulis a+b, memenuhi
sifat-sifat:
26
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
i. Jumlah dua bilangan real adalah bilangan real.
ii. a + b = b + a
iii. a + (b + c) = (a + b) + c
iv. a + 0 = 0 + a = a
v. Negatif dari a ditulis −a dan berlaku a + (−a) = 0
UM
Pk
y
Sifat (1.i) menyatakan bahwa operasi jumlahan bersifat tertutup; sifat
1.(ii) dinamakan sifat komutatif yang menyatakan bahwa pada operasi
penjumlahan bisa diubah urutannya. Bilangan 0 dinamakan elemen identitas operasi jumlahan. Bilangan −a pada sifat (1.v) dinamakan invers
a terhadap operasi jumlahan dan dibaca negatif a atau minus a.
Bilangan a ditambah negatif b, a+(−b) ditulis a−b dan dibaca a dikurangi
b, dengan kata lain, a − b adalah a ditambah negatif b; jadi
a + (−b) = a − b
Di dalam matematika, operasi yang berada di antara kurung buka ”(”
dan kurung tutup ”)” dilaksanakan terlebih dahulu. Misalnya 2 + (6 +
7) maksudnya adalah dihitung terlebih dahulu 6 + 7 kemudian hasilnya
ditambah dengan 2.
2. Operasi perkalian. Perkalian bilangan a dan b ditulis a · b atau ab,
memenuhi sifat-sifat:
i. Hasil kali dua bilangan real adalah bilangan real.
ii. a · b = b · a
iii. a · (b · c) = (a · b) · c
iv. a · 1 = 1 · a = a
v. Jika a 6= 0, maka ada bilangan real a−1 sehingga berlaku a · a−1 = 1.
Sebagaimana sifat operasi jumlahan, sifat (2.i) menyatakan bahwa operasi
perkalian bilangan real adalah tertutup, sifat (2.ii) dinamakan sifat komutatif, sifat (2.iii) dinamakan sifat distributif.
Bilangan 1 pada (2.iv)
dinamakan elemen identitas operasi perkalian, sedangkan a−1 pada (2.v)
dinamakan invers a terhadap operasi perkalian. Perhatikan bahwa bilangan 0 tidak memiliki invers terhadap operasi perkalian, yang berari 0−1
tidak ada.
Invers dari a sering ditulis 1/a, yakni
a−1 =
1
a
3.1. OPERASI PADA BILANGAN REAL
27
Dengan demikian, jika b 6= 0 maka kita sering menuliskan
a · b−1 = a ·
a
1
=
b
b
dan ruas terakhir dibaca a dibagi b. Dengan demikian membagi suatu
bilangan dengan b sama dengan mengalikan bilangan tersebut dengan 1/b.
Selain dengan notasi ·, operasi perkalian sering ditulis tanpa notasi tersebut, jadi a · b ditulis ab.
(b) 7 + (3 + 19) = (7 + 3) + 19 = 10 + 19 = 29.
(c) 6 + 0 = 0 + 6 = 6.
UM
Pk
(d) 5 − 5 = 5 + (−5) = 0.
y
Contoh 21. (a) 2 + 5 = 5 + 2 = 7.
(e) 9 − 4 = 5 + 4 − 4 = 5 + (4 − 4) = 5 + 0 = 5.
(f) 3 · 5 = 15.
(g) 3 ·
1
3
= 1.
(h) 10 = 5 · 2.
(i) 10 ·
1
2
=5· 2·
1
2
=5·1=5
Berdasarkan sifat-sifat operasi jumlahan dan perkalian, diperoleh sifat-sifat
berikut:
i. Sifat distributif: a(b + c) = ab + ac.
ii. Jika a + x = b, maka x = b − a
iii. Jika a · x = b, maka x =
b
a
iv. −(−a) = a
Contoh 22. (a) (9 · 3) + (9 · 7) = 9 · (3 + 7) = 9 · 10 = 90.
(b) Berapakah x sehingga berlaku 5 + x = 9?
Karena 5 + x = 9, maka x = 9 − 5 = 4.
(c) Berapakah y sehingga y · 3=12?
Dengan menggunakan sifat di atas, maka
y=
12
= 4.
3
28
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
(d) −(−2) = 2 dan −(−(−5)) = −5.
Selanjutnya bisa ditunjukan bahwa sifat berikut berlaku:
i. (−a) · b = −(ab), khususnya (−1) · (b) = −b.
ii. (−a) · (−b) = ab.
iii. −(a + b) = −a − b.
y
Contoh 23. (a) 4 · (−3) = −(4 · 3) = −12.
(b) (−3) · (−5) = 3 · 5 = 15.
UM
Pk
(c) 3 − 7 = 3 − (3 + 4) = 3 − 3 − 4 = (3 − 3) − 4 = 0 − 4 = 0 + (−4) = −4.
Operasi jumlahan dan perkalian pada bilangan real dapat dikembangkan
menjadi operasi yang lebih kompleks.
Jika a bilangan real dan n bilangan bulat tidak negatif, maka
an = a · a · · · a,
a0 = 1.
Bilangan an dibaca a pangkat n.
Contoh 24. (a) 25 = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 32.
(b) (−3)2 = (−3) · (−3) = 9.
(c) 170 = 1.
3
(d) 12 = 12 ·
1
2
·
1
2
= 18 .
(e) (−1)2 = (−1) · (−1) = 1.
(f) (−1)3 = (−1) · (−1) · (−1) = −1.
(g) −12 = −(12 ) = −1.
Contoh 25. (a) Ekspresi (a + b)2 dapat dinyatakan sebagai
(a + b)2
= (a + b)(a + b)
= a(a + b) + b(a + b)
= a2 + ab + ab + b2
= a2 + 2ab + b2 .
(3.1)
3.1. OPERASI PADA BILANGAN REAL
29
(b) Dengan menerapkan hasil (a) untuk a = x dan b = −y, maka
(x − y)2 = x2 − 2xy + y 2 .
(c) Dengan menggunakan hasil (a) dan (b),
(x + y − z)2
= [(x + y) − z]2
= (x + y)2 − 2(x + y)z + z 2
= x2 + 2xy + y 2 − 2xz − 2yz + z 2
= x2 + y 2 + z 2 + 2xy − 2xz − 2yz.
1
an
(3.2)
UM
Pk
a−n =
y
Jika a 6= 0 dan n bilangan bulat tidak negatif, maka
Contoh 26. (a) 2−3 =
(b) 2−5 =
1
25
=
(c) 3 · 24 = 3 ·
1
23
= 18 .
1
32 .
1
24
=3·
1
16
=
3
16 .
√
Jika x bilangan real dan n bilangan bulat, maka akar n dari x ditulis n x
1
atau x n , didefinisikan
√
n
x=y
jika dan hanya jika
y n = x.
(3.3)
Jika n = 2 maka akar 2 dari x biasa ditulis
√
Contoh 27. (a) 9 = 3, sebab 32 = 9.
√
(b) 5 32 = 2, sebab 25 = 32.
√
(c) 4 81 = 3, sebab 34 = 81.
√
1
(d) 16 2 = 16 = 4, sebab 42 = 16.
√
1
(e) 64 3 = 3 64 = 4, sebab 43 = 64.
√
2
x=
√
x.
Jika m dan n bilangan bulat dengan n 6= 0, maka
m
1
x n = (xm ) n =
√
n
xm
(3.4)
30
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
Contoh 28.
3
4 2 = 43
21
=
√
2
43 =
√
64 = 8.
Teorema 3. Jika p dan q bilangan rasional, maka berlaku
(i) ap · aq = ap+q
ap
aq
(ii)
= ap−q
1
5
1
5
y
(iii) ap · bp = (ab)p
Contoh 29. (a) 2 2 · 2 2 = 2 2 + 2 = 23 = 8
53
52
= 53−2 = 5.
UM
Pk
(b)
(c) 32 · 52 = (3 · 5)2 = 152 = 225.
3.2
Urutan pada bilangan real
Kita telah mengetahui bahwa himpunan semua bilangan real dapat digambarkan
dengan garis real. Dua titik berbeda pada garis real tentu selalu dapat diurutkan. Misalkan a dan b dua bilangan real. Bilangan real a dikatakan lebih
kecil dari bilangan b, ditulis a < b jika pada garis real posisi a di sebelah kiri b.
Pernyataan a lebih kecil dari b juga sama dengan pernyataan b lebih besar dari
a, dan ditulis b > a.
a
b
Gambar 3.2: a < b
Jika a dan b adalah bilangan real, maka satu dan hanya satu pernyataan
berikut berlaku:
a < b,
a = b,
b>a
Notasi a ≤ b mengandung arti bahwa a < b atau a = b. Sebagai contoh:
2 ≤ 3 dan 3 ≤ 3. Notasi a ≤ b ekivalen dengan notasi b ≥ a.
Operasi aljabar pada bilangan real dapat mempengaruhi sifat urutannya.
3.3. INTERVAL
31
Teorema 4. Diketahui a, b dan c bilangan real.
i. Jika a < b, maka a + c < b + c.
ii. Jika a ≤ b dan c ≥ 0, maka ac ≤ bc
iii. Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc
y
Contoh 30. Dapat diperiksa kebenaran pernyataan berikut:
(a) Karena −2 < 3, maka −2 + 5 < 3 + 5.
UM
Pk
(b) Karena 2 < 4 dan 3 ≥ 0, maka 2 · 3 < 4 · 3.
(c) Karena 1 < 3 dan −2 < 0, maka 1 · (−2) > 3 · (−2).
3.3
Interval
Interval atau selang adalah himpunan semua bilangan real yang terletak antara
dua bilangan real. Jika a < b, maka kita bisa membentuk interval sebagai
berikut :
i. Interval terbuka (a, b) = {x : a < x < b}
(
a
ii. Intervasl tertutup [a, b] = {x : a ≤ x ≤ b}
[
a
)
b
]
b
iii. Interval setengah terbuka (a, b] = {x : a < x ≤ b}
(
a
]
b
dan interval setengah terbuka [a, b) = {x : a ≤ x < b}
[
)
a
b
32
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
Contoh 31. Interval (0, 1] = {x : 0 < x ≤ 1} menyatakan himpunan semua
bilangan yang lebih besar dari 0 dan lebih kecil atau sama dengan 1.
(
0
]
3
Karena interval adalah himpunan, maka kita dapat melakukan operasi himpunan pada interval.
I ∪J
I ∩J
y
Contoh 32. Diketahui interval-interval I = (0, 3] = {x : 0 < x ≤ 3} dan
J = [−1, 1] = {x : −1 ≤ x ≤ 1}. Dapat diperiksa bahwa
= {x : −1 ≤ x ≤ 3} = [−1, 3]
= {x : 0 < x ≤ 1} = (0, 1]
]
3
UM
Pk
(
0
[
−1
[
−1
dan
]
1
]
3
(
0
]
1
I
J
I ∪J
I ∩J
Kita perkenalkan dua bilangan yang akan berguna dalam penerapan. Suatu
bilangan yang lebih besar dari bilangan real manapun dinamakan tak hingga,
ditulis ∞ . Jadi
x<∞
untuk sebarang bilangan real x
Bilangan yang lebih kecil dari bilangan real manapun dinamakan minus tak
hingga, ditulis −∞. Jadi
−∞ < x
3.4
untuk sebarang bilangan real x
Nilai mutlak bilangan real
Nilai mutlak bilangan real x ditulis |x|, didefinisikan
(
x
jika x ≥ 0
|x| =
−x jika x < 0
(3.5)
3.5. KOORDINAT SIKU-SIKU
33
Berdasarkan definisi 3.4, nilai mutlak suatu bilangan real adalah bilangan tidak
negatif. Nilai mutlak bilangan real menyatakan panjang garis dari titik 0 ke
bilangan real tersebut.
Contoh 33. (a) |4| = 4
(b) | − 3| = −(−3) = 3
(c) |0| = 0
(d) |6 − 4| = |2| = 2
UM
Pk
Contoh 34. Carilah x sehingga berlaku |x − 4| < 1.
|x − 4| < 1 ekivalen dengan
y
(e) |4 − 6| = | − 2| = 2
x − 4 < 1 dan − (x − 4) < 1
Diperoleh x < 5 dan x > 3. Dengan demikian nilai x yang memenuhi |x−4| < 1
adalah {x : 3 < x < 5}.
3.5
Koordinat Siku-siku
Kita telah mengetahui bahwa suatu bilangan real dapat dinyatakan sebagai suatu titik pada garis real; sebaliknya setiap titik pada garis real menyatakan
suatu bilangan real. Jika kita beralih ke bidang, maka pada bidang ini dapat
digambarkan dua garis real yang saling tegak lurus, namakan garis (sumbu) x
dan sumbu y yang masing-masing arahnya horisontal dan vertikal. Bidang yang
terbentuk dinamakan bidang xy. Titik pertemuan kedua sumbu dinamakan sebagai titik asal atau titik O.
Setiap titik pada bidang dapat dinyatakan sebagai pasangan terurut dua
bilangan (a, b), dimana a menyatakan jarak titik a sepanjang sumbu x dari
titik O dan b menyatakan jarak b sepanjang sumbu y dari titik O. Pasangan
bilangan (a, b) dinamakan koordinat. Jika titik P berada pada koordinat (a, b)
maka ditulis P (a, b). Bidang xy beserta semua aturan ini dinamakan sistem
koordinat Cartesius atau sistem koordinat siku-siku (Gambar 3.5).
Pada gambar 3.5, titik asalnya adalah titik O(0, 0); beberapa titik pada
bidang ini misalnya adalah P (4, 3), Q(−3, 4), A(−2, −3), B(0, 3) dan C(3, −3).
Tes Formatif
1. Berilah tanda <, >, ≥, ≥ atau = pada tempat yang disediakan!
34
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
y
P
y
b
x
O
UM
Pk
a
Gambar 3.3: Sistem koordinat siku-siku
y
Q
B
P
x
O
A
C
Gambar 3.4: Beberapa titik pada bidang xy
3.5. KOORDINAT SIKU-SIKU
(a) −3
1
1
8
(c) 5 ·
1
3
1
5
1
(d) (−2) · 39128
(e) (x − 1000)
(f) −3
(g)
(−2) · 30
0
1
1
8
(h) 5 ·
2
1
3
1
5
1
(i) (−2) · 39128
(j) (x − 1000)
2
(−2) · 30
0
2. Tuliskan dalam bentuk ab :
1
x3
3
t5
1
2
a−x + by
3
√1 + 1/3
x
x
UM
Pk
(a)
y
(b)
35
(b)
(c)
(d)
3. Carilah x sehingga
(a) |x2 − 2| = 1
(b) |x − 1| ≤ 5
(c) |1 − x| > 1
(d) |1 − x2 | < 1
4. Gambarkan titik-titik berikut pada sistem koordinat xy:
(a) P (−1, −2)
(b) Q(0, 5)
(c) R(0, −3)
(d) T (−1, 3)
5. Sederhanakan
(a) 2−2 · 43 =
(b)
319
95
3
=
(c) 10 · 54 =
(d) 57 ·
2
102
=
6. Tuliskan dalam bentuk
√
n
xm
36
BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL
2
(a) 4 3
3
(b) 7− 5
(c) 100,9
UM
Pk
y
(d) 1000,6
Bab 4
y
Fungsi Bernilai Real
UM
Pk
Dalam fenomena sehari-hari, banyak dijumpai hubungan antara dua kuantitas
yang memenuhi aturan tertentu. Beberapa contoh misalnya, harga suatu jenis
barang berhubungan dengan kuantitas barang yang ada di pasar, tekanan suatu
gas berhubungan dengan volume gas tersebut, kecepatan reaksi berhubungan
dengan konsentrasi zat-zat pereaksi, dan sebaginya.
Dalam kegiatan belajar ini akan diperkenalkan pengertian fungsi. Secara lebih
khusus akan diperkenalkan pengertian domain fungsi, range fungsi dan grafik
fungsi. Pembahasan akan lebih menekankan pada fungsi dengan domain dan
range himpunan bagian bilangan real. Untuk lebih memperkaya wawasan tenang fungsi, pengenalan definisi tersebut juga disertai contoh-contoh. Pada akhir
kegiatan belajar ini akan disajikan beberapa jenis fungsi yang sering digunakan
dalam ilmu pengetahuan dan teknologi.
4.1
Pengertian fungsi
Diketahui D dan E adalah himpunan bagian bilangan real. Fungsi dari himpunan D ke himpuan E adalah suatu aturan yang menghubungkan setiap anggota
D dengan satu anggota E. Fungsi dari D ke E ditulis
f :D→E
(4.1)
Himpunan D dinamakan domain atau daerah definisi dan himpunan E dinamakan kodomain fungsi f . Jika bilangan x ∈ D dihubungkan dengan bilangan
y ∈ E maka dikatakan bahwa x dipetakan oleh f ke y atau nilai fungsi di titik
x adalah y (gambar 4.1) dan dituliskan
f (x) = y
atau
x→y
Himpunan semua nilai fungsi f dinamakan range .
Contoh 35. Diketahui D = {1, 2, 3, 4} dan E = {10, 20, 30, 40, 50}.
37
38
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
f
E
D
y
x
Gambar 4.1: x dipetakan oleh f ke y
Jika f menghubungkan himpunan D dan E dengan aturan
2 → 30,
3 → 20,
4 → 30
y
1 → 10,
UM
Pk
maka f merupakan fungsi.
Perhatikan bahwa setiap anggota D dihubungkan dengan satu anggota E.
Peta atau nilai fungsi tersebut adalah
f (1)
f (2)
f (3)
f (4)
= 10
= 30
= 20
= 30
Perhatikan bahwa nilai fungsi di 2 dan 4 adalah sama, yakni f (2) = f (4) = 30.
Range atau daerah semua himpunan peta fungsi ini adalah
rangef = {10, 20, 30}
Di dalam matematika dan terapannya kita banyak menemukan fungsi yang
aturannya ditulis dalam bentuk rumus atau persamaan. Dalam pembahasan
selanjutnya, fungsi ditulis dalam bentuk demikian.
Contoh 36. Diketahui f adalah fungsi yang memetakan interval {x : 0 ≤ x ≤
5} ke bilangan real dengan aturan
f (x) = 3x
Domainya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 5} dan rangenya adalah interval {x :
0 ≤ x ≤ 15}. Nilai fungsi pada beberapa titik misalnya adalah
f (0) = 3 · 0 = 0
f (2) = 3 · 2 = 6
f (0, 5) = 3 · (0, 5) = 1, 5
f (a) = 3a
f (a + b) = 3(a + b)
f (x2 ) = 3x2
f (t + 1) = 3(t + 1)
4.1. PENGERTIAN FUNGSI
39
Contoh 37. Diketahui fungsi f dengan domain dan daerah hasil bilangan real.
Jika f dinyatakan dengan
f (x) = x2
Range fungsi ini adalah himpunan semua bilangan real tidak negatif, karena
untuk sebarang bilangan real x, nilai x2 tidak pernah negatif. Nilai fungsi pada
beberapa titik misalnya
UM
Pk
y
f (0)
= 02 = 0
f (2)
= 22 = 4
f (−2) = (−2)2 = 4
f (−3) = (−3)2 = 9
f (5)
= 52 = 25
f (t)
= t2
2
f (z ) = (z 2 )2 = z 4
√
Contoh 38. Fungsi f (x) = x adalah fungsi yang domainnya tidak mungkin
mencakup bilangan negatif, karena tidak ada bilangan real yang merupakan akar
bilangan negatif. Dengan demikian, domainya adalah semua bilangan real tidak
negatif dan rangenya adalah semua bilangan real tidak negatif, atau ditulis
domain f adalah {x : x ≥ 0}
range f adalah {x : x ≥ 0}
Contoh 39. Carilah
√ himpunan semua bilangan real yang dapat menjadi domain
dari fungsi f (x) = x − 1.
Penyelesaian Karena bilangan di dalam tanda akar lebih harus besar atau
sama dengan 0, maka domainnya adalah himpunan semua bilangan x sehingga
x − 1 ≥ 0 yang berarti himpunan semua x sehingga x ≥ 1. Jadi domainya
adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar atau sama dengan satu,
atau ditulis
domain f adalah {x : x ≥ 1}
Contoh 40. Carilah himpunan yang bisa menjadi domain fungsi
f (x) =
1
x−3
Penyelesaian Karena pembagian dengan nol tidak diperbolehkan, maka domainya adalah semua bilangan real sehingga x − 3 tidak nol. Karen x − 3 6= 0
jika dan hanya jika x 6= 3, maka domainya adalah himpunan semua bilangan
real yang tidak memuat bilangan 3, atau
{x : x 6= 3}
40
4.2
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
Grafik Fungsi
Jika f adalah fungsi dan a anggota domain f , maka nilai fungsi di titik a adalah
f (a). Pasangan terurut a dan f (a) dituliskan dengan notasi
(a, f (a))
Jika pasangan terurut (a, f (a)) digambarkan pada sistem koordinat siku-siku
dengan a pada sumbu horisontal dan f (a) pada sumbu vertikal, maka terbentuk
suatu titik. Grafik fungsi f didefinisikan sebagai himpunan semua titik-titik
(x, f (x)) dengan x anggota domain D.
f (1) = 2,
y
Contoh 41. Diketahui fungsi dengan aturan f (x) = 2x dan domain D =
{1, 2, 3} dan f . Mudah diperoleh bahwa
f (2) = 3,
f (3) = 6
UM
Pk
Dengan demikian diperoleh pasangan terurut (x, f (x)) sebagai berikut
(1, 2),
(2, 4),
(3, 6)
f (x)
Grafik fungsi f dengan domain D = {1, 2, 3} digambarkan sebagai titik-titik yang
menyatakan pasangan terurutpasangan terurut (1, 2), (2, 4),
dan (3, 6).
x
Gambar 4.2: Grafik fungsi f (x) = 2x, dengan x = 1, 2, 3
Contoh 42. Gambarkan grafik fungsi f (x) = 2x jika domainnya
adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 3}.
Penyelesaian Karena domainnya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 3},
maka x dapat mengambil nilai berarapun antara bilangan 0 dan 3.
Karena itu pasangan titik-pasangan titik (x, f (x)) ada tak hingga
banyak. Untuk menggambarkan grafik fungsi semacam ini dapat
digunakan pendekatan dengan cara menggambarkan beberapa titik.
Tentu saja semakin banyak titik semaik mendeki grafik yang sebenarnya. Nilai fungsi ini pada beberapa titik adalah sebagai berikut
4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI
x
f (x)
0
0
0,2
0,4
0,5
1
41
1
2
1,6
3,2
2
4
2,4
4.8
2,8
5,6
3
6
Grafik fungsi tersebut untuk beberapa titik digambarkan pada
(a), dan dengan menghubungkan titik-titik tersebut diperoleh grafik
seperti pada (b).
y
y
UM
Pk
y
f (x) = 2x
x
(a)
x
(b)
Gambar 4.3: Grafik f (x) = 2x
Contoh 43. Gambarkan grafik fungsi f (x) = x2 pada interval {x :
−2 ≤ x ≤ 3}.
Gambar sebelah kiri menyatakan grafik fungsi pada beberapa titik,
dan gambar sebelah kanan merupakan grafik pada {x : −2 ≤ x ≤
3}.
4.3
Beberapa Jenis Fungsi
Di dalam bagian ini kita akan memperkenalkan beberapa jenis fungsi
yang banyak digunakan di dalam ilmu dan teknologi.
42
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
y
x
Gambar 4.4: Grafik f (x) = x2
f (x) =
UM
Pk
x2
y
y
x
4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI
43
Fungsi Linear
Fungsi linear adalah fungsi yang dapat dituliskan dalam bentuk
f (x) = mx + c
y
dengan m dan c konstanta. Grafik fungsi linear berupa garis lurus,
konstanta m dinamakan kemiringan atau slope garis lurus.
f (x
)=
2x
+
3
UM
Pk
Contoh 44. Diberikan fungsi f (x) = 2x+3. Grafik fungsi ini dapat
dilihat pada diagram berikut.
y
Grafik fungsi linear f (x) = 2x + 3
berupa garis lurus. Kemiringan
garis lurus ini adalah 2, yang
berarti jika x bertambah 1 satuan maka f (x) bertambah 2 satuan. Garis ini berpotongan dengan sumbu vertikal pada titik
(0, 3).
x
Contoh 45. Diberikan fungsi f (x) = − 12 x + 1. Grafik fungsi ini
dapat dilihat pada diagram berikut.
44
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
Grafik fungsi linear
f (x) = − 12 x + 1
berupa garis lurus.
Kemiringan
garis
lurus ini adalah
− 12 , yang berarti
jika x bertambah 1
satuan maka f (x)
1
x berkurang 2 satuan.
Garis ini berpotongan dengan sumbu
vertikal pada titik
(0, 1).
y
)=
−1
2x+
1
y
f (x
UM
Pk
Secara umum, kemiringan garis suatu fungsi linear ditentukan
oleh koefisien m. Semakin besar nilai m semakin curam garisnya. Jika m bertanda positif maka garis miring ke kanan, jika m
bertanda negatif maka garis miring kekiri. Garis horisontal memiliki kemiringan m = 0 dan garis vertikal memiliki kemiringan tak
hingga.
y
y
m tak hingga
m>0
m=0
x
x
m<0
Tinjau kembali persamaan umum fungsi linear
f (x) = mx + c
Misalkan grafik fungsi ini melalui titik (x0 , y0 ) dan (x1 , y1 ). Ini berarti
y0 = mx0 + c
y1 = mx1 + c
4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI
45
Persamaan kedua dikurangi persamaan pertama menghasilkan
y1 − y0 = mx1 − mx0
atau
m=
y1 − y0
x1 − x 0
(4.2)
UM
Pk
y
Karena y1 − y0 adalah perubahan tinggi dan x1 − x0 adalah perubahan maju, maka persamaan 4.2 menyatakan bahwa kemiringan
garis lurus merupakan perbandingan perubahan tinggi dan perubahan maju.
Jika diketahui suatu garis lurus memiliki kemiringan m dan melalui
titik (x0 , y0 ) dan diambil sebarang titik (x, y) pada garis tersebut,
maka berlaku
y − y0
m=
x − x0
dan dapat disusun menjadi
y − y0 = m(x − x0 )
(4.3)
Contoh 46. Suatu garis lurus melalui titik (1, 2) dan (−1, 8). Carilah kemiringan dan persamaan garis lurus tersebut.
Penyelesaian. Kemiringan garis tersebut adalah
m=
8−2
= −3
−1 − 1
Persamaan garis ini dapat dicari dengan menggunakan persaamaan
4.3
y − 2 = (−3)(x − 1)
= −3x + 3
Dengan demikian permsaan garis lurus ini adalah
y = 3x + 1.
46
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
Fungsi Pangkat
Suatu fungsi yang berbentuk
f (x) = xa
dengan a konstanta, dinamakan fungsi pangkat.
f (x) = x 3
f ( x) =
x2
UM
Pk
y
Contoh 47. Berikut adalah beberapa concoh fungsi pangkat dan
grafiknya.
y
y
x
x
y
√
f (x) =
x
x
4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI
47
Fungsi Polinom
Fungsi polinom adalah fungsi yang dapat dinyatakan sebagai
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
dengan n bilangan bulat tidak negatif dan a0 , a1 , · · · , an adalah konstanta. Jika an 6= 0 maka fungsi polinom tersebut dinamakan polinom berderajat n.
y
Contoh 48. (a) Fungsi f (x) = 2x2 − 2x + 3 merupakan polinom
berderajat 2 dan biasa disebut fungsi kuadrat.
UM
Pk
(b) Fungsi f (x) = −x3 + 3x2 − 3 merupakan fungsi polinom berderajat 3.
Fungsi Rasional
Fungsi rasional adalah fungsi yang berbentuk
f (x) =
p(x)
q(x)
dengan p(x) dan q(x) polinom, dan q(x) 6= 0.
2
−1
Contoh 49. Fungsi f (x) = xx−1
merupakan fungsi rasional. Perhatikan bahwa domain fungsi ini adalah semua bilangan real selain
1, pada titik x = 1 fungsi ini tidak terdefinisi. Grafik fungsi ini
dapat dilihat pada 49.
f(
x)
=
x2
x− −
1
1
y
1
2
−1
Fungsi f (x) = xx−1
terdefinisi pada setiap bilangan real, kecuali kecuali pada
x = 1. Oleh karena itu fungsi tidak
tidak ada nilai di x = 1.
x
Jenis fungsi yang lain akan dibahas pada bagian selanjutnya.
48
BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL
Tes Formatif
1. Diketahui fungsi f (x) = x2 − 3x + 4. Hitunglah
(a) f (0)
(b) f (2)
(c) f (−1)
(d) f (a)
(e) f (a + b)
(a) f (x) = 3x + 5
UM
Pk
(b) f (x) = 3 − 2x
y
2. Gambarkan grafik fungsi berikut
(c) f (x) = 12 x2 − x − 2
(d) f (x) = 1 − 2x − x2
(e) f (x) = x3 + 2
3. Carilah persamaan garis lurus yang melalui titik-titik berikut
(a) titik (1, 3) dan (3, 6).
(b) titik (−2, 5) dan (3, 0).
(c) titik (0, −2) dan (3, 0).
(d) titik (−1, −2) dan (2, −2).
4. Sederhanakan bentuk fungsi berikut
(a)
x2 −9
,
x−3
x 6= 3
(b)
x2 −4x+4
,
(c)
x3 −x2 +x−1
(d)
x+2
x−1
x−1
√
,
x+1
x 6= −2
,
x 6= 1.
x 6= −1.
Bab 5
y
Limit dan Kekontinyuan
UM
Pk
Jika kita mengamati pergantian antara waktu fajar sampai dengan
terbitnya matahari, kita tidak bisa secara tegas menyatakan pukul
berapa pergantian tersebut terjadi. Pada kenyataannya kita hanya
bisa melihat perubahan di langit secara kontinyu mulai dari gelap
hingga terang. Barangkali kita hanya bisa mengatakan matahari
”hampir” terbit atau ”sesaat” setelah terbit matahari.
Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan konsep limit sebagai
pernyataan yang maknanya mirip dengan kata ”hampir”, ”sesaat”,
”mendekati” dan sebagainya. Lebih lanjut kita akan memberikan
sifat-sifat limit fungsi. Pada bagian selanjutnya akan diperkenalkan
pengertian kekontinyuan suatu fungsi.
5.1
Limit fungsi
Misalkan fungsi f didefinisikan pada inteval terbuka yang memuat c.
Jika nilai x dibuat sedekat mungkin ke c ternyata nilai f mendekati
L maka dikatakan limit fungsi f jika x mendekati c adalah L,
dan ditulis
lim f (x) = L
x→c
Perhatikan bahwa x hanya mendekati c, yakni x 6= c.
Contoh 50. Diketahui fungsi f (x) = xx−1
2 −1 . Berapakah limit fungsi
ini jika x mendekati 1?
Penyelesaian: Perhatikan bahwa kita tidak bisa menghitung nilai
fungsi ini di x = 1, sebab pada titik tersebut fungsinya tidak terdefinisi. Untuk itu kita saat ini hanya bisa menebak dengan cara
49
50
BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN
menghitung nilai fungsi untuk x yang dekat ke bilangan 1. Tabel
berikut telah dihitung nilai fungsi-nilai fungsi untuk beberapa nilai
x.
x
f (x)
0.9
0.5263
0.95
0.5128
0.993
0.5018
0.9996
0.5001
1,001
0.4998
1.05
0.4878
1.025
0.4938
1.1
0.4762
y
Dari tabel tersebut tampak bahwa jika x dibuat semakin dengan
ke nilai 1 dari sebelah kiri, maka nilai f (x) semakin mendekati nilai
0.5. Demikian pula jika x dibuat semakin dengan ke nilai 1 dari
sebelah kanan, maka nilai f (x) semakin mendekati nilai 0.5. Dari
sini kuat dugaan bahwa limit fungsi ini jika x mendekati 1 adalah
1
, dengan kata lain
2
x−1
1
=
x→2 x2 − 1
2
UM
Pk
lim
y
f (x) =
1
2
x−1
x2 −1
1
x
Gambar 5.1: Contoh 50
3
2
+x−2
. Akan dihitung
Contoh 51. Diketahui fungsi f (x) = x −2x
x−2
nilai f (x) jika x mendekati 2. Diambil beberapa nilai yang cukup
dekat ke 2, misalnya
x
f (x)
1,9
4,61
1,99
4,9601
1,999
2,0001 2,01
4,996001 5,0004 5,0401
2,1
5,41
Berdasarkan tabel tersebut, jika x mendekati 2 ternyata f (x)
3
2 +x−2
mendekati 5. Ini berarti limit f (x) = x −2x
jika x mendekati 2
x−2
5.1. LIMIT FUNGSI
51
adalah 5, atau ditulis
x3 − 2x2 + x − 2
=5
x→2
x−2
lim
y
f (x) =
x3 −2x2 +x−2
x−2
UM
Pk
y
5
x
2
Gambar 5.2: Contoh 51
Pencarian limit fungsi dengan mencoba-coba pada beberapa nilai
x seperti dicontohkan di atas tentu bisa memerlukan waktu yang
tidak sebentar. Oleh karena itu kita perkenalkan beberapa sifat
fungsi yang berguna untuk mencari limit suatu fungsi.
Sifat 3. Diketahui lim f (x) dan lim g(x) ada.
x→c
x→c
1. Jika k adalah konstanta, maka lim k = k.
x→c
2. Jika n bilangan bulat positif, maka lim xn = cn .
x→c
3. Jika k adalah konstanta, maka lim kf (x) = k lim f (x).
x→c
x→c
4. lim(f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x).
x→c
x→c
x→c
5. lim(f (x) · g(x)) = lim f (x) · lim g(x)
x→c
(x)
6. lim fg(x)
=
x→c
x→c
lim f (x)
x→c
lim g(x)
x→c
x→c
, dengan syarat lim g(x) 6= 0.
x→c
52
BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN
Contoh 52.
1. lim 5 = 5
x→2
2
2. lim 3 · (x − 1) = 3 · lim (x2 − 1) = 3 · (−1) = −3.
x→0
x→0
3. lim (x + 1)(x2 + 2) = lim (x + 1) · lim (x2 + 2) = 2 · 3 = 6.
x→1
x3 −1
x→−1 1−x
4. lim
x→1
lim
=
x→−1
x3 −1
lim 1−x
=
x→−1
−2
2
x→1
= −1.
Penyelesaian Karena x 6= 1, maka
jika x mendekati
x2 + x − 2
= x + 2.
x−1
UM
Pk
f (x) =
x2 +x−2
x−1
y
Contoh 53. Berapakah limit fungsi f (x) =
1?
Dengan demikian jika x mendekati 1 maka f (x) = x + 2 mendekati
3, yakni
x2 + x − 2
= 3.
x→1
x−1
lim
5.2
Fungsi kontinyu
Suatu fungsi f dikatakan kontinyu di titik c jika berlaku
lim f (x) = f (c)
x→c
Definisi ini mengandung arti bahwa fungsi f kontinyu di titik c
jika fungsi tersebut terdfinisi di titik c dan limitnya di titik c sama
dengan nilai fungsi di titik c.
Contoh 54. Fungsi f (x) = x2 − 1 kontinyu di titik x = 1, sebab
1. f terdefinisi di x = 1, yakni f (1) = 0 ada
2. limit f di x = 1 sama dengan nilai fungsi di titik x = 1, yakni
lim = 0.
x→1
Jika fungsi f kontinyu pada setiap titik di domainnya, maka
dikatakan fungsi tersebut kontinyu. Pada contoh di atas, fungsi
f (x) = x2 − 1 merupakan fungsi kontinyu. Grafik suatu fungsi kontinyu tidak putus.
5.2. FUNGSI KONTINYU
y
53
f (x)
g(x)
y
x
1
x
Gambar 5.3: Fungsi f kontinyu; fungsi g tidak kontinyu di titik x = 1.
x−1
x2 − 1
UM
Pk
f (x) =
y
Contoh 55. Apakah fungsi berikut kontinyu di titik x = 1?
Penyelesaian Fungsi ini tidak kontinyu di titik x = 1, karena fungsi
ini tidak terdefinisi di titik x = 1, meskipun limit fungsi ini ada di
x = 1. Fungsi ini kontinyu di setiap titik selain x = 1.
Sifat 4. Diketahui f (x) dan g(x) adalah fungsi kontinyu.
1. Jika k adalah konstanta, maka k · f (x) kontinyu.
2. xn dengan n ≥ 0 adalah fungsi kontinyu.
3. f (x) + g(x) kontinyu.
4. f (x) · g(x) kontinyu.
5.
f (x)
g(x)
kontinyu dengan syarat g(x) 6= 0.
Contoh 56. Fungsi f (x) = x2 − 2x + 1 adalah fungsi kontinyu,
karena masing-masing suku pada fungsi tersebut kontinyu dan berdasarkan
sifat 4.
Tes Formatif
1. Carilah limit fungsi berikut
(a) lim x3 − 2x2 − 4.
x→4
54
BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN
x2 −3x
.
x
x→0
(b) lim
x2 −1
x→1 x−1
(c) lim
(d) lim
x→2
x2 −5x+6
x−2
x3 +x2
.
x
x→0
.
lim x−2
2
x→2 x −4
(e) lim
(f)
y
2. Apakah fungsi berikut kontinyu di titik yang diberikan? Jika
tidak jelaskan mengapa?
(a) f (x) = x5 − 2x2 + 2, di titik x = 2
x2 +1
di
x
3
x −2x+1
x−7
x=1
UM
Pk
(b) f (x) =
(c) f (x) =
di x = 7.
Bab 6
Laju Perubahan Fungsi
UM
Pk
6.1
y
Derivatif
Perubahan merupakan fenomena sehari-hari, baik alami maupun
buatan. Posisi planet-planet selalu berubah satu terhadap lain,
kendaraan yang bergerak mengalami perubahan, perekonomian suatu negara selalu mengalami perubahan, reaksi kimia juga merupakan suatu perubahan zat pereaksi menjadi zat hasil reaksi, demikian
pula dengan perkembangan populasi merupakan perubahan jumlah
individu dalam suatu interval waktu.
Jika y fungsi dari x, maka ditulis y = f (x). Jika x berubah dari
x1 ke x2 , maka perubahan x adalah
∆x = x2 − x1
(6.1)
∆y = ∆f (x) = f (x2 ) − f (x1 )
(6.2)
dan perubahan y adalah
Definisi 19. Hasil bagi
∆f
f (x2 ) − f (x1 )
=
∆x
x2 − x1
dinamakan laju perubahan rata-rata y terhadap x pada interval
[x1 , x2 ].
55
56
BAB 6. DERIVATIF
Contoh 57. Laju perubahan rata-rata fungsi f (x) = x2 + 2x pada
interval [1, 3] dapat dihitung sebagai berikut
x1 = 1,
x2 = 3,
f (x1 ) = f (1) = 3,
f (x2 ) = f (3) = 15
Laju perubahan rata-rata yang dicari adalah
∆f
f (x2 ) − f (x1 )
15 − 3
=
=
= 6.
∆x
x2 − x1
3−1
y
Contoh 58. Populasi bakteri pada waktu t dinyatakan sebagain
f (t) = 2t . Berapakah laju perubahan rata-rata populasi bakteri
dalam interval 5 detik sampai dengan 10 detik.
UM
Pk
Penyelesaian. Populasi bakteri pada waktu 5 detik adalah f (5) =
25 = 32 dan pada waktu 10 detik adalah f (10) = 210 = 1024. Laju
rata-rata perubahan populasi bakteri adalah
1024 − 32
∆f
=
= 198.4 bakteri per detik
∆t
10 − 5
Ini berarti bahwa dalam waktu satu detik, populasi bakteri bertambah rata-rata sekitar 198 bakteri.
Contoh 59. Perpindahan suatu benda s (dalam meter) dinyatakan
sebagai fungsi waktu t (dalam detik) dengan aturan sebagai berikut
s(t) = 10 + 2t
Jika waktu berubah dari 2 detik menjadi 7 detik, maka laju perubahan rata-rata perpindahannya adalah
∆s
(10 + 2 · 7) − (10 + 2 · 2)
=
= 2 meter/detik.
∆t
7−2
6.2
Definisi turunan
Definisi 20. Turunan fungsi f di titik x ditulis
df
f (x + h) − f (x)
= lim
dx h→0
h
df
,
dx
didefinisikan
(6.3)
6.2. DEFINISI TURUNAN
57
Notasi lain untuk turunan adalah f 0 (x) dan
d
(f (x)),
dx
jadi
df
d
=
(f (x)) = f 0 (x)
dx
dx
Dengan menuliskan h = (x + h) − h = ∆x dan f (x + h) − f (x) =
∆f , definisi 20 dapat juga ditulis
∆f
df
= lim
dx ∆x→0 ∆x
y
Dengan demikian turunan fungsi adalah laju perubahan rata-rata f
jika perubahan x mendekati 0.
UM
Pk
Contoh 60. Diketahui f (x) = x2 + 1. Turunan fungsi f di titik x
adalah
(x)
df
= lim f (x+h)−f
dx
h
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
((x+h)2 +1)−(x2 +1)
h
(x2 +2xh+h2 +1)−(x2 +1)
h
2xh+h2
h
(2x+h)h
h
= lim 2x + h
h→0
= 2x.
Contoh 61. Carilah turunan fungsi f (x) = 2x2 − 5 di titik x = 1.
Penyelesaian:
df
dx
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
f (x+h)−f (x)
h
(2(x+h)2 −5)−(2x2 −5)
h
(2(x2 +2xh+h2 )−5)−(2x2 −5)
h
4xh+2h2
h
(4x+2h)h
h
= lim 4x + 2h
h→0
= 4x
Dengan demikian turunan f di titik x = 1 adalah f 0 (1) = 4 · 1 = 4.
58
BAB 6. DERIVATIF
Contoh 62. Carilah turunan fungsi f (x) =
df
dx
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
f (x+h)−f (x)
h
√
√
x+h− x
h
√
√
√
√
x+h− x
x+h+ x
√
√
·
h
x+h+ x
(x+h)−x
√
√
( x+h+ x)h
h √
√
( x+h+ x)h
1
√
2 x
y
h→0
dengan syarat x > 0.
Beberapa sifat turunan
UM
Pk
6.3
√
x.
Pencarian turunan suatu fungsi dengan menggunakan definisi memerlukan proses yang panjang. Beberapa sifat fungsi berikut sangat
berguna untuk mencari turunan.
Teorema 5. Jika k adalah konstanta, maka
d
(k) = 0
dx
Bukti. Tuliskan f (x) = k,
d
(k)
dx
=
df
dx
f (x+h)−f (x)
h
k−k
lim
h→0 h
lim 0
h→0 h
= lim
h→0
=
=
=0
Contoh 63. Berdasarkan sifat i dan (ii) dapat dicari :
1.
d
(5)
dx
2.
d
(−100)
dx
=0
=0
(6.4)
6.3. BEBERAPA SIFAT TURUNAN
59
Teorema 6. Jika n adalah bilangan bulat positif maka
d n
(x ) = nxn−1
dx
(6.5)
Bukti. Dapat ditunjukan bahwa untuk n bilangan bulat positif
berlaku
(x+h)n −xn
h
h→0
n(n−1)
nxn−1 h+ 1·2 xn−2 h2 +···+hn
lim
h
h→0
n(n−1) n−2
n−1
lim (nx
+ 1·2 x h + · · ·
h→0
n−1
= lim
UM
Pk
d
(xn )
dx
n(n − 1) n−2 2
x h + · · · + hn
1·2
y
(x + h)n = xn + nxn−1 h +
=
=
= nx
Contoh 64.
2.
d
(x)
dx
3.
d
(x9 )
dx
1.
+ hn−1 )
.
d
(x2 )
dx
= 2x2−1 = 2x.
= x1−1 = x0 = 1.
= 9x9−1 = 9x8
Teorema 7. Jika k adalah konstanta, maka
d
df
(k · f (x)) = k ·
dx
dx
Bukti.
d
(kf (x))
dx
=
=
=
Contoh 65.
2.
d
(−x3 )
dx
1.
d
(3x2 )
dx
kf (x+h)−kf (x)
h
h→0
f (x+h)−f (x)
lim k
h
h→0
f (x+h)−f (x)
k · lim
h
h→0
df
k · dx
= lim
d
= 3 dx
(x2 ) = 3 · 2x = 6x.
d
= (−1) dx
(x3 ) = −3x2 .
(6.6)
60
BAB 6. DERIVATIF
Teorema 8. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan, maka
d
df
dg
(f + g) =
+
dx
dx dx
(6.7)
d
+ g(x)) = dx
((f + g)(x))
+g)(x)
= lim (f +g)(x+h)−(f
h
UM
Pk
d
(f (x)
dx
y
Bukti. Perlu disampaikan bahwa f + g merupakan fungsi yang
nilainya di titik x adalah (f + g)(x) = f (x) + g(x).
h→0
= lim
f (x+h)+g(x+h)−f (x)−g(x)
h
h→0 =
=
f (x+h)−f (x)
+ g(x+h)−g(x)
h
h
h→0
g(x+h)−g(x)
f (x+h)−f (x)
+ lim
lim
h
h
h→0
h→0
df
dg
+ dx
dx
= lim
Contoh 66. Carilah turunan fungsi f (x) = 3x7 + x3 .
Penyelesaian.
df
dx
d
= dx
(3x7 + x3 )
d
d
= dx (3x7 ) + dx
(x3 )
= 21x6 + 3x2
Teorema 9. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan, maka
d
dg
df
(f · g) = f
+g
dx
dx
dx
(6.8)
Bukti. f ·g adalah fungsi yang nilainya di titik x adalah (f g)(x) =
6.3. BEBERAPA SIFAT TURUNAN
61
f (x) · g(x).
d
(f (x)g(x))
dx
d
= dx
((f g)(x))
g)(x)
= lim (f g)(x+h)−(f
h
h→0
f (x+h)g(x+h)−f (x)g(x)
h
f (x+h)g(x+h)−f (x+h)g(x)+f (x+h)g(x)−f (x)g(x)
lim
h
h→0
f (x+h)[g(x+h)−g(x)]+g(x)[f (x+h)−f (x)]
lim
h
h→0 f (x+h)[g(x+h)−g(x)]
g(x)[f (x+h)−f (x)]
lim
+
h
h
h→0
f (g+h)−g(x)
(x)
f (x) · lim
+ g(x) · lim f (x+h)−f
h
h
h→0
h→0
dg
df
f (x) · dx
+ g(x) · dx
= lim
=
=
=
=
UM
Pk
=
y
h→0
Contoh 67. Carilah turunan fungsi f (x) = (x3 + 2x2 )(7 − 5x4 ).
Penyelesaian.
df
dx
d
= dx
(x3 + 2x2 )(7 − 5x4 )
d
d
= (x3 + 2x2 ) dx
(7 − 5x4 ) + (7 − 5x4 ) dx
(x3 + 2x2 )
3
2
3
4
2
= (x + 2x )(−20x ) + (7 − 5x )(3x + 4x)
= −20x6 − 40x5 + 21x2 − 15x6 + 28x − 20x5
= −35x6 − 60x5 + 21x2 + 28x
Teorema 10. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan dan
g(x) 6= 0, maka
df
dg
g dx
− f dx
d f
,
(6.9)
=
dx g
g2
Bukti. Serupa dengan bukti sebelumnya, f /g adalah fungsi den-
62
BAB 6. DERIVATIF
gan (f /g)(x) = f (x)/g(x).
d
dx
f (x)
g(x)
=
d
dx
= lim
h→0
= lim
h→0
= lim
f
g
(x)
f
(x+h)− fg (x)
g
h
f (x+h)
f (x)
− g(x)
g(x+h)
h
f (x+h)g(x)−g(x+h)f (x)
g(x+h)g(x)
h
f (x+h)g(x)−g(x+h)f (x)
lim
g(x+h)g(x)h
h→0
[f (x+h)g(x)−f (x)g(x)]−[g(x+h)f (x)−f (x)g(x)]
lim
h→0
g(x+h)g(x)h
(x)
g(x+h)−g(x)
1
lim g(x+h)g(x)
· g(x) lim f (x+h)−f
−
f
(x)
lim
h
h
h→0
h→0
h→0
=
=
df
dq
g(x) dx
−f (x) dx
2
(g(x))
UM
Pk
=
y
h→0
=
Contoh 68. Carilah turunan fungsi f (x) =
Penyelesaian.
3 df
d
x +1
=
dx
dx
x2
=
=
=
=
=
x3 +1
x2
d
d
x2 dx
(x3 +1)−(x3 +1) dx
(x2 )
(x2 )2
x2 ·3x2 −(x3 +1)·2x
x4
3x4 −(2x4 +2x)
x4
x4 −2x
x4
x3 −2
x3
Sifat 5. Jika fungsi f memiliki turunan di suatu titik, maka fungsi
tersebut kontinyu di titik tersebut.
Kebalikan dari sifat 5 belum tentu benar, yakni ada fungsi kontinyu pada suatu titik yang tidak memiliki turunan di titik tersebut.
Sebagai contoh, dapat dibuktikan bahwa fungsi f (x) = |x| kontinyu
di titik 0 tetapi tidak memiliki turunan di titik 0. Fungsi yang
memiliki turunan dititik x dikatakan fungsi yang diferensiabel di
titik x atau fungsi yang dapat diturunkan di titik x.
6.4. ATURAN RANTAI DAN AKIBATNYA
63
y
f (x) = |x|
x
6.4
y
Gambar 6.1: f (x) = |x| kontinyu dan tidak memiliki turunan di x = 0
Aturan rantai dan akibatnya
UM
Pk
Proses mencari turunan suatu fungsi bisa menjadi tidak mudah,
meskipun kita telah memanfaatkan sifat-sifat yang telah dipelajari
pada pertemuan sebelumnya. Sebagai contoh, untuk mencari turunan fungsi
f (x) = (x2 − 1)17
akan memakan prosedur yang panjang jika kita hanya berbekal teoremateorema di atas.
Untuk memahami aturan rantai, pertama kita perkenalkan fungsi
komposisi. Fungsi komposisi g adalah fungsi yang berbentuk
g(x) = f (u(x))
Dalam notasi di atas, f adalah fungsi dari u dan u fungsi dari x.
Sebagai contoh, fungsi g(x) = (x2 − 1)17 adalah fungsi komposisi
dengan f (u) = u17 dan u(x) = x2 − 1.
Teorema 11. (Aturan Rantai) Jika f fungsi dari u dan u fungsi
dari x, turunan f terhadap u ada dan turunan u terhadap x ada,
maka
df
df du
=
dx
du dx
df
Contoh 69. Diketahui f (x) = (x2 − 1)17 . Carilah dx
.
17
2
Penyelesaian: ambil f (u) = u dan u(x) = x − 1.
64
BAB 6. DERIVATIF
df
dx
df du
= du
dx
d
d
= du
(u17 ) dx
(x2 − 1)
16
= 17u · 2x
= 17(x2 − 1)16 · 2x
= 34x(x2 − 1)16
Teorema 12. Jika n bilangan bulat, maka berlaku
y
d n
(x ) = nxn−1
dx
UM
Pk
Bukti: Untuk n positif telah dinyatakan pada teorema sebelumd
d
nya. Untuk n = 0, maka dx
(xn ) = dx
(1) = 0 = 0x−1 . Jika n negatif,
maka −n potitif. Oleh karenan itu berdasarkan aturan rantai itu
diperoleh
1
d
d
n
(x
)
=
−n
dx
dx x
=
d
d
x−n dx
(1)−1· dx
(x−n )
(n−n )2
x−n ·0−(−n)(x−n−1 )
(x−2n )
n−1
=
= nx
Contoh 70. Carilah turunan f (x) = x12 .
Penyelesaian. Karena x12 = x−2 , maka
df
d
2
=
x−2 = −2x−3 = − 3
dx
dx
x
Teorema 13. Jika q bilangan rasional, maka
d q
(x ) = qxq−1
dx
Bukti: Karena q rasional, maka q dapat ditulis q =
dan n bilangan bulat. Dimisalkan
u = xm/n
m
n
dengan m
6.4. ATURAN RANTAI DAN AKIBATNYA
65
y
Ini berarti un = xm . Dengan mengambil turunan terhadap x pada
kedua ruas
d
d
(un )
= dx
(xm )
dx
n · un−1 · du
= m · xm−1
dx
m−1
du
= mx
dx
nun−1
xm−1
=m
u
n m−1
un
mx
= n xm xm/n
m
=m
x n −1
n
√
Contoh 71. Carilah turunan
fungsi f (x) = x.
√
Penyelesaian: Karena x = x1/2 , maka
UM
Pk
df
1 1
1
d 1
=
(x 2 ) = x− 2 = √
dx
dx
2
2 x
Contoh 72. Carilah turunan f (x) = (x6 − 3)1/3 .
Penyelesaian: Dengan menggunakan aturan rantai
df
dx
d
= dx
(x6 − 3)1/3
1
d
= 3 (x6 − 3)−2/3 dx
(x6 − 3)
1
6
−2/3
= 3 (x − 3)
· 6x5
5
2x
= (x6 −3)
2/3
d
Contoh 73. 1. dx
x1/3 = 13 x−2/3 = 3x12/3
d √
d
2. dx
( x) = dx
x1/2 = 12 x−1/2 = 2√1 x
√
d
3. dx
x − √1x = 2√1 x − 2x13/2
4.
d
dx
√
x2 − 2x + 1 =
(2x − 2) = √x2x−1
−2x+1
d
(x2
dx
1
1
− 2x + 1) 2 = 12 (x2 − 2x + 1)− 2 ·
Tes Formatif
1. Carilah laju rata-rata perubahan fungsi berikut pada titik-titik
yang diberikan.
(a) f (x) = x3 − 5, x berubah dari 1 sampai dengan 3.
(b) f (x) = x2 − 3x + 1, x berubah dari −1 sampai dengan 1.
(c) f (x) = x3 − 5, x berubah dari 1 sampai dengan 3.
66
BAB 6. DERIVATIF
2. Carilah turunan fungsi berikut
(a) f (x) = (x3 − 2x)100
√
(b) f (x) = x6 − 2
(c) f (t) = (t − 2t3 )−5
(d) f (x) = (x2 + 9)3/2
1
(e) f (x) = (x6 +1)
5
√ 1
t2 +3
(g) g(x) = (1 − x2 )7 di x = 2
1
(h) f (x) = (x3 +2)
3/2 di x = 1.
y
(f) f (t) =
(i) f (x) = x2 − 2x + 1 di titik x = 1
UM
Pk
(j) g(x) = x7 − 3x9 di titik x = −1
(k) f (x) = (x6 − x7 + 3x9 )
(l) h(x) = (x5 − 2x3 )(x − 3x2 )
(m) f (x) =
(n) g(t) =
x5 −9
x−1
1
t2 +1
−3
(o) f (x) = x
(p) g(x) =
(q) f (x) =
√1
x
√
−
3
x1/3
x2 + 2x − 1
1
(r) f (x) = (x3 − 6x2 + 3x − 7) 3
5
2
5(1−6t )
Jawaban: 2. (a) 100(3x2 −2)(x3 −2x)99 , (b) √3x
6 −2 , (c) − (t−2t3 )6 , (d)
x
√
5
√ t
3x x2 + 9, (e) − (x30x
, (g) −20412, (h) − 2√1 3 , (i) 0, (j)
6 +1)6 , (f)
t2 +3
−20, (k) 6x5 −7x6 +27x8 , (l) (1−6x)(x5 −2x3 )+(x−3x2 )(5x4 −6x2 ),
5 −9 2
5x4
2t
3
1
1
√ 2x+2
(m) x−1
− xx−1
, (n) − (t2 +1)
,
2 , (o) − x4 , (p) x4/3 − 2x3/2 , (q)
2 x2 +2x−1
(r)
3x2 −12x+3
.
3(x3 −6x2 +3x−7)2/3
Bab 7
UM
Pk
y
Maksimum dan Minimum
Lokal
Turunan memiliki penerapan yang luas dalam berbagai bidang ilmu
pengetahuan dan teknologi. Dalam bagian ini kita akan mempelajari pemakaian turunan dalam bidang ilmu pengetahuan lainnya,
khususnya ilmu alam dan persoalan maksimum atau minimum suatu
fungsi. Untuk tujuan tersebut kita perlu memperkenalkan beberapa
konsep yaitu turunan orde tinggi, titik kritis dan garis singgung pada
kurva.
7.1
Turunan orde n
Turunan fungsi f (x) ditulis f 0 (x) atau df /dx, dan dinamakan turunan pertama atau turunan orde satu. Turunan dari f 0 (x), ditulis
f 00 (x) atau d2 f /dx2 , dinamakan turunan kedua atau turunan orde
dua dan didefinisikan sebagai
f 00 (x) =
d2 f
d 0
=
(f (x))
2
dx
dx
(7.1)
Contoh 74. Diketahui f (x) = x5 − 3x2 + 7. Turunan pertama
fungsi ini adalah
f 0 (x) =
df 5
(x − 3x2 + 7) = 5x4 − 6x,
dx
67
68
BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
turunan keduanya adalah
f 00 (x) =
df 0
df
(f (x)) =
(5x4 − 6x) = 20x3 − 6.
dx
dx
Secara umum, turunan orde n ditulis f (n) (x), didefinisikan sebagai
d (n−1)
f
(x).
dx
(7.2)
y
f (n) (x) =
Berdasarkan definisi 7.2, kita dapat menuliskan
UM
Pk
f (2) (x) = f 00 (x)
d 00
f (3) (x) = dx
f (x)
d (3)
f (4) (x) = dx
f (x)
dan sebagainya.
Contoh 75. Jika f (x) =
√
x, maka
f 0 (x) = 2√1 x
f 00 (x) = − 4x13/2
f (3) (x) =
f (4) (x) =
7.2
d
dx
d
dx
− 4x13/2
= 8x35/2
3
= − 16x157/2
8x5/2
Garis tangen pada kurva
Tinjau suatu titik P pada suatu lingkaran dengan jari-jari r (gambar 7.1). Garis lurus L melalui titik P dan tegak lurus terhadap r.
Garis L dinamakan garis tangen pada lingkaran di titik P .
Pengertian garis tangen dapat diperluas pada suatu kurva. Pada
gambar 7.1 sebelah kanan, jika kita gambar lingkaran yang melalui
kurva tersebut pada satu titik di P dan kita bentuk garis L1 yang
melalui titik P dan tegak lurus jari-jari lingkaran ini, maka garis L1
merupakan garis tangen pada kurva di titik P . Demikian pula garis
L2 , adalah garis tangen pada kurva di titik Q.
7.2. GARIS TANGEN PADA KURVA
L
P
L1
69
Q
P
L2
r
Gambar 7.1: Garis tangen
UM
Pk
y
Sekarang kita tinjau kurva f (x) dan suatu titik pada kurva (x0 , y0 )
(gambar 7.2) dan L garis tangen pada kurva di titik (x0 , y0 ). Misalkan (x, y) adalah titik lain pada kurva ini dan garis L0 adalah garis
lurus yang melalui (x0 , y0 ) dan (x, y). Perhatikan bahwa kemiringan
garis L0 adalah
∆y
∆x
f (x)
(x, y)
L0
L0
L00
L0
L
(x0 , y0 ) L
Gambar 7.2: Kemiringan garis tangen di x0 adalah f 0 (x0 )
Jika titik (x0 , y0 ) dibuat tetap dan titik (x, y) dibuat semakin
mendekati titik (x0 , y0 ), maka garis L0 akan semakin mendekati
garis L. Garis L0 akan sama dengan garis L jika titik (x, y) dibuat
70
BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
sedekat mungkin ke titik (x0 , y0 ), yakni jika ∆x mendekati 0. Karena
∆y
, maka kemiringan garis L di titik x0
kemiringan garis L0 adalah ∆x
adalah
∆y
= f 0 (x0 )
∆x→0 ∆x
lim
Teorema 14. Kemiringan garis tangen pada kurva f (x) dititik x0
adalah
(7.3)
UM
Pk
y
f 0 (x0 )
Teorema 14 menyatakan bahwa kemiringan garis tangen pada
suatu kurva di suatu titik sama dengan turunan pertama fungsi
tersebut di titik tersebut.
Contoh 76. Carilah kemiringan garis tangen pada kurva f (x) =
x2 − x + 1 di titik x = 2.
Penyelesaian. Kemiringan garis tangen pada kurva di titik x adalah
f 0 (x) =
d 2
(x − x + 1) = 2x − 1,
dx
oleh karena itu kemiringan garis tangen pada kurva ini di titik x = 2
adalah
f 0 (2) = 2 · 2 − 1 = 3.
Karena garis tangen adalah garis lurus dengan kemiringan f 0 (x),
maka persamaan garis tangen adalah
Teorema 15. Persamaan garis tangen pada kurva f (x) di titik x0
adalah
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 )
(7.4)
Contoh 77. Carilah persamaan garis tangen pada kurva f (x) =
1 2
x − x + 1 di titik x = 1.
4
7.3. TITIK KRITIS
71
Penyelesaian. Kemiringan garis tangennya di x adalah
1
f 0 (x) = x − 1
2
oleh karena itu
1
f 0 (1) = −
2
1
Karena f (1) = 4 , maka persamaan garis tangen yang dicari adalah
atau
1
3
y =− x+
2
4
Titik kritis
UM
Pk
7.3
1
1
= − (x − 1)
4
2
y
y−
Titik kritis fungsi f (x) adalah titik dimana turunan pertama fungsi
tersebut sama dengan nol.
Jadi c titik kritis f (x) jika dan hanya jika
f 0 (c) = 0
(7.5)
Contoh 78. Carilah titik kritis f (x) = x2 − 2x + 1.
Turunan pertama f (x) adalah f 0 (x) = 2x − 2. Oleh karena itu titik
kritisnya adalah bilangan x sehingga f 0 (x) = 0, atau
2x − 2 = 0
yang dipenuhi jika x = 1. Jadi titik kritisnya adalah x = 1.
Contoh 79. Carilah titik kritis f (x) = x3 − 12x.
f 0 (x) = 0
⇐⇒ 3x2 − 12 = 0
⇐⇒ (x − 2)(x + 2) = 0
⇐⇒ x = 2 atau x = −2
yakni titik kritisnya adalah x = −2 dan x = 2.
Karena turunan pertama secara geometris adalah kemiringan
garis tangen pada kurva, maka titik kritis suatu fungsi adalah titik
dimana garis tangen pada kurva adalah horisontal.
72
BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
P
Q
Gambar 7.3: Garis tangen pada titik kritis
7.4
Maksimum dan minimum lokal
UM
Pk
y
Di dalam penerapan kita sering mencari nilai maksimum atau minimum suatu fungsi. Fungsi f (x) dikatakan mencapai maksimum
mutlak di titik c jika f (x) ≤ f (c) untuk semua x di domainnya.
Fungsi f (x) dikatakan mencapai minimum mutlak di titik d jika
f (x) ≥ f (d) untuk semua x di domainnya.
Fungsi f (x) dikatakan mencapai maksimum lokal di titik c jika
ada interval terbuka yang memuat c sehingga f (x) ≤ f (c) untuk semua x di interval terbuka tersebut. Fungsi f (x) dikatakan mencapai
minimum lokal/relatif di titik d jika ada interval terbuka yang
memuat d sehingga f (x) ≥ f (d) untuk semua x di interval terbuka
tersebut.
Pada gambar berikut, titik A merupakan titik maksimum mutlak
sekaligus titik maksimum relatif, titik B merupakan titik minimum
mutlak sekaligus titik minimum relatif. Titik C dan D berturutturut adalah titik maksimum relatif dan minimum relatif.
Perhatikan bahwa pada titik maksimum atau minimum relatif, garis
singging pada kurva adalah horisontal, dengan kata lain turunan
pertama pada titik maksimum atau mimimum relatif adalah nol.
Pada titik maksimum atau minimum lokal berlaku
f 0 (x) = 0
(7.6)
Teorema di atas menyatakan bahwa suatu fungsi mencapai maksimum relatif atau minimum relatif pada titik c jika dan hanya jika
titik c adalah titik kritis. Jadi untuk mencari titik maksimum atau
minimum relatif, cukup dicari titik kritisnya. Namun demikian titik
7.4. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
73
f (x)
A
C
B
x
y
D
UM
Pk
Gambar 7.4: Pada titik maksimum dan minimum relatif, f 0 (x) = 0
kritis tidak dapat digunakan untuk menentukan apakah titik tersebut titik maksimum atau minimum relatif.
Dari gambar tampak bahwa titik-titik pada kurva di sebelah kiri
titik A (titik maksimum relatif) memiliki kemiringan positif dan
titik-titik di sebelah kanan titik A memiliki kemiringan negatif.
Dengan kata lain, pada titik maksimum relatif, kemiringan garis
singgung pada kurva berubah dari positif ke negatif. Sebaliknya
pada titik minimum relatif, misalnya di titik D, kemiringan garis
singgung berubah dari negatif ke positif. Sifat ini digunakan untuk
menentukan apakah suatu titik kritis merupakan titik maksimum
atau minimum relatif.
Teorema 16. Diketahui c titik kritis f (x).
1. Titik c merupakan titik maksimum relatif jika f 00 (c) < 0.
2. Titik c merupakan titik minimum relatif jika f 00 (c) > 0.
Jika c titik maksimum relatif, maka f (c) dinamakan nilai maksimum relatif, dan jika c titik minimum relatif maka f (c) dinamakan
74
BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
nilai minimum relatif.
Berdasarkan uraian di atas kita memiliki metode untuk mencari titik
maksimum atau minimum relatif:
1. Cari titik kritis, yaitu titik c sehingga f 0 (c) = 0.
2. Hitunglah f 00 (c),
y
(a) jika f 00 (c) < 0, maka c titik maksimum relatif dan f (c)
nilai maksimumnya.
(b) jika f 00 (c) > 0, maka c titik mimimum relatif dan f (c) nilai
minimumnya.
Contoh 80. Carilah nilai maksimum atau minimum relatif fungsi
UM
Pk
f (x) = x2 − 2x + 1
Penyelesaian. Pertama dicari turunan pertama dan kedua:
f 0 (x) = 2x − 2
f 00 (x) = 2
dan
Titik kritisnya adalah
f 0 (x) = 2x − 2 = 0
atau
x=1
00
Di x = 1, f (1) = 2 > 0, sehingga disimpulkan bahwa f (x) mencapai titik minimum dengan nilai minimum
f (1) = 12 − 2 · 1 + 1 = 0.
Contoh 81. Dua bilangan jumlahnya 20. Berapakah kedua bilangan tersebut agar hasil kalinya maksimum?
Penyelesaian. Misalkan bilangan pertama x. Ini berarti bilangan
kedua adalah 20 − x. Misalkan f (x) menyatakan hasil kali kedua
bilangan tersebut, yaitu
f (x) = x(20 − x) = 20x − x2
Titik kritis f (x) adalah
f 0 (x) = 20 − 2x = 0
atau x = 10.
Turunan keduanya adalah f 00 (x) = −2, sehingga f 00 (10) = −2 < 0,
yakni x = 10 adalah titik maksimum relatif. Nilai maksimumnya
adalah
f (10) = 10 · (20 − 10) = 100.
7.4. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
75
Contoh 82. Carilah nilai maksimum atau minimum relatif fungi
f (x) = x3 − 12x
Penyelesaian. Telah diperoleh bahwa titik kritisnya adalah x = −2
dan x = 2. Turunan keduanya adalah f 00 (x) = 6x.
Karena f 00 (−2) = −12 < 0, ini berarti x = −2 adalah titik maksimum relatif dengan nilai maksimum
f (−2) = (−2)3 − 12 · (−2) = 16.
y
Karena f 00 (2) = 12 > 0, ini berarti x = 2 adalah titik minimum
relatif dengan nilai minimum
UM
Pk
f (2) = (2)3 − 12 · (2) = −16.
Contoh 83. Suatu kotak tanpa tutup akan dibuat dari selembar
karton berbentuk empat persegi panjang dengan cara membuat potongan bujur sangkar yang sama pada setiap sudutnya. Diketahui
sisi-sisi empat persegipanjang tersebut adalah 50 cm dan 80 cm.
Berapakah tinggi kotak agar volumenya maksimum?
Penyelesaian. Misalkan potongan bujur sangkar pada setiap sudutnya memiliki sisi x. Dengan demikian kotak akan memiliki ukuran:
• tinggi kotak = x.
• luas alas = (50 − 2x)(80 − 2x).
Volume kotak adalah
V (x) = alas × tinggi = (50 − 2x)(80 − 2x)x = 4000x − 260x2 + 4x3
Pertama dicari titik kritisnya,
V 0 (x) = 4000 − 520x + 12x2 = 0
atau
(3x − 100)(x − 10) = 0
Jadi titik kritisnya adalah x = 100/3 dan x = 10.
Turunan kedua V (x) adalah
V 00 (x) = −520 + 24x
Untuk x = 100/3 diperoleh
V 00 (100/3) = −520 + 24 ·
100
840
=
>0
3
3
76
BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL
dan untuk x = 10 diperoleh
V 00 (10) = −520 + 24 · 10 = −280 < 0,
yang berarti bahwa volume kotak maksimum jika tinggi kotak adalah
x = 10 cm. Volume maksimum kotak adalah
UM
Pk
y
V (10) = (50 − 2 · 10)(80 − 2 · 10) · 10 = 18000 cm3 .
Bab 8
Pengertian integral tak tentu
UM
Pk
8.1
y
Integral
Jika fungsi F (x) memiliki turunan f (x) dan C adalah konstanta
maka fungsi F (x) + C juga memiliki turunan f (x), sebab
d
d
d
(F (x) + C) =
(F (x)) + (C) = f (x).
dx
dx
dx
Dalam hal ini fungsi F (x) dinamakan primitif fungsi f (x), fungsi
F (x) + C dinamakan integral tak tentu atau anti turunan fungsi
f (x) dan dituliskan
Z
f (x)dx = F (x) + C.
(8.1)
Persamaan 8.1 dibaca integral fungsi f (x) adalah F (x) + C. Fungsi
f (x) dinamakan integran atau fungsi yang dicari integralnya.
Z
1
Contoh 84. 1.
x2 dx = x3 + C
3
Z
1
2. (x3 − 2x + 1)dx = x4 − x2 + x + C
4
Z
√
2 3
3.
xdx = x 2 + C.
3
Beberapa sifat integral tak tentu berikut dapat dibuktikan dengan mengaambil tururan primitifnya.
77
78
BAB 8. INTEGRAL
Z
Teorema 17.
1.
xn dx
xn+1
+ C,
n+1
=
dengan n
6=
−1, n rasional.
Z
2. Jika k kontantsa, maka
Z
kf (x)dx = k
Z
(f (x) + g(x))dx =
Z
Z
f (x)dx +
g(x)dx.
1
x7 dx = x8 + C.
8
1.
UM
Pk
Contoh 85.
f (x)dx.
y
3.
Z
Z
2.
Z
3.
3
dx = 3
x3
Z
x−3 dx = −
Z
4
x + 2dx =
4
x dx +
Z
3
+ C.
2x2
1
2dx = x5 + 2x + C.
5
Dengan mengambil k = −1 pada sifat 17 (2) dan berdasarkan
(3) diperoleh
Z
Z
(f (x) − g(x))dx =
Z
f (x)dx −
g(x)dx
Sifat 17 (3) dapat diperumum untuk n fungsi sebagai berikut:
Z
Z
(f1 (x)+f2 (x)+· · ·+fn (x))dx =
Z
Z
Z
f1 (x)dx+ f2 (x)dx+· · ·+ fn (x)dx.
1
(x3 − 2x)dx = x4 − x2 + C.
4
Z 1
1
1
2.
4x3 + x2 − 2 + 2 dx = x4 + x3 − 2x − 3 + C.
x
3
3x
Contoh 86.
1.
8.2. METODE SUBSTITUSI
79
Test Formatif
Carilah integral berikut:
Z
1. (−x2 − 5)dx
2.
Z
3.
Z
√
x − 1dx.
(x2 +
1
)dx
x2
UM
Pk
4.
(x + 1)2 dx
y
Z
8.2
Metode Substitusi
Kemampuan dalam mencari integral tak tentu yang telah disampaikan di atas, sangat tergantung pada kemampuan kita dalam
menebak dan pengalaman mencari turunan. Ada kalanya cara demikian
tidak efektif. Metode yang akan kita perkenalkan, merupakan metode
yang cukup efektif untuk mencari integral beberapa bentuk fungsi.
Ingat kembali bahwa
du
= u0 (x)
dx
Misalkan u(x) adalah fungsi dari x dan F (u) adalah anti turunan
f (u), jadi
dF
= f (u)
du
Dengan aturan rantai diperoleh
F 0 (u(x)) =
dF du
= f (u)u0 (x)
du dx
Ini berarti integral tak tentu dari f (u)u0 (x) adalah F (u(x)) + C,
atau
Z
f (u(x))u0 (x)dx = F (u(x)) + C
=F
Z (u) + C
=
f (u)du.
80
BAB 8. INTEGRAL
Jadi diperoleh
Z
Z
0
f (u(x))u (x)dx =
f (u)du.
(8.2)
y
Persamaan 8.2 dinamakan metode substitusi atau metode perubahan variabel.
Z
Contoh 87. Carilah 2x(x2 − 1)17 dx.
UM
Pk
Dimisalkan u(x) = x2 − 1. Jadi du = 2xdx.
Z
Z
2
17
2x(x − 1) dx = (x2 − 1)17 (2xdx)
Z
=
u17 du
=
1 18
u +C
18
=
(x2 − 1)18
+ C.
18
Z
x+2
dx.
+ 4x + 5)3
Dimisalkan u(x) = x2 + 4x + 5. Jadi du = (2x + 4)dx.
Z
R (2x+4)dx
x+2
1
=
2
(x2 +4x+5)3
(x2 + 4x + 5)3
Z
1
1
=
du
2
u3
Contoh 88. Carilah
(x2
=
=
1 (−1)
+C
2 2u2
4(x2
−1
+ C.
+ 4x + 5)2
8.2. METODE SUBSTITUSI
Z
Contoh 89. Carilah
81
√
x3 x4 + 9dx.
=
1 2 3/2
u +C
43
y
Dimisalkan u(x) = x4 + 9. Jadi du = 4x3 dx.
Z
Z √
√
1
3
x x4 + 9dx =
x4 + 9(4x3 dx)
4
Z
1 √
udu
=
4
UM
Pk
1
= (x4 + 9)3/2 + C.
6
Tes Formatif
Carilah setiap integral berikut
Z
1.
(3x + 2)3 dx.
Z
2.
Z
3.
Z
4.
Z
5.
Z
(1 − 4x)2 dx.
√
x 2 − x2 dx.
√
5
dt.
2t + 1
x2 (x3 − 17)99 dx.
x+1
dx.
x2 + 2x + 1
Z
√
7.
(x − 3x2 ) 1 + x2 − 2x3 dx.
6.
Z
8.
√
x2 + 1
dx.
(x3 + 3x + 3)2
82
BAB 8. INTEGRAL
9.
Z
10.
Z
11.
5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1
dx.
(x5 + x4 + x3 + x2 + x + 100)11
√
1
√ dx.
x(1 + x)2
1
p
dx.
x2 1 + 1/x
Z
12.
t2 (1
Z
√
x(5 − x3/2 )dx.
UM
Pk
13.
1
dx.
− 1/t)3
y
Z
8.3. INTEGRAL TERTENTU
8.3
83
Integral tertentu
Luas beberapa jenis bangun datar dapat dihitung dengan mudah
karena telah diketahui rumus untuk menghitungnya. Akan tetapi
ada banyak bangun datar yang rumus luasnya tidak tersedia. Dalam
bagian ini, integral tertentu akan diperkenalkan melalui luas suatu
bidang yang dibatasi oleh kurva.
UM
Pk
y
Tinjau fungsi f (x) dengan domain interval [a, b]. Kita akan mencari luas daerah dibawah kurva f (x) yang dibatasi oleh garis x = a
dan x = b. Kita notasikan luas tersebut dengan A. Interval [a, b]
dibagi menjadi n interval bagian yang lebarnya sama sebesar ∆x.
Dengan demikian pada interval [a, b] terbentuk titik-titik
x0 = a, x1 = a+∆x, x2 = x1 +∆x, x3 = x2 +∆x · · · xn−1 = xn−2 +∆x, xn = a
dan
b−a
n
Pada setiap interval bagian [xi , xi+1 ] diambil titik ci . Dibentuk empat persegi panjang dengan lebar ∆x dan tinggi f (ci ).
Luas setiap empat persegipanjang adalah
∆x =
f (ci ) · ∆x,
dengan i = 1, 2, · · · , n.
Jumlah luas seluruh empat persegi panjang adalah
S = f (c1 ) · ∆x + f (c2 ) · ∆x + · · · + f (cn ) · ∆x =
n
X
f (ci ) · ∆x
i=1
Jika interval bagian semakin banyak, maka luas S ini akan semakin mendekati luas A. Semakin banyak interval bagian berarti
pula semakin besar n. Dengan demikian luas A dapat diaproksimasi
dengan jumlah berikut
Luas A = lim
n→∞
n
X
f (ci ) · ∆x
(8.3)
i=1
Jika limit pada 8.3 ada, maka limitnya dinamakan
R b integral tertentu fungsi f (x) dari a sampai b dan dituliskan a f (x)dx. Jadi
84
BAB 8. INTEGRAL
y
f (x)
y
f (c5 )
UM
Pk
a x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9
∆x
b
x
Gambar 8.1: Interval [a, b] dibagi menjadi 10 subinterval yang lebarnya sama
Z
b
f (x)dx = lim
n→∞
a
n
X
f (ci ) · ∆x
(8.4)
i=1
Pada persamaan 8.4, a dinamakan batas bawah integral dan b
dinamakan batas atas integral .
Contoh 90. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) =
x2 , sumbu x, garis x = 0 dan garis x = 1.
Penyelesaian Interval [0, 1] dibagi menjadi n interval bagian yang
lebarnya masing-masing ∆x. Jadi
∆x =
1−0
1
= .
n
n
Jika diambil ci titik ujung kiri interval [xi , xi+1 ], maka
c1 = x1 = 1 + ∆x = 0 + n1 = n1
c2 = x2 = x1 + ∆x = n1 + n1 = n2
c3 = x3 = x2 + ∆x = n2 + n1 = n3
···
ci = xi = ni .
Persamaan berikut akan kita gunakan untuk menyelesaian soal ini.
8.4. TEOREMA DASAR KALKULUS
85
Dapat ditunjukan bahwa
n
X
i2 =
i=1
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
Luas yang dicari adalah
=
Pn i2 1
i=1 n2 · n
P
lim n13 ni=1 i2
n→∞
lim 13 n(n+1)(2n+1)
6
n→∞ n
1(1+1/n)(2+1/n)
lim
6
n→∞
2
6
1
.
3
= lim
n→∞
UM
Pk
=
y
=
Pn
f (ci ) · ∆x
n→∞ Pi=1
n
lim i=1 c2i · n1
n→∞
2
P
lim ni=1 ni · n1
n→∞
A = lim
=
=
=
=
8.4
Teorema Dasar Kalkulus
Contoh 90 menggambarkan bagaimana tidak mudahnya mencari
integral tertentu dengan menggunakan definisi. Pada bagian ini
akan diperkenalkan suatu teorema yang menghubungkan integral
tak tentu dan integral tertentu. Dengan teorema ini kita bisa menghitung integral tertentu lebih mudah.
Teorema 18. Jika f (x) kontinyu pada interval [a, b] dan memiliki
primitif F (x), maka integral tertentu f (x) ada dan berlaku
Z b
f (x)dx = F (b) − F (a).
(8.5)
a
Pernyataan F (b) − F (a) sering ditulis F (x)|ba . Dengan notasi ini,
86
BAB 8. INTEGRAL
persamaan 18 ditulis
b
Z
f (x)dx = F (x)|ba .
a
Contoh 91. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) =
x2 , sumbu x, garis x = 0 dan garis x = 1.
2.5
f (x) = x2
y
2
1.5
UM
Pk
1
0.5
0
0
0.5
1
1.5
Penyelesaian Dengan teorema dasar kalkulus, maka diperoleh
1
Z 1
1 3 1
1
1
2
x dx = x = 13 − 03 = .
3 0 3
3
3
0
Contoh 92. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) =
x2 + x, sumbu x, garis x = 1 dan x = 1.5.
Penyelesaian Luas daerah yang dicari adalah daerah biru pada
gambar di bawah ini. Penyelesaian. Luas yang dicari adalah
1.5
Z 1.5
1 3 1 2 2
(x + x)dx =
x + x 3
2
1
1
1
1
1 3 1 2
3
2
(1.5) + (1.5) −
1 + 1
=
3
2
3
2
1
1
1 1
=
(3.375) + (2.25) −
+
3
2
3 2
= 3.4 satuan luas.
8.4. TEOREMA DASAR KALKULUS
87
f (x) = x2 + x
5
4
3
2
1
0
0.5
1
1.5
2
y
0
UM
Pk
Contoh 93. Carilah luas daerah yang dibatasi kurva f (x) = 4 − x2
dan sumbu x dari x = −2 sampai dengan x = 2.
4
3
2
1
−2
Penyelesaian.
berikut
Z
−1
1
2
2
f (x) = 4 − x
Luas daerah yang dicari
adalah integral tertentu
2
2
(4 − x )dx = 4x −
−2 −2
23
= 4 · 2 − 3 − 4 · (−2) −
= 32
.
3
2
x3
3
(−2)3
3
Integral tertentu memiliki sifat-sifat yang dinyatakan dalam teorema berikut.
Z
b
Z
f (x)dx = −
Teorema 19. (1)
a
b
f (x)dx.
a
88
BAB 8. INTEGRAL
a
Z
f (x)dx = 0.
(2)
a
b
Z
Z
a
a
Z
b
b
Z
(5)
Z
f (x)dx +
a
g(x)dx.
a
a
a
b
f (x)dx +
(f (x) + g(x))dx =
(4)
Z
c
Z
f (x)dx =
b
c
f (x)dx.
a
y
b
Z
b
f (x)dx.
kf (x)dx = k
(3) Jika k konstanta, maka
Z
UM
Pk
(6) Jika f (x) ≥ g(x) untuk setiap x ∈ [a, b] maka
Z b
g(x)dx.
b
f (x)dx ≥
a
a
Tes Formatif
1. Carilah integral berikut
Z √2
(a)
xdx
1
Z 1/2
(b)
t2 dt
Z0 2
(c)
(2x − 3)dx
0
Z 0
(d)
(3x2 + x − 5)dx
1√
Z
2
(t −
(e)
√
2)dt
0
2. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x), sumbu x
garis x = a dan x = b berikut.
(a) f (x) = 3x2 , mulai x = 1 sampai dengan x = 2.
(b) f (x) = 16 − x2 , mulai x = −1 sampai dengan x = 1.
Bab 9
y
Fungsi Trigonometri
UM
Pk
Fungsi trigonometri memiliki peran yang sangat penting untuk menyelesaikan berbagai persoalan dalam berbagai bidang ilmu pengetahuan
dan teknologi. Fungsi trigonometri memiliki domain berupa sudut,
oleh karena itu pertama akan kita perkenalkan dua ukuran sudut.
Definisi fungsi trigonometri akan didekati melalui perbandingan sisisisi segita tiga siku-siku.
9.1
Ukuran sudut
Selain dapat dinyatakan dengan sistem koordinat Cartesius, posisi
suatu titik P pada bidang xy dapat pula dinyatakan dengan sistem
koordinat kutub (polar). Dalam sistem koordinat kutub, posisi
titik P dinyatakan dengan sudut yang dibentuk oleh garis OP dengan sumbu x positif dan panjang garis OP (Gambar 9.1. Jika
panjang garis OP adalah r dan sudut antara garis OP dan sumbu
x adalah θ, maka posisi P dituliskan sebagai P (r, θ).
Tinjau suatu garis lurus pada bidang xy yang melalui titik O
(gambar 9.2. Sudut antara garis ini dihitung mulai dari sumbu x
positif. Jika kita berputar dengan sumbu putar titik O, maka sudut
yang ditempuh dikatakan positif jika arah putar berlawanan dengan
arah putar jarum jam; sebaliknya jika arah putar tersebut sama
dengan arah putar jarum jam maka dikatakan kita telah menempuh
sudut negatif.
Ukuran sudut dapat dinyatakan dengan derajat atau radian.
89
90
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
y
P
r
Gambar 9.1: Posisi titik P dinyatakan
θ
sebagai P (r, θ), dimana r adalah panjang OP dan θ adalah sudut antara OP
dan sumbu x positif
x
O
y
α
x
x
O
UM
Pk
O
y
y
β
Gambar 9.2: α sudut positif, β sudut negatif
Sudut satu lingkaran adalah 360o atau 2π radian. Satu radian
adalah sudut yang dibentuk oleh sektor lingkaran jika panjang tali
busurnya sama dengan jari-jari lingkaran (lihat gambar 9.3.
Secara pendekatan nilai satu radian adalah
1 radian ≈ 57, 3o
Karena 1800 = π radian, maka kita dapat merubah derajat ke
radian
x0 =
x
· π radian
180
(9.1)
Contoh 94. Berikut adalah beberapa sudut yang dinyatakan dalam
radian
30
1
π radian = π radian
30o =
180
6
9.1. UKURAN SUDUT
91
B
r
r
1 radian
O
r
1
60
π radian = π radian
180
3
UM
Pk
60o =
y
A
Gambar 9.3: Panjang tali
busur AB adalah sama dengan panjang jari-jari r; sudut
AOB adalah 1 radian.
270
3
π radian = π radian
180
2
Dengan demikian sudut π radian sama dengan sudut setengah
lingkaran, 2π radian sama dengan sudut satu lingkaran, dan secara
umum x radian dapat dikonversi menjadi derajat
270o =
x radian =
Contoh 95.
x
· 180o
π
(9.2)
π
· 180o = 180o
π
π/2
π
radian =
· 180o = 90o
2
π
π
π/3
radian =
· 180o = 60o
3
π
π radian =
Tabel berikut menyajikan konversi kedua ukuran sudut pada beberapa nilai.
12 derajat
radian
30o
π/6
45o
π/4
60o
π/3
90o
π/2
120o
2π/3
135o
3π/4
150o
5π/6
Table 9.1: Konversi derajat-radian untuk sudut khusus
180o
π
92
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
9.2
Fungsi cosinus, sinus dan tangen
Tinjau dua segitiga siku-siku pada bidang xy (Gambar 9.4). Sudut
AOC tentu sama dengan sudut BOA, yaitu θ.
E
r
y
C
y
θ
A
B
UM
Pk
O
x
Gambar 9.4: Segitiga AOC dan BOE kongruen
Segitiga AOC dan segitiga BOE adalah kongruen. Oleh karena
itu
panjang OB
panjang OA
=
panjang OC
panjang OE
yang berarti bahwa hasil bagi ini tidak tergantung pada segitiganya.
Oleh karena itu kita bisa menggunakan suatu segitiga untuk menyatakan hasil bagi tersebut. Hasil bagi panjang OA dan OC dinamakan cosinus sudut θ, ditulis cos θ. Fungsi-fungsi cosinus, sinus
dan tangen didefinisikan sebagai berikut.
cos θ =
x
r
sin θ
=
y
r
tan θ =
y
x
(9.3)
Nilai fungsi cosinus, sinus dan tangen untuk sudut tertentu dapat
dicari dengan bantuan gambar 9.5.
9.2. FUNGSI COSINUS, SINUS DAN TANGEN
√
2
1
93
2
√
2
3
1
π/6
√
π/4
3
1
π/3
y
1
Gambar 9.5: Sudut-sudut khusus
UM
Pk
Sebagai contoh, dari gambar pertama diperoleh
√
3
π
cos =
,
6
2
π
1
sin = ,
6
2
√
3
π
1
tan = √ =
6
3
3
Nilai fungsi trignometri pada tabel 9.2 sering digunakan acuan
untuk menunjang pelajaran lain.
θ
0
cos θ
1
sin θ
0
tan θ
0
π/6
√
3/2
1/2
√
3/3
π/4
√
2/2
√
2/2
1
π/3
π/2
1/2
√
3/2
√
3
0
1
-
Table 9.2: Nilai fungsi cosinus, sinus dan tangen untuk sudut khusus
Grafik fungsi sinus dan cosinus bersifat periodik, yang berarti
nilainya berulang setelah interval tertentu. Fungsi sin θ dan cos θ
merupakan fungsi periodik dengan periode 2π, yakni
sin (θ + 2πn) = sin θ,
cos (θ + 2πn) = cos θ,
n = · · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · ·
n = · · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · ·
(9.4)
94
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
1
f (x) = sin x
π
π
2
x
2π
3π
2
−1
Gambar 9.6: Grafik fungsi sinus
1
π
π
2
3π
2
2π
UM
Pk
−1
y
f (x) = cos x
x
Gambar 9.7: Grafik fungsi cosinus
y
y
f (x) = tan x
−π
2
π
2
x
f (x) = tan x
π
2
3
2π
x
Gambar 9.8: Grafik fungsi tangen
9.3
Beberapa sifat fungsi sin θ, cos θ dan tan θ.
Beberapa sifat fungsi trigonometri dapat dibuktikan dengan mengamati gambar 9.9 dan gambar 9.10.
9.3. BEBERAPA SIFAT FUNGSI SIN θ, COS θ DAN TAN θ.
Q(−x, y)
95
P (x, y)
180o − θ
Gambar 9.9: Titik P (x, y) dicerminkan terhadap sumby y menjadi
titik Q(−x, y); akibatnya garis OQ
membentuk sudut 1800 − θ.
θ
θ
O
θ
−θ
Gambar 9.10: Titik P (x, y)
dicerminkan terhadap sumbu
x ke titik Q(x, −y), sehingga
garis OQ membentuk sudut
−θ.
UM
Pk
O
y
P (x, y)
Q(x, −y)
Dari gambar 9.9 diperoleh sifat berikut:
cos (180o − θ) = − cos θ
sin (180o − θ) = sin θ
(9.5)
Dari gambar 9.10 diperoleh sifat berikut
cos (−θ) = cos θ
sin (−θ) = − sin θ
(9.6)
Hubungan antara sistem koordinat cartesius dan koordinat kutub
dapat dicari dengan bantuan gambar 9.11
x = r cos θ
y = r sin θ
(9.7)
96
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
Gambar 9.11: Berdasarkan definisi, cos θ = xr yang berarti
x = r cos θ, demikian pula karena
sin θ = yr , berarti y = r sin θ.
r
y = r sin θ
θ
x = r cos θ
Dengan menggunakan hubungan 9.7
r sin θ
sin θ
y
=
=
,
x
r cos θ
cos θ
sin θ
cos θ
(9.8)
UM
Pk
tan θ =
y
tan θ =
Contoh 96. Carilah panjang x dan tinggi y pada gambar berikut.
5 cm
y
30o
x
Berdasarkan 9.7, diperoleh
√
√
x = 5 cos 30o = 5 · 23 = 52 3 cm
y = 5 sin 30o = 5 · 12 = 2, 5 cm.
Karena berdasarkan dalil Phytagoras x2 + y 2 = r2 , maka dengan
memasukan hubungan 9.7 diperoleh
(r sin θ)2 + (r cos θ)2 = r2
dan dengan membagi kedua ruas dengan r2 diperoleh
sin2 θ + cos2 θ = 1
(9.9)
Hubungan sisi-sisi pada suatu segitiga bisa dicari dengan bantuan
gambar 9.12. Segitiga OBC dengan sisi-sisi a, b dan c. Sudut θ
menghadap sisi c.
9.3. BEBERAPA SIFAT FUNGSI SIN θ, COS θ DAN TAN θ.
97
y
C
a sin θ
c
a
θ
a cos θ
O
B
b
Gambar 9.12: Sudut BOC = θ
x
y
A
Karena segitiga ABC adalah segitiga siku-siku, maka
UM
Pk
(b − a cos θ)2 + a2 sin2 θ = c2 .
Karena
(b − a cos θ)2 + a2 sin2 θ = b2 − 2ab cos θ + a2 cos2 θ + a2 sin2 θ
= a2 + b2 − 2ab cos θ
maka diperoleh
c2 = a2 + b2 − 2ab cos θ
(9.10)
Sifat fungsi sinus dan cosinus untuk jumlah dua sudut bisa dicari
dengan bantuan gambar 9.13.
Berdasarkan persamaan 9.10 untuk segitiga OAB berlaku
(AB)2 = (OA)2 + (OB)2 − 2(OA)(OB) cos (α − β)
= 2 − 2 cos (α − β)
(AB)2 = (cos α − cos β)2 + (sin α − sin β)2
= cos2 α − 2 cos α cos β + cos2 β + sin2 α − 2 sin α sin β + sin2 β
= 2 − 2(cos α cos β + sin α sin β)
Dengan menyamakan kedua persamaan diperoleh
98
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
B(cos α, sin α)
A(cos β, sin β)
α
β
O
x
y
Gambar 9.13: Segitiga OAB dengan sudut α − β menghadap sisi AB.
UM
Pk
cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β
(9.11)
Karena sin (−β) = − sin β dan cos (−β) = cos β, maka dengan
mengganti β dengan −β pada hasil terakhir, diperoleh
cos (α + β) = cos α cos β − sin α sin β
9.4
(9.12)
Derivatif cos u dan sin u
Untuk mencari turunan ketiga fungsi trigonometri, pertama akan
kita cari limit fungsi sinθ
jika θ mendekati 0. Perhatikan gambar
θ
9.14.
Luas segitiga BOC = 12 alas × tinggi = 12 1̇ · sin θ = 21 · sin θ
Luas sektor BOC
= 12 θ · r2 = 2θ
Luas segitiga BOD = 12 alas × tinggi = 12 · 1 · tan θ = 12 tan θ
Dari gambar jelas bahwa
Luas segitiga BOC ≤ Luas sektor BOC ≤ Luas segitiga BOD
atau
1
θ
1
sin θ ≤ ≤ tan θ
2
2
2
9.4. DERIVATIF COS U DAN SIN U
99
D(1, tan θ)
C
r sin θ
θ
O
cos θ
A
B(1, 0)
Karena tan θ = sin θ/ cos θ, maka
UM
Pk
θ
sin θ
1
sin θ ≤ ≤
2
2
cos θ
y
Gambar 9.14: Serempat lingkaran
berjari-jari 1, sudut θ dalam radian.
Segitiga BOC berada di dalam sektor BOC dan sektor BOC berada di
dalam segitiga BOD
Jika ketiga ruas dibagi
1
2
sin θ, maka diperoleh
1≤
1
θ
≤
sin θ
cos θ
atau
cos θ ≤
sin θ
≤1
θ
Jika θ mendekati 0, maka
sin θ
≤ lim 1
θ→0
θ→0 θ
θ→0
Karena lim cos θ = 1, maka diperoleh
lim cos θ ≤ lim
θ→0
sin θ
≤1
θ→0 θ
1 ≤ lim
dengan kata lain
sin θ
= 1.
θ→0 θ
lim
Contoh 97.
sin 5x
5 sin 5x
sin θ
= lim
= 5 lim
= 5.
x→0
x→0
θ→0 θ
x
5x
lim
(9.13)
100
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
Dari identitas cos2 θ + sin2 θ = 1 diperoleh
sin2 θ = 1 − cos2 θ = (1 − cos θ)(1 + cos θ)
Jika θ mendekati 0, maka
1 − cos θ
lim
= lim
θ→0
θ→0
θ
sin θ
sin θ
·
θ
(1 + cos θ)
lim sin θ
sin θ
0
· θ→0
= 1·
= 0.
θ→0 θ
(1 + lim cos θ)
1+1
= lim
θ→0
y
Dengan demikian berlaku
1 − cos θ
= 0.
θ→0
θ
(9.14)
UM
Pk
lim
Persamaan 9.13 dan 9.14 akan kita gunakan untuk mencari
turunan fungsi sin θ dan cos θ. Berdasarkan definisi turunan dan
dengan memanfaatkan sifat sin a + b = sin a cos b + cos a sin b, maka
d
(sin θ)
dθ
sin (θ+∆θ)−sin θ
∆θ
sin θ cos ∆θ+cos θ sin ∆θ−sin θ
lim
∆θ
∆θ→0 sin θ(cos ∆θ−1)
cos θ sin ∆θ
+
lim
∆θ
∆θ
∆θ→0
(cos ∆θ−1)
sin θ lim
+ cos θ lim sin∆θ∆θ
∆θ
∆θ→0
∆θ→0
= lim
∆θ→0
=
=
=
= sin θ · 0 + cos θ · 1
= cos θ.
Dengan demikian diperoleh
d
(sin θ) = cos θ
dθ
(9.15)
Jika u fungsi dari θ, dengan aturan rantai diperoleh
d
du
(sin u) = cos u
dθ
dθ
(9.16)
9.5. FUNGSI SECAN, COSECAN DAN COTANGEN
101
Contoh 98.
d
d
(sin 3θ) = cos 3θ (3θ) = 3 cos 3θ.
dθ
dθ
Contoh 99.
d
d
(sin (θ2 + 2θ)) = cos (θ2 + 2θ) (θ2 +2θ) = (2θ +2) cos (θ2 + 2θ).
dθ
dθ
Turunan cos θ dapat dicari dengan cara serupa,
cos (θ+∆θ)−cos θ
∆θ
cos θ cos ∆θ−sin θ sin ∆θ−cos θ
lim
∆θ
∆θ→0 cos θ(cos ∆θ−1)
sin θ sin ∆θ
lim
−
∆θ
∆θ
∆θ→0
(cos ∆θ−1)
cos θ lim
− sin θ lim sin∆θ∆θ
∆θ
∆θ→0
∆θ→0
= lim
∆θ→0
=
UM
Pk
=
y
d
(cos θ)
dθ
=
= cos θ · 0 − sin θ · 1
= − sin θ.
Jadi kita peroleh
d
(cos θ) = − sin θ
dθ
(9.17)
dan jika u fungsi dari θ, maka dengan aturan rantai diperoleh
d
du
(cos u) = − sin u
dθ
dθ
Contoh 100. Carilah
df
dθ
jika diketahui f (θ) = cos
√
(9.18)
θ2 − 1.
√
√
√
√
d d
θ
sin
(
θ2 − 1)
cos ( θ2 − 1) = − sin ( θ2 − 1)
θ2 − 1 = − √
.
dθ
dθ
θ2 − 1
9.5
Fungsi secan, cosecan dan cotangen
Fungsi-fungsi trigonometri yang lainnya didefinisikan dengan mengacu fungsi trigonometri yang telah kita bahas di atas.
102
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
sec θ =
r
x
csc θ =
r
y
cot θ =
x
y
(9.19)
1
cos θ
UM
Pk
sec θ =
y
Berdasarkan definisi 9.19, diperoleh hubungan sebagai berikut.
csc θ =
1
sin θ
cot θ =
1
tan θ
(9.20)
Setelah kita mengetahui definisi fungsi 9.19, sekarang kita bisa
mencari tururan tan θ dapat dicari sebagai berikut
sin θ
d
d
tan
θ
=
dθ
dθ cos θ
cos θ
d
sin θ−sin θ
d
cos θ
dθ
dθ
=
cos2 θ
θ(− sin θ)
= cos θ cos θ−sin
cos2 θ
1
= cos2 θ
= sec2 θ,
yakni
d
tan θ = sec2 θ
(9.21)
dθ
Jika u adalah fungsi dari θ, maka dengan aturan rantai diperoleh
d
du
tan u = sec2 u ·
dθ
dθ
(9.22)
9.6. INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI
103
Contoh 101.
d
d
tan (π/2 − θ2 ) = sec2 (π/2 − θ2 )· (π/2 − θ2 ) = −2θ sec2 (π/2 − θ2 ).
dθ
dθ
Turunan fungsi trigonometri berikut dapat dicari dengan memanfaatkan hasil-hasil sebelumnya.
d
du
csc u = − csc u cot u ·
dθ
dθ
(9.23)
UM
Pk
du
d
cot u = − csc2 u ·
dθ
dθ
y
d
du
sec u = sec u tan u ·
dθ
dθ
Contoh 102.
2.
d
(sec θ3 )
dθ
3.
d
dθ
4.
d
dt
9.6
√
1.
d
(tan t2 )
dt
= sec2 t2 ·
d 2
t
dt
= 2t sec2 t2
d
= sec θ3 tan θ3 dθ
(θ3 ) = 3θ2 sec θ3 tan θ3
csc θ =
√1
2 csc θ
·
d
dθ
csc θ =
√
√
cot t = − csc2 t ·
d
dt
√
− csc
√ θ cot θ
2 csc θ
2
√
=−
csc θ cot θ
.
2
√
t = − csc2√t t .
Integral fungsi trigonometri
Integral tak tentu fungsi trigonometri dapat dicari dengan mengacu
pada derivatif fungsi ini yang telah dibahas pada bagian sebelumnya.
Dari persamaan
d
(sin θ) = cos θ
dθ
diperoleh
Z
cos θdθ = sin θ + C
(9.24)
104
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
Demikian pula dari persamaan
d
(cos θ) = − sin θ
dθ
kita memperoleh
Z
(9.25)
y
sin θdθ = − cos θ + C
Jika u adalah fungsi dari θ yang memiliki turunan, maka dengan
aturan rantai diperoleh
UM
Pk
du
d
sin u = cos u .
dθ
dθ
Dengan demikian diperoleh
Z
du
cos u dθ = sin u + C
dθ
(9.26)
Demikian pula dari hubungan
du
d
cos u = − sin u ,
dθ
dθ
kita peroleh
Z
sin u
du
dθ = − cos u + C
dθ
Contoh 103. Hitunglah integral
Z
cos 3θdθ
Penyelesaian. Dengan mengambil u = 3θ, diperoleh
du
=3
dθ
(9.27)
9.6. INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI
105
Integral di atas dapat ditulis
1
cos 3θdθ =
3
Z
1
=
3
Z
cos 3θ(3dθ)
=
1
sin u + C
3
=
1
sin 3θ + C.
3
y
cos udu
UM
Pk
Z
Contoh 104. Carilah integral
Z
sin (5x − 2)dx.
Diambil u = 5x − 2. Jadi diperoleh
Z
sin (5x − 2)dx =
1
5
1
=
5
du
dx
R
= 5.
sin (5x − 2)5dx
Z
sin udu
1
= − cos u + C
5
1
= − cos (5x − 2) + C
5
Contoh 105. Carilah integral
Z
sin x
dx.
cos2 x
Diambil u = cos x. Jadi diperoleh
du
dx
= sin x dan cos2 x = u2 .
106
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
Z
sin x
dx =
cos2 x
Z
1
du
u2
Z
u−2 du
=
= −u−1 + C
y
1
=− +C
u
=−
UM
Pk
Z
1
+ C.
cos x
Contoh 106. Carilah
θ sin θ2 dθ.
Dengan mengambil u = θ2 kita peroleh du
= 2θ,
dθ
Z
Z
1
sin θ2 (2θdθ)
θ sin θ2 dθ =
2
Z
1
=
sin udu
2
1
= − cos u + C
2
1
= − cos θ2 + C.
2
Fungsi trigonometri lainnya dapat diturunkan dari rumus turunan dan kita ringkaskan di bawah ini.
Z
sec2 θdθ = tan θ + C
Z
sec θ tan θdθ = sec θ + C
(9.28)
Z
csc θ cot θdθ = − csc θ + C
Z
csc2 θdθ = − cot θ + C
9.6. INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI
Contoh 107.
Z
Z
107
sec2 3tdt =
1
tan 3t + C.
3
sec2 3tdt =
1
tan 3t + C.
3
y
Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus kita bisa mencari intergral
tertentu fungsi trinogometri.
UM
Pk
Contoh 108. Carilah luas daerah yang dibatasi kurva f (x) = sin x
antara x = 0 dan x = π/2.
1
0.5
1
2
3
4
5
f (x) = sin x
−0.5
Penyelesaian. Daerah yang dicari luasnya adalah yang berwarna
merah muda. Luasnya adalah
Z π/2
cos xdx = sin x|π/2
= sin π/2 − sin 0 = 1.
0
0
Test Formatif
Carilah integral berikut.
Z
1.
sin 5θdθ
108
BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI
Z
cos (2 − 3x)dx
2.
Z
3.
Z
4.
Z
5.
sec2 (t + 3)dt
x sin x2 dx
sin2 x cos xdx
sec 3x tan 3xdx
6.
Z
UM
Pk
7.
√
cos x
√ dx
x
y
Z
Z
π/4
8.
cos xdx
0
Z
π
9.
sin xdx
π/4
Z
3π/2
10.
sin tdt
π/2
Bab 10
UM
Pk
y
Fungsi Eksponen dan
Logaritma
Fungsi eksponen dan fungsi logaritma memiliki aplikasi yang luas di
berbagai bidang ilmu pengetahuan dan teknologi. Telah kita ketahui
bahwa jika n bilangan bulat positif, maka
an = a
| · a{z· · · a}
n faktor
dan
1
.
an
Jika x = p/q adalah bilangan rasional, maka
√
√
ax = ap/q = p aq = ( p a)q
a−n =
Namun jika x adalah bilangan real, apakah makna dari ax ? Sebagai
contoh, apakah makna dari
√
3
2
?
Tentu tidak mudah mencari maknanya.
Berikutnya tinjau contoh :
10y = 100 ⇐⇒ y = 2
2y = 64
⇐⇒ y = 6
y
3 = 81
⇐⇒ y = 4
109
110
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
Tetapi berapakah y sehingga berlaku
√ y
2 =3 ?
Tentu tidak mudah untuk mencari jawabannya. Jawaban kedua pertanyaan tersebut membawa kita pada pembicaraan tentang fungsi
eksponen dan fungsi logartima.
10.1
Fungsi logaritma alami
UM
Pk
y
Sejauh pembahasan kita, tidak ada fungsi yang anti turunannya
1
adalah . Disisi lain, integral
x
Z b
1
dx
a x
menyatakan luas daerah di bawah kurva f (x) =
pada gambar berikut.
1
x
seperti dinyatakan
3
2
1
f (x) = 1/x
2
4
Definisi 21. Fungsi ln x didefinisikan
Z x
1
ln x =
dt,
1 t
6
x>0
8
(10.1)
10.1. FUNGSI LOGARITMA ALAMI
111
Fungsi ln x dinamakan logaritma alami. Jadi ln x secara grafik
menyatakan luas daerah di bawah kurva f (x) = 1/x. Berdasarkan
Definisi 10.1,
Z 1
1
ln 1 =
dt = 0
1 t
Nilai fungsi ln x pada beberapa titik diberikan dalam tabel berikut.
0.001
0.1
1
1.5
2
2.7
2.9
7
10
ln x
-0.91
-2.3
0
0.405
0.693
0.99
1.03
1.95
2.30
y
x
UM
Pk
Grafik fungsi f (x) = ln x merupakan kurva yang tumbuh dengan
sangat lambat untuk nilai-nilai x yang semakin besar. Sedangkan
jika nilai x mendekati 0, maka ln x akan semakin mendekati minus
tak hingga.
f (x) = ln x
2
1
2
4
6
8
10
−1
−2
Definisi 22. Bilangan e didefinisikan sebagai bilangan sehingga
ln e = 1
(10.2)
Jadi e adalah suatu bilangan real sehingga luas daerah di bawah
kurva 1/x antara x = 1 dan x = e adalah 1. Dapat diinformasikan bahwa e adalah bilangan irasional dan nilainya adalah e =
2, 71828 · · · .
Berdasarkan Definisi 10.1, maka turunan ln x adalah 1/x, yakni
112
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
1
d
ln x =
dx
x
(10.3)
Selanjutnya jika u fungsi dari x, maka
(10.4)
y
1 du
d
ln u =
dx
u dx
d
1 d
1
ln 3x =
3x = .
dx
3x dx
x
d
1 d
2
(b)
ln x2 = 2 x2 = .
dx
x dx
x
UM
Pk
Contoh 109. (a)
d
1
d 3
3(x2 − 1)
ln (x3 − 3x) = 3
(x − 3x) = 3
dx
x − 3x dx
x − 3x
Beberapa sifat logaritma alami adalah sebagai berikut.
(c)
Teorema 20.
(i) ln ax = ln a + ln x
(ii) ln xa = a ln x
(iii) ln xy = ln x − ln y
Bukti:
1. Turunan dari ln x dan ln ax adalah sama, yaitu x1 . Dengan
demikian integral tak tentu dari x1 adalah ln x + C1 dan ln ax +
C2 dan berakibat
ln ax = ln x + C
dengan C = C1 − C2 . Untuk mencari konstanta C, diambil
x = 1; maka
ln a · 1 = ln 1 + C = 0 + C
yang berarti C = ln a. Jadi diperoleh ln ax = ln x + ln a.
10.1. FUNGSI LOGARITMA ALAMI
113
2. Fungsi ln xa dan a ln x memiliki turunan sama yaitu a/x. Hal
ini dapat ditunjukan sebagai berikut
1 d
d
ln xa = a xa
dx
x dx
1 a−1
ax
xa
=a
1
x
y
=
d
(a ln x)
dx
R
R
Oleh karena itu a/xdx = a ln x+C1 dan a/xdx = ln xa +C2 ;
dan diperoleh
ln xa = a ln x + C
UM
Pk
=
Jika diambil x = 1, maka
ln 1a = a ln 1 + C
atau
0=0+C
yang berarti C = 0. Dengan demikian ln xa = a ln x + C =
a ln x.
3. Ingat kembali bahwa a/x = ax−1 . Dengan menggunakan sifat
(i) dan (ii)
a
ln
= ln a · x−1
x
= ln a + ln x−1
= ln a − ln x
Contoh 110. Menggunakan sifat-sifat di atas diperoleh
1. ln e2 = 2 ln e = 2.
2. ln 1e = ln e−1 = − ln e = −1.
114
10.2
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
Integral 1/x
R
Perhatikan kembali bahwa pada definisi ln x = x1 dx, nilai x hanya
dibatasi pada bilangan real positif, yang berarti bahwa
Z
1
dx = ln x + C
x
UM
Pk
y
hanya berlaku untuk x > 0. Disisi lain fungsi x1 terdefinisi juga
untuk x bilangan
negatif. Oleh karena itu kita perlu mempertimR
bangkan x1 dx untuk x < 0. Jika x < 0, maka z = −x > 0 dan
dz = −dx; karena itu
Z
Z
1
1
dx = −
dx
x
−x
Z
1
=
(−dx)
−x
Z
1
=
dz
z
= ln z + C
= ln |x| + C
dimana |x| = z = −x.
Teorema 21. Jika x 6= 0, maka
Z
1
dx = ln |x| + C.
x
Jika u = f (x) maka du = f 0 (x)dx dan
Z
Z 0
1
f (x)
du =
dx
u
f (x)
R
dan karena u1 du = ln u + C, maka berlaku
(10.5)
10.3. FUNGSI E X
Teorema 22.
115
Z
f 0 (x)
dx = ln |f (x)| + C.
f (x)
(10.6)
UM
Pk
y
Contoh 111. Berdasarkan Teorema 22 kita bisa mencari integral
berikut:
Z
Z
1
1
2
1
1.
dx =
dx = ln |2x + 5| + C.
2x + 5
2
2x + 5
2
Z
Z
x2
1
3x2
1
2.
dx
=
dx = ln |x3 + 1| + C.
3
3
x +1
3
x +1
3
Z
cos x
3.
dx = ln |2 + sin x| + C.
2 + sin x
10.3
Fungsi ex
Bilangan e merupakan bilangan real positif. Karena itu untuk setiap
bilangan real x, ex merupakan bilangan positif; dengan demikian
logaritma alami dari ex ada. Hubungan antara ex dan logaritma
alami dapat dipelajari sebagai berikut:
x = ln y ⇐⇒ x · 1 = ln y
⇐⇒ x ln e = ln y
⇐⇒ ln ex = ln y
⇐⇒ ex = y.
y = ex
⇐⇒
x = ln y
(10.7)
Fungsi ex dinamakan fungsi eksponen dan ditulis exp x, yaitu
ex = exp x.
Jadi fungsi eksponen merupakan invers dari fungsi logaritma alami.
116
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
y
y
x
f (x) = e
0
Fungsi f (x) = e−x
x
UM
Pk
Fungsi f (x) = e
0
f (x) = e−x
x
y
x
Gambar 10.1:
Grafik fungsi eksponen dapat dilihat pada gambar berikut.
Berdasarkan persaman 10.7 kita memperoleh hubungan berikut
eln x
= x,
ln ex = x,
Contoh 112.
untuk x > 0
(10.8)
untuk semua x
1. ln e3 = 3.
2. eln 2 = 2.
3. ln ex
2 +1
= x2 + 1.
3
4. eln x = x3 .
Contoh 113. Carilah x sehingga berlaku e3x = 12.
Soal ini dapat diselesaikan dengan mengambil logaritma alami kedua
ruas:
e3x
=2
ln e3x = ln 2
3x
= ln 2
x
= 13 ln 2
10.4. TURUNAN DAN INTEGRAL E U
117
Sifat fungsi eksponen berikut dapat diturukan dari sifat fungsi
logaritma alami.
Teorema 23. (a) e0 = 1
(b) ex+y = ex ey .
10.4
ex
.
ey
Turunan dan integral eu
y
(c) ex−y =
UM
Pk
Untuk mencari turunan y = ex kita bisa mengambil turunan kedua ruas pada persamaan x = ln y dengan mengingat y merupakan
fungsi dari x.
d
d
x =
ln y
dx
dx
1 =
1 dy
y dx
dy
=y
dx
= ex .
Jadi kita peroleh
d x
(e ) = ex
dx
(10.9)
Dengan aturan rantai, jika u adalah fungsi dari x maka kita peroleh
d u
du
(e ) = eu ·
dx
dx
(10.10)
118
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
Contoh 114. Carilah turunan dari f (x) = e2x .
Dengan memisalkan u = 2x, maka
df
d 2x
d
=
(e ) = e2x · (2x) = 2e2x .
dx
dx
dx
Karena turunan ex adalah ex , ini berarti ex adalah anti turunan
ex dan dengan demikian kita peroleh
ex = ex + C
Z
(10.11)
e−2x dx.
UM
Pk
Contoh 115. Carilah integral
y
Z
Jika diambil u = −2x, maka du = −2dx. Dengan demikian integral
yang dicari adalah
Z
Z
1
−2x
e dx = −
e−2x (−2dx)
2Z
1
eu du
=−
2
1 u
=− e +C
2Z
1
e−2x + C
=−
2
Z
ex
√
Contoh 116. Carilah integral
dx.
1 + ex
Misalkan u = 1 + ex . Akibatnya du = ex dx, dan dengan demikian
integral yang dicari adalah
Z
ex
du
√
√
dx
=
1 + ex
√u
= 2√u + C
= 2 1 + ex + C.
10.5
Fungsi ax dan loga x
Jika a > 0 maka ln a ada, karena itu ex ln a terdefinisi dengan baik.
Fungsi eksponen dengan basis a didefinisikan
10.5. FUNGSI AX DAN LOGA X
119
ax = ex ln a .
(10.12)
Contoh 117.
3
23 = e3 ln 2 = eln 2 = eln 2·2·2 = eln 2+ln 2+ln 2 = eln 2 eln 2 eln 2 = 2 · 2 · 2.
Hasil inimenyatakan bahwa definisi fungsi ax tetap konsisten dengan
pengertian ax untuk x bilangan bulat.
UM
Pk
y
Sifat fungsi eksponen dengan basis a dapat diturunkan dari definisinya.
Teorema 24.
1. 1x = 1,
a0 = 1
2. a(x+y) = ax ay
ax
3. ax−y = y
a
4. (ax )y = axy
5. (ab)x = ax bx
6. Jika a < b dan x > 0, maka ax < bx .
7. Jika 1 < b dan x < y, maka ax < ay .
8. Jika x ≥ 1 maka (a + 1)x ≥ ax + 1.
Sebagai contoh, sifat (b) dapat dibuktikan sebagai berikut:
ax+y = e(x+y) ln a
= ex ln a+y ln a
= ex ln a · ey ln a
= ax · ay .
Logaritma alami dapat digunakan untuk mendefinisikan logaritma dengan basis sebarang bilangan positif.
120
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
Definisi 23.
loga x =
ln x
ln a
(10.13)
ln x
ln x
=
= ln x.
ln e
1
UM
Pk
loge x =
y
Selanjutnya loga x dinamakan logaritma dengan basis a. Dengan definisi ini memungkinkan kita untuk mencari loga x jika a
bukan bilangan rasional. Uraian berikut akan memberikan alasan
mengapa ln x dinamakan logaritma dengan basis e.
Contoh 118.
2. log2 8 =
ln 8
ln 2
1. log10 1000 =
=
3. log10 (0, 01) =
ln 23
ln 2
=
ln 0,01
ln 10
3 ln 2
ln 2
=
ln 1000
ln 10
ln 103
ln 10
=
=
−2 ln 10
ln 10
= −2.
loga a = 1
(b) loga xc = c loga x
(c) loga xy = loga x + loga y
(d) loga
x
y
3 ln 10
ln 10
= 3.
ln 10−2
ln 10
Teorema 25. (a) loga 1 = 0,
=
= loga x − loga y
Contoh 119. Sederhanakan aloga x−2 loga y .
Penyelesaian:
aloga x−2 loga y = aloga x−loga y
=a
=
loga
x
.
y2
x
y2
2
= 3.
10.6. TURUNAN LOGA X DAN AX
121
Contoh 120. Carilah penyelesaian persamaan 32x+4 = 27.
Penyelesaian: Dengan mengambil logaritma berbasis 3 pada kedua
ruas diperoleh
log3 32x+4 = log3 27
⇐⇒ log3 32x + log3 34 = log3 33
⇐⇒
2x + 4 = 3
y
UM
Pk
y
y
1
x =− .
2
⇐⇒
f (x) = 2x
0
x
0
f (x) = ( 21 )x
x
x
1
Fungsi f (x) = 2
2
Jika a > 1, maka grafiknya akan tumbuh dengan cepat. Sebaliknya jika a < 1,
maka grafiknya akan meluruh dengan sangat lambat.
x
10.6
Fungsi f (x) =
Turunan loga x dan ax
x
Ingat kembali berdasarkan 25, loga x = ln
. Dengan hubungan ini
ln a
kita bisa mencari turunan fungsi logaritma sebagai berikut.
d
d
(loga x) =
dx
dx
1
ln x
ln a
=
1 d
1 1
1
(ln x) =
=
ln a dx
ln a x
x ln a
yakni
d
1
(loga x) =
.
dx
x ln a
122
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
Selanjutnya, jika u adalah fungsi dari x, maka
d
1 du
(loga u) =
dx
u ln a dx
(10.14)
d
1
d
1
(log10 3x) =
(3x) =
.
dx
3x ln 10 dx
x ln 10
d
1 d x
1
2.
(log3 ex ) = x
e =
.
dx
e ln 3 dx
ln 3
1.
y
Contoh 121.
x
UM
Pk
Berdasarkan hubungan ax = eln a = ex ln a , turunan fungsi f (x) =
x
a dapat dicari sebagai berikut,
d x
d x ln a
d
a =
(e
) = ex ln a · (x ln a) = ex ln a ln a = ax ln a,
dx
dx
dx
yakni
d x
(a ) = ax ln a
dx
Jika u adalah fungsi dari x, dengan aturan rantai diperoleh
d u
du
(a ) = au ln a
dx
dx
(10.15)
d x
5 = 5x ln 5.
dx
d
= 2cos x ln 2 cos x = −2cos x ln 2 sin x.
dx
Contoh 122. (a)
(b)
d cos x
2
dx
Integral fungsi ax dapat dicari dari hubungan
d x
(a ) = ax ln a
dx
Z
ax dx =
ax
+C
ln a
(10.16)
10.6. TURUNAN LOGA X DAN AX
123
3x
+ C.
Contoh 123. 1.
3 dx =
ln 3
Z
Z
3u
3sin x
sin x
2.
3
cos xdx =
3u du =
+C =
+ C, dengan
ln 3
ln 3
u = sin x.
Z
x
Tes Formatif
Z
1.
3x
dx
+1
Z
x2 + 5
dx.
x3 + 5x
UM
Pk
2.
y
x2
Z
3.
sin x
dx.
5 − cos x
BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA
UM
Pk
y
124
Bab 11
Persamaan Linear
UM
Pk
11.1
y
Sistem Persamaan Linear
Suatu persamaan linear dalam variabel x dan y adalah suatu persamaan berbentuk
ax + by = c
(11.1)
dimana a, b, dan c adalah konstanta-kontanta.
Perhatikan bahwa dalam definisi 11.1, pangkat dari x dan y
masing-masing adalah satu dan tidak ada suku hasil kali xy.
Contoh 124. Perhatikan persamaan berikut
a). y = 2x + 1
b). xy − x = 5
c). x + y = −3
d). x2 + x − 1 = y
Persamaan a) dan c) adalah persamaan lienear, persamaan b) bukan
persamaan linear karena ada suku hasil hali xy, dan persamaan d)
juga bukan persamaan linear karena variabel x ada yang berpangkat
2.
Pasangan terurut bilangan x0 dan y0 dinamakan penyelesaian
persamaan linear 11.1 jika pasangan bilangan tersebut memenuhi
persamaan 11.1, yakni jika berlaku
ax0 + by0 = c
Selanjutnya pasangan terurut bilangan x0 dan y0 ditulis (x0 , y0 ).
125
126
BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
Contoh 125. Diketahui persamaan linear
x+y =3
Pasangan bilangan (2, 1) merupakan penyelesaian persamaan linear
ini, sebab
2 + 1 = 3.
y
Demikian pula pasangan (1, 2), (0, 3) dan (−1, 4) masing-masing
merupakan penelyesaian persamaan linear ini. Anda bisa mencari
pasangan bilangan yang merupakan menyelesaian persamaan linear
ini. Contoh pasangan bilangan yang bukan penyelesaian persamaan
linear ini misalnya adalah (0, 1), sebab
0 + 1 6= 3.
UM
Pk
Pada bidang xy, grafik persamaan linear ax+by = c berupa garis
lurus yang melewati titik (0, a) dan titik (− ab , 0).
Contoh 126. Gambarlah grafik persamaan linear x + 2y = 3. Secara grafik jelaskan makna dari penyelesaian persamaan tersebut.
Garis ini berpotongan dengan sumbu x jika y = 0; yaitu pada titik
x + 2 · 0 = 3,
atau
x = 3,
Dengan demikian garis ini berpotongan dengan sumbu x di titik
(3, 0).
Garis ini berpotongan dengan sumbu y jika x = 0; yaitu pada titik
3
y= ,
2
dengan demikian garis ini berpotongan dengan sumbu y di titik
(0, 23 ).
Grafik garis ini diperoleh dengan cara menarik garis lurus yang
melalui titik (2, 0) dan (0, 32 ) (Gambar 126).
Perhatikan bahwa jika pasangan bilangan (x0 , y0 ) merupakan penyelesaian persamaan tersebut, maka titik (x0 , y0 ) berada pada garis
x + 2y = 3; sebaliknya setiap titik pada garis tersebut tentu harus
memenuhi persamaan tersebut, yang berarti pula bahwa setiap titik
pada garis tersebut adalah penyelesaian persamaan liner tersebut.
Titik yang tidak berada pada garis tersebut bukan merupakan penyelesaian persamaan linear tersebut, misalnya titik (1, 1) tidak berada
pada garis tersebut sehingga bukan penyelesaian persamaan linear
tersebut.
0 + 2y = 3,
atau
11.1. PERSAMAAN LINEAR
127
y
y
x
x + 2y = 3
UM
Pk
Gambar 11.1: Grafix x + 2y = 3
Berdasarkan uraian pada contoh 126 kita memperoleh sifat berikut.
Teorema 26. Titik (x0 , y0 ) merupakan penyelesaian persamaan linear ax + by = c jika dan hanya jika titik (x0 , y0 ) berada pada garis
lurus ax + by = c.
Tes Formatif
1. Manakah diantara yang berikut merupakan persamaan linear?
√
(a) x + y = 2
(b) 2x − y = 3
(c) x + y = 1
√
(d) x − y = 0
(e) 2x = 3y − x
(f) xy + 2 = 0
(g)
(h)
(i)
(j)
x2 + y = 4
x=7
9−y =0
xy = 2
128
BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
2. Gambarkan grafik persamaan linear berikut:
(a) x − y = 1
(b) 2x = y − 3
(c) y = 3x − 3
(d) y + 2x = 0
(e) x = 1
Sistem persamaan linear dua variabel
y
11.2
UM
Pk
Suatu sistem persamaan linear dengan dua variabel x dan y dan
dua persamaan adalah sistem yang berbentuk
ax + by = e
(11.2)
cx + dy = f
dimana a, b, c, d, e, dan f adalah konstanta-konstata.
Pasangan terurut bilangan (x0 , y0 ) dikatakan penyelesaian sistem
persamaan linear refspl2 jika pasangan bilangan ini merupakan
penyelesaian setiap persamaan linear pada sistem persamaan linear
11.2.
Contoh 127. Diberikan sistem persamaan linear
x + 2y = 1
x + 3y = 2
Pasangan bilangan (−1, 1) adalah penyelesaian sistem persamaan
linear ini, karena (−1, 1) merupakan penyelesaian setiap persamaan
pada sistem persamaan linear tersebut, yang dapat diperiksa sebagai
berikut
−1 + 2 · 1 = 1
−1 + 3 · 1 = 2
Dalam hal ini penyelesaian sistem persamaan linear tersebut biasa
dituliskan dengan x = −1 dan y = 1. Anda bisa memeriksa bahwa
(0, 0) dan (1, −1) bukan merupakan penyelesaian sistem persamaan
linear ini. Demikian pula pasangan bilangan lainnya selain (−1, 1)
juga bukan penyelesaian sistem persamaan linear ini.
11.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DUA VARIABEL
129
Di sekolah lanjutan, anda telah mengenal cara mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan metode eliminasi dan substitusi.
Kita akan membahas kembali cara tersebut untuk memotivasi kita
dalam mengembangkan metode yang lebih umum untuk mencari
penyelesaian sistem persamaan linear. Prinsip dalam metode eliminasi dan substitusi adalah pertama kita eliminasi (menghilangkan)
satu dari dua variabel sehingga diperoleh penyelesaian salah satu
variabel; kemudian hasilnya digunakan (dengan cara substitusi) untuk mencari penyelesaian variabel lainnya.
UM
Pk
2x + y = 3
x+y =1
y
Contoh 128. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
Kita beri label B1 (baris 1) dan B2 (baris 2) berturut-turut untuk
persamaan pertama dan kedua,
B1 : 2x + y = 3
B2 : x + y = 1
Baris pertama dikurangi baris kedua (B1 − B2):
B1 :
2x + y = 3
B2 :
x+y =1
B1 − B2 : x + 0 = 2
Dari baris terakhir diperoleh x = 2. Substitusi x = 2 kedalam satu
dari kedua persamaan, misalnya kedalam B2,
untuk x = 2, 2 + y = 1
atau
y =1−2
= −1.
Jadi penyelesaian sistem persamaan linear tersebut adalah x = 2
dan y = −1, atau ditulis (2, −1).
Contoh 129. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear
B1 : x − 3y = 2
B2 : 2x − 4y = 1
Untuk mencari penyelesaian sistem ini, misalnya kita ingin mengeliminasi variabel x; dalam hal ini dapat ditempuh dengan cara
130
BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
mengalikan baris pertama dengan 2 lalu hasilnya dikurangkan dengan baris kedua (2B1 − B2),
2B1 :
2x − 6y = 4
B2 :
2x − 4y = 1
2B1 − B2 : 0 − 2y = 3
y
Dari baris terakhir diperoleh 2y = −3 atau y = − 32 . Substitusi
y = − 32 ke B1 diperoleh
x − 3 · −3
=2
2
atau
x = 2 − 29
= − 25
UM
Pk
Jadi penyelesaianya adalah x = − 25 dan y = − 23 .
Secara geometris, jika suatu sistem persamaan linear memiliki
penyelesaian (x0 , y0 ), maka titik (x0 , y0 ) berada pada kedua garis lurus yang menyatakan grafik masing-masing persamaan linear. Oleh
karena itu kedua garis berpotongan di titik (x0 , y0 ). Dengan demikian
titk-titik dimana kedua garis lurus berpotongan merupakan penyelesaian sistem persamaan linear tersebut.
Contoh 130. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
dan gambarkan garis-garis yang menyatakan persamaan linearnya,
2x + y = 1
x+y =2
Dapat anda cari bahwa penyelesaian sistem persamaan linear ini
adalah x = −1 dan y = 3. Dengan demikian kedua garis yang
menyatakan persamaan-persamaan di atas adalah berpotongan di
titik (−1, 3).
Secara grafik, penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel adalah titik perpotongan dua garis lurus yang menyatakan kedua persamaan dalam sistem tersebut. Dua garis lurus pada suatu
bidang bisa terjadi (1) kedua garis berpotongan pada satu titik, (2)
kedua garis berimpit dan (3) kedua garis tidak berimpit dan sejajar
(tidak berpotongan). Dalam istilah penyelesaian, ketiga hal tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut: Suatu sistem persamaan linear bisa (1) memiliki penyelesaian tunggal (unik), (2) memiliki tak
hingga banyak penyelesaian, dan (3) tidak memiliki penyelesaian.
11.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DUA VARIABEL
131
y
y
(-1,3)
UM
Pk
x
2x + y = 1
x+y =2
Gambar 11.2: Kedua garis berpotongan di titik penyelesaian
Definisi 24. Suatu sistem persamaan linear yang memiliki penyelesaian dikatakan konsisten, sedangkan yang tidak memiliki penyelesaian dikatakan tidak konsisten.
Dengan demikian sistem persamaan linear yang konsisten bisa
memiliki penyelesaian tunggal atau tak hingga.
Contoh 131. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
x − 2y = 1
2x − 4y = 3
Kalikan baris pertama dengan 2 lalu kurangkan dengan baris
kedua (2B1 − B2):
2B1 : x − 2y = 1
B2 : 2x − 4y = 3
2B1 − B2 : 0 + 0 = −1
Pada baris terakhir diperoleh pernyataan 0 = −1 yang merupakan
pernyataan yang mustahil, oleh karena itu disimpulkan bahwa sis-
132
BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
tem persamaan linear ini tidak memiliki penyelesaian (tidak konsisten). Secara grafik, kedua persamaan dalam sistem persamaan linear ini adalah dua garis lurus berbeda yang sejajar; dengan demikian
kedua garis tidak berpotongan, sehingga tidak ada satu titikpun
yang berada pada kedua garis.
y
2x − 4y = 2
2x − 4y = 3
UM
Pk
y
x
Gambar 11.3: Kedua garis tidak berpotongan
Contoh 132. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear
x − 2y = −3
−2x + 4y = 6
Jika baris kedua dikalikan − 21 , maka kedua persamaan identik. Dengan demikian sistem persamaan ini dapat direduksi menjadi satu
persamaan
x − 2y = −3
Jika x = k, dengan k sebarang bilangan real, maka diperoleh
k+3
2
Jadi sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian x = k dan
y = k+3
dengan k sebarang bilangan real. Karena k bisa diganti
2
dengan bilangan real manapun, maka sistem persamaan ini memiliki
tak hingga banyaknya penyelesaian. Kedua persamaan dalam sistem
persamaan linear ini memiliki grafik garis lurus sama, yang berarti
ada tak hingga titik yang berada pada kedua garis.
2y = x + 3 = k + 3
atau
y=
Tes Formatif
Untuk setiap sistem persamaan linear berikut, carilah penyelesaiannya jika sistem tersebut konsisten.
11.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DUA VARIABEL
x−y =3
2x + y = 1
5.
2u − 2w = −3
u−w =6
2.
2x − 3y = 5
−x − y = 2
6.
x + 2y = k
−x − y = l
3.
x−y =1
x + y = −1
7.
−3x − 3y = 6
x + y = −2
4.
x − 2y = 4
x − 3y = 5
8.
4x − 8y = 16
−x + 2y = 2
UM
Pk
y
1.
133
BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
UM
Pk
y
134
Bab 12
UM
Pk
y
Sistem persamaan linear
yang diperluas
12.1
Vektor di Rn
Dalam pembahasan tentang sistem persamaan linear dua variabel
kita telah mengenal pasangan terurut bilangan (a, b) yang pada
bidang xy tidak lain adalah titik dengan koordinat (a, b). Jika dari
titik O ditarik garis lurus ke titik (a, b) maka kita peroleh ruas garis
berarah yang dinamakan vektor. Selanjutnya suatu vektor akan ditulis dengan notasi ~u, ~v , w
~ dan sebagainya. Jika vektor ~v menyatakan
ruas garis berarah dari titik O ke titik (a, b), maka kita tuliskan dengan
~v = (a, b).
Pada notasi di atas a dinamakan komponen pertama dan b dinamakan komponen kedua ~v . Karena vektor tersebut memiliki dua
komponen maka kita namakan vektor tersebut pada ruang R2 .
Dengan cara serupa kita bisa mengembangkan vektor pada ruang R3 sebagai triple terurut bilangan real (a, b, c). Gambar 12.1
menyatakan suatu vektor pada ruang R3 .
Untuk vektor yang memiliki lebih dari tiga komponen kita tidak
bisa menggambarkannya secara grafik, oleh karena itu kita akan
mengandalkan n − tuple terurut.
Definisi 25. Diketahui n bilangan bulat positif. Susunan terurut
135
136
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
y
(−2, 3)
y
(1, 2)
(a, b)
b
~u
~v
x
~v
w
~
x
a
y
(3, −2)
Gambar 12.1: Vektor di R2
UM
Pk
y
3
Vektor ~v = (2, 3, 2) pada ruang R3
dengan komponen pertama, kedua dan
ketiga berturut-turut 2, 3, dan 2.
~v
2
z
x
2
Gambar 12.2: Vektor ~v = (2, 3, 2)
bilangan real berbentuk
(v1 , v2 , · · · , vn )
dinamakan vektor di ruang Rn . Untuk setiap i = 1, 2, · · · , n, bilangan vi dinamakan komponen ke i.
Dengan demikian (v1 , v2 , v3 , v4 ) adalah vektor di ruang R4 , (v1 , v2 , v3 , v4 , v5 )
adalah vektor di ruang R5 , dan seterusnya.
Pada ruang vektor Rn , kita mengenal dua operasi aljabar, yaitu
12.1. VEKTOR DI RN
137
operasi jumlahan vektor dan operasi perkalian skalar.
Definisi 26. Diketahui ~u = (u1 , u2 , · · · , un ), ~v = (v1 , v2 , · · · , vn )
dan k bilangan real. Jumlah vektor ~u dan ~v , ditulis ~u + ~v , didefinisikan:
~u + ~v = (u1 + v1 , u2 + v2 , · · · , un + vn )
(12.1)
Perkalian skalar k dengan vektor ~v ditulis k~v , didefinisikan:
k~v = (kv1 , kv2 , · · · , kvn )
y
(12.2)
UM
Pk
Berdasarkan definisi 26 dengan mengambil k = −1, maka diperoleh
−~u = (−u1 , −u2 , · · · , −un )
~u − ~v = (u1 − v1 , u2 − v2 , · · · , un − vn )
Contoh 133. Diketahui vektor ~u = (1, 3, −2, 0) dan ~v = (−2, 1, −1, 1).
Kita bisa melakukan operasi aljabar pada vektor-vektor ini, misalnya
~u + ~v = (1, 3, −2, 0) + (−2, 1, −1, 1) = (1 + (−2), 3 + 1, −2 + (−1), 0 + 1)
= (−1, 4, −3, 1)
3~u = 3(1, 3, −2, 0) = (3 · 1, 3 · 3, 3 · (−2), 3 · 0) = (3, 9, −6, 0)
~u − ~v = (1, 3, −2, 0) − (−2, 1, −1, 1) = (1 − (−2), 3 − 1, −2 − (−1), 0 − 1)
= (3, 2, −1, −1)
2~u − 3~v = 2(1, 3, −2, 0) − 3(−2, 1, −1, 1) = (2 − (−6), 6 − 3, −4 − (−3), 0 − 3)
= (8, 3, −1, −3)
Perkalian titik vektor ~u = (u1 , u2 , · · · , un ) dan vektor ~v =
(v1 , v2 , · · · , vn ) ditulis ~u · ~v dan didefinisikan sebagai
138
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
~u · ~v = u1 v1 + u2 v2 + · · · + un vn =
n
X
ui vi
(12.3)
i=1
Karena ui vi adalah bilangan real dan jumlah bilangan real adalah
bilangan real, maka hasil kali titik dua vektor adalah suatu bilangan
real.
y
Contoh 134. Jika ~u = (1, 3, −2, 0) dan ~v = (−2, 1, −1, 1), maka
~u · ~v = 1 · (−2) + 3 · · · 1 + (−2) · (−1) + 0 · 1 = −2 + 3 + 2 + 0 = 3.
UM
Pk
Tes Formatif
1. Diketahui ~u = (−1, 3, 4) dan ~v = (0, −4, −2). Carilah
(a) ~u + 2~v
(b) −3~v − ~u
(c) 2~u − 3(~u + ~v )
(d) ~u · ~v
2. Diketahui vektor-vektor di ruang R4 : ~u = (−1, −2, 3, −4) dan
~v = (0, 2, −3, 5). Carilah
(a) (~u + ~v ) − 2~u
(b) 2~u − 2~v
(c) ~u · ~v
12.2
Sistem persamaan linear umum
Sistem persamaan linear untuk dua variabel dapat diperluas ke persamaan linear dengan variabel lebih dari dua. Untuk itu akan kita
memperluas dulu pengertian persamaan linear lebih dari dua variabel.
Suatu persamaan linear dalam variabel x1 , x2 , · · · , xn adalah persamaan berbentuk
12.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR UMUM
139
a1 x 1 + a2 x 2 + · · · + an x n = b
(12.4)
dengan a1 , a2 , · · · , an dan b adalah konstanta. Kontanta a1 , a2 , · · · , an
berturu-turut dinamakan koefisien x1 , x2 , · · · , xn .
Vektor p~ = (p1 , p2 , · · · , pn ) dinamakan penyelesaian persamaan
linear 12.4 jika berlaku
y
a1 p1 + a2 p2 + · · · + an pn = b,
UM
Pk
yakni jika p1 , p2 , · · · , pn berturut turut disubstitusikan untuk x1 , x2 , · · · , xn
dalam persamaan 12.4, maka persamaan tersebut akan benar.
Suatu sistem persamaan linear dalam n variabel x1 , x2 , · · · , xn
dan dalam m persamaan adalah suatu sistem berbentuk
a11 x1 + a12 x2 + · · · +a1n xn = b1
a21 x1 + a22 x2 + · · · +a2n xn = b2
..
..
..
.
.
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · +amn xn = bm
(12.5)
Vektor p~ = (p1 , p2 , · · · , pn ) dinamakan penyelesaian persamaan
linear 12.5 jika vektor ini merupakan menyelesaian setiap persamaan
dalam 12.5.
Contoh 135. Vektor (−1, 5) merupakan penyelesaian sistem persamaan linear
3x1 + 2x2 = 7
−x1 + x2 = 6
sedangkan vektor (1, −5) bukan merupakan penyelesaian sistem persamaan linear ini.
Metode Gauss merupakan suatu algoritma untuk mencari penyelesaian sistem persamaan linear. Metode ini yang pada prinsipnya merupakan pengembangan dari metode eliminasi dan substitusi.
Contoh berikut menggambarkan bagaimana metode ini digunakan.
140
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
Contoh 136. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear
2x3 = 6
x1 + 3x2 −x3 = 1
1
x1 + x2
=2
2
Penyelesaian Pertama kita susun kembali sistem persamaan ini
dengan menukar baris 1 dan baris 3 :
UM
Pk
Kalikan baris 1 dengan 2 :
y
1
x1 + x2
=2
2
x1 + 3x2 −x3 = 1
2x3 = 6
x1 + 2x2
=4
x1 + 3x2 −x3 = 1
2x3 = 6
Kalikan baris 1 dengan −1 kemudian tambahkan ke baris 2 :
x1 + 2x2
=4
x2
−x3 = −3
2x3 = 6
Dari baris terakhir diperoleh x3 = 3. Substitusi 3 ke x3 pada ke
baris 2 :
x2 − 3 = −3,
diperoleh x2 = 0. Substitusi 3 ke x3 dan 0 ke x2 ke baris 1 :
x1 + 2 · 0 = 4,
diperoleh x1 = 4. Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan
linear ini adalah x1 = 4, x2 = 0, x3 = 3 atau (4, 0, 3).
Langkah-langkah yang telah kita kerjakan pada contoh di atas
dapat dinyatakan bahwa untuk mencari penyelesaian suatu sistem
persamaan linear, kita bisa merubah bentuk sistem tersebut menjadi
suatu sistem yang mudah dicari penyelesaiannya. Untuk merubah
sistem persamaan linear tanpa merubah penyelesaiannya digunakan
suatu operasi yang selanjutnya dinamakan operasi baris elementer.
12.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR UMUM
141
Definisi 27. Operasi baris elementer adalah satu dari operasi
berikut:
1. Menukar baris i dengan baris j, ditulis Bi ↔ Bj .
2. Mengalikan baris i dengan bilangan k, ditulis Bi ← kBi .
y
3. Mengganti baris j dengan kelipatan k baris i ditambah baris j,
ditulis Bj ← kBi + Bj .
UM
Pk
Contoh 137. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear
x1 + x2
=0
2x1 − x2 +3x3 = 3
x1 − 2x2 −x3 = 3
Langkah 1. Eliminasi variabel
x1 pada baris 2 dan baris 3 dengan
menggunakan baris 1. Dalam hal
ini baris 1 dinamakan poros. Untuk mengeliminasi x1 pada baris
2, kita kalikan baris 1 dengan −2
lalu tambahkan ke baris 2 (B2 ←
(−2)B1 + B2).
=0
x2
2
−
x
3
:−2 1
+3x3 =
(−2)B1
x
2
−
3
x
B2 : 2 1 − 3x2+3x3 =
Untuk mengeliminasi x1 pada
baris 3, kita kalikan baris 1 dengan −1 lalu tambahkan ke baris 3
(B3 ← (−1)B1 + B3).
=0
x
2
−
:−x1
=3
(−1)B1
2x2−x3
−
x
1
x3 = 3
B3 :
− 3x2−
Diperoleh sistem persamaan linear
x1 +x2
=0
−3x2 + 3x3 = 3
−3x2 − x3 = 3
142
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
Langlah 2. Eliminasi x2 pada
baris 3 dengan menggunakan
baris 2, yaitu baris 2 dikali −1 lalu
ditambahkan ke baris 3 (B3 ←
(−1)B2 + B3).
= −3
x2 − 3x3
3
:
=3
(−1)B2
x2 − x3 = 0
3
−
:
B3
− 4x3
Diperoleh sistem persamaan berikut
y
x1 +x2
=0
−3x2 + 3x3 = 3
− 4x3 = 0
UM
Pk
Langkah 3. Dari sistem persamaan linear terakhir kita bisa memperoleh penyelesaian yang dicari. Dari baris 3 diperoleh x3 = 0.
Substitusi ke baris 2 diperoleh −3X2 + 3 · 0 = 3 atau x2 = −1. Substitusi x3 = 0 dan x2 = −1 ke baris 1 diperoleh x1 + (−1) = 0 atau
x1 = 1. Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan linear ini
adalah (1, −1, 0).
Pada contoh 137, dengan operasi baris elementer, kita telah
merubah sistem persamaan linear menjadi bentuk sistem persamaan
linear yang mudah dicari penyelesaiannya.
Untuk setiap baris pada suatu sistem persamaan linear, variabel
pertama dengan koefisien tak nol dinamakan variabel utama. Suatu sistem persamaan linear dikatakan berbentuk eselon jika variabel utamanya berada di sebelah kiri variabel utama baris di bawahnya.
Contoh 138. Tinjau sistem persamaan linear berikut.
x1 + 2x2 −x3 = 1
x2
+x3 = 4
x3 = 0
Pada sistem ini, variabel utama baris pertama adalah x1 , variabel
utama baris kedua adalah x2 , dan variabel utama baris ketiga adalah
x3 . Perhatikan bahwa posisi variabel utama baris pertama (x1 ) di sebelah kiri variabel utama baris kedua (x2 ) dan posisi variabel utama
12.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR UMUM
143
baris kedua (x2 ) di sebelah kiri variabel utama baris ketiga (x3 ).
Dengan demikian sistem persamaan linear ini berbentuk eselon.
Contoh 139. Dapat diperiksa bahwa sistem persamaan linear berikut
berbentuk eselon,
x1 + x2 −x3 + x4 = 0
3x3 −3x4 = 3
x4 = 1
UM
Pk
x1 + 2x2 −x3 = 1
2x1 + x2 +x3 = 4
x3 = 0
y
Contoh 140. Tinjau sistem persamaan linear berikut.
Sistem ini bukan berbentuk eselon, sebab variabel utama pada baris
pertama tidak berada di sebelah kiri variabel baris kedua.
Suatu sistem persamaan linear yang berbentuk eselon akan mudah dicari penyelesaiannya. Oleh karena itu prinsip dasar dalam
metode Gauss adalah merubah sistem persamaan ke bentuk eselon.
Contoh 141. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
dengan terlebih dahulu merubahnya kebentuk eselon.
2x1 + x2 −2x3 = 10
3x1 + 2x2 +2x3 = 1
5x1 + 4x2 +3x3 = 4
Langkah 1. Eliminasi variabel x1 pada baris 2 dan baris 3 dengan
poros baris 1, B2 ← 3B1 − 2B2 dan B3 ← 5B1 − 2B3:
2x1 + x2 −2x3 = 10
x2 +10x3 = −28
3x2 +16x3 = −42
Langkah 2. Eliminasi variabel x2 pada baris 3 dengan poros baris
2, B3 ← −3B2 + B3:
2x1 + x2 −2x3 = 10
x2 +10x3 = −28
−14x3 = 42
144
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
Dari baris terakhir diperoleh x3 = −3.
Langkah 3. Subtitusi balik
Substitusi x3 = −3 ke baris 2
x2 = −28 − 10 · (−3) = 2.
Substitusi x3 = −3 dan x2 = 2 ke baris 1
x1 =
1
1
(10 + 2x3 − x2 ) = (10 + 2 · (−3) − 2) = 1
2
2
y
Penyelesaian yang dicari adalah (1, 2, −3).
UM
Pk
Contoh 142. Selidiki apakah sistem persamaan linear berikut konsisten?
x1 + 3x2 = 1
2x1 + x2 = −3
2x1 + 2x2 = 0
Dengan memakaikan serangkaian operasi baris elementer berturutturut diperoleh
x1 + 2x2 = 1
x1 + 2x2 = 1
B2 ← −2B1 + B2 −5x2 = −5
−5x2 = −5 Dari
B3 ← −2B1 + B3 −4x2 = −2 B3 ← − 5 B2 + B3
0 = −2
4
baris terakhir diperoleh pernyataan 0 = −2. Karena pernyataan
demikian tidak mungkin terjadi maka disimpulkan bahwa sistem
persamaan linear tersebut tidak konsisten.
Contoh 143. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
2x1
+2x3 = 3
x1 − x2 −x3 = 1
2x1 +
+x3 = 3
Dengan operasi baris elementer diperoleh
2x1
B2 ← − 1 B1 + B2
2
B3 ← − 3 B1 + B3
2
+2x3
=3
−x2 − 32 x3 = − 21
−5x2 − 32 x3 = − 21
2x1
B3 ← −B2 + B3
+2x3
=3
−x2 − 23 x3 = − 12
0
=0
12.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR UMUM
145
Dari baris kedua dan baris pertama sistem persamaan terakhir
berturut-turut diperoleh x2 = 12 − 32 x3 dan x1 = 23 − x3 . Karena x3
bisa bernilai berapapun maka sistem ini memiliki tak hingga banyak
penyelesaian dengan penyelesaian umum berbentuk ( 12 − 23 x3 , 32 −
x3 , x3 ).
Tes Formatif
y
Berdasarkan contoh-contoh di atas, suatu sistem persamaan linear bisa konsisten atau tidak konsisten. Sisitem persamaan linear
yang konsisten bisa memiliki penyelesaian tunggal atau tak hingga.
UM
Pk
Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan operasi baris elementer.
1.
2x1 + 3x2 = 13
x1 − x2 = −1
2.
x1
−x3 = 10
3x1 +x2
=1
−x1 +x2 +x3 = 4
3.
4x2 +x3 = 20
−2x2 +x3 = 0
+x3 = 5
2x1
x1
2x1
+x3 +x4
=5
−x4 = −1
−x3 −x4
=0
+x2 + 2x3 +x4
=9
x2
4.
3x1
4x1
BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS
UM
Pk
y
146
Bab 13
UM
Pk
y
Sistem Persamaan Linear
dalam bentuk Matriks
Dalam pembehasan sistem persamaan linear, kita banyak menemukan bilangan atau variabel yang disusun dengan cara tertentu.
Nanti kita akan mengetahui bahwa suatu sistem persamaan linear
selalu dapat direpresentasikan dalam bentuk matrik dan sebaliknya.
13.1
Matriks
Matriks m × n adalah suatu susunan bilangan yang berbentuk
a11
 a21
 .
 ..

a12
a22
..
.

· · · a1n
· · · a2n 
.. 
. 
(13.1)
am1 am2 · · · amn
Dalam 13.1, aij dinanakan entri baris i kolom j, m × n dinamakan
ukuran matriks. Matriks sering dinyatakan dengan abjad kapital
seperti A, B, C, dan sebagainya.
Contoh 144. Tinjau matriks berikut,

3 −2
0 13
A = 0 17 −9 5
−3 −6
1 8

147
148BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS
Matriks A memiliki 3 baris dan 4 kolom, oleh karena itu matriks
A mempunyai ukuran 3 × 4.
Contoh 145. Perhatikan matriks berikut,


−2 0 
A =
1 2

C =
− 12
1
8
0 −3
1 −2 
2 9 

−4 6


 1 

D =
 0 
−1

B =


2


y

UM
Pk
Matriks A berukuran 2 × 2, matriks B berukuran 2 × 3, matriks C
berukuran 3 × 2 dan matriks C berukuran 3 × 1.
Dua matriks yang ukurannya sama bisa dijumlahkan dengan cara
menjumlahkan entri-entri yang posisinya sama. Diketahui matriksmatriks berikut




a11 a12 · · · a1n
 b11 b12 · · · b1n 


 a

 21 a22 · · · a2n   b21 b22 · · · b2n 




A = .

..
.. B=  ..
.
.
.
.
.

 .
.
.   .
.
.


am1 am2 · · · amn
bm1 bm2 · · · bmn
Jumlah A dan B ditulis A+B, adalah matriks yang entrinya aij +bij ,
yakni

a11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n
 a21 + b21 a22 + b22 · · · a2n + b2n 

A+B =
..
..
..


.
.
.
am1 + bm1 am2 + bm2 · · · amn + bmn

(13.2)
Jika k adalah bilangan real, maka kA adalah matriks yang entrinya adalah kaij , yakni
13.1. MATRIKS
149

ka12 · · · ka1n
ka22 · · · ka2n 
..
.. 
.
. 
am2 · · · kamn
ka11
 ka21
kA = 
 ...

kam1
Contoh 146. Diketahui matriks

3

−2
1
3
0
y


0 17 −9 5 

−3 −6 1 8
UM
Pk


A =

(13.3)
Matriks A memiliki 3 baris dan 4 kolom, oleh karena itu matriks
A mempunyai ukuran 3 × 4.
Contoh 147. Perhatikan matriks berikut,


−2
0

A=
1 2


2
1

B=
2 −3
Kita bisa melakukan operasi pada matriks-matriks tersebut, misalnya,
−2 + 2
0+1
0
1
2
1
−2 0
=
=
A+B =
+
3 −1
1 2
2 −3
1 + 2 2 + (−3)
3A = 3
−2 0
1 2
=
−B = (−1)B = (−1)
A−B =
−2 0
1 2
3 · (−2) 3 · 0
3·1 3·2
2
1
2 −3
=
=
−6 0
3 6
−2 −1
−2
3
2
1
−2 − 2
0−1
−4 −1
−
=
=
2 −3
1 − 2 2 − (−3)
−1
5
150BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS
2A + 5B = 2
−2 0
1 2
+5
2
1
2 −3
=
6
5
12 −14
y
Dua matriks bisa dikalikan jika kedua matriks memenuhi kondisi
tertentu. Jika matriks A berukuran m × r dan matriks B berukuran
r × n, yakni jika banyaknya kolom A sama dengan banyaknya baris
B, maka hasil kali AB adalah suatu matriks C yang entri baris i
kolom j nya adalah
UM
Pk
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + air brj
(13.4)
Jadi entri baris i kolom j hasil perkalian matriks AB adalah jumlah hasil kali entri baris i matriks A dan entri kolom j matriks B.
Sebagai ilustrasi, entri c12 hasil kali matrik pada gambar 13.1 adalah
jumlah hasil kali baris 1 matrik A dengan kolom 2 matriks B, yaitu
c12 = a11 b12 + a12 b22 + · · · + a1r br2

a11 a12

 a21 a22


..
..

.
.

am1 am2

· · · a1 r

· · · a2r 


..

··· .

· · · amr

b11 b12 · · · b1 n

 b
 21 b22 · · · b2n

 .
..
.
 ..
. · · · ..

br1 br2 · · · brn
A : m baris r kolom




=



B : r baris n kolom
Gambar 13.1: Perkalian matriks
Contoh148.
1

A = 0
1
Diketahui

1

1  B=
0
4 6 8 2
5 7 9 3
Hasil kali matrisk A dan B adalah
!

c11 c12

 c21 c22

 .
..
 ..
.

cm1 am2

· · · c1 r

· · · c2r 

.. 
··· . 

· · · cmr
C : m baris n kolom
13.2. REPRESENTASI MATRIK DARI SISTEM PERSAMAAN LINEAR151
 1·4+1·5
AB = 
 0·4+1·5
1·4+0·5

9 13 17

= 5 7 9
4 6 8

1·6+1·7 1·8+1·9 1·2+1·3 
0·6+1·7 0·8+1·9 0·2+1·3 

1·6+0·7 1·8+0·9 1·2+0·3

5

3 
2
Contoh 149. Diketahui


 −2 0 

A =
 4 −6  B =
8 2
!
UM
Pk
1 3
5 7
y

Hasil kali matrisk A dan B adalah



(−2)
·
1
+
0
·
5
(−2)
·
3
+
0
·
7


 −2 −6


 −26 30
=
AB =  4 · 1 + (−6) · 5 4 · 3 + (−6) · 7 



18 37
8·1+2·5
8·3+2·7




Tes Formatif
Diketahui :






1 3 
 1 2 3 
1 3 0  




A =  −2 −6 0 
B=
C = 5 2 

5 3 −1
0 −2
3 0 −2
Carilah yang berikut jika bisa; jika tidak bisa beri alasannya!
(1) AB, (2) BA, (3) AC, (4) BC, (5) CA + A
13.2
Representasi matrik dari sistem persamaan
linear
Tinjau kembali sistem persamaan linear
152BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS
a11 x1 + a12 x2 + · · · +a1n xn = b1
a21 x1 + a22 x2 + · · · +a2n xn = b2
..
..
..
.
.
.
am1 x1 + am2 x2 + · · · +amn xn = bm
y
Sistem persamaan linear ini dapat kita nyatakan dalam bentuk
perkaliam matriks sebagai berikut:
UM
Pk
AX = B
dengan



A =


a11 a12
a21 a22
..
..
.
.
am1 am2
· · · a1n
· · · a2n
.
· · · ..
· · · amn








x1
 x
 2
X =
 ..
 .
xn
(13.5)


 b1


 b2



dan
B
=
 .

 ..


bm







Perhatikan bahwa entri-entri matriks A adalah koefisien-koefisien
sistem persamaan linear, oleh karena itu matriks A dinamakan matriks koefisien.
Contoh 150. Sistem persamaan linear
x1 −4x2 +x3 = 2
−x1 +3x2 −x3 = 1
x1
+2x3 = 3
bisa ditulis dalam bentuk AX = B dengan
13.2. REPRESENTASI MATRIK DARI SISTEM PERSAMAAN LINEAR153






x
1
−4
1
2
1





 X =
−1
3
−1
 x2  dan B =  1 
A =


x3
3
1 0 2
UM
Pk
y
Dalam mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan operasi baris elementer, sebenarnya kita hanya melibatkan perhitungan pada koefisien variabel dan konstanta pada ruas kanan sistem.
Oleh karena itu dengan menuliskan matriks koefisien dan matriks B
sudah cukup untuk mencari penyelesaian dengan operasi baris elementer. Matriks yang diperbesar adalah matriks yang unsurnya
adalah matriks koefisien dan pada kolom terakhir adalah unsur matriks B. Matriks yang diperbesar ditulis dengan notas (A|B). Sebagai contoh,matriks yang diperbesar
 pada contoh di atas adalah
2 
 1 −4 1

(A|B) =  −1 3 −1
1 

1 0 2
3
Suatu matriks dinamakan matriks eselon baris tereduksi jika
1. Baris yang semua unsurnya nol berada di bawah baris paling
bawah.
2. Unsur tak nol pertama suatu baris adalah 1, selanjutnya dinamakan satu utama.
3. Satu utama setiap baris berada lebih ke kanan dibanding satu
utama baris di atasnya.
4. Satu utama adalah satu-satunya unsur tak nol pada kolom
tersebut.
Contoh 151. Carilah bentuk eselon baris tereduksi matriks berikut,


1 −1 3
7
1
0 6
5
0
2 6 −4
154BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS
Untuk merubah matriks tersebut ke bentuk eselon tereduksi dilakukan dengan operasi baris elementer sebagai berikut:


1 −1 3
7
1
0 6
5
0
2 6 −4
b +b
1
2
−−
−→




1 −1 3
7
1 −1 3
7
b2 +(−1)b1
0
1 3 −2 1
1 3 −2
−−−−−−→ 0
( 2 )·b3
0
2 6 −4 −−−→ 0
1 3 −2


1 0 6
5
0 1 3 −2
0 0 0
0
y
Contoh 152. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut,
UM
Pk
x1 − 4x2 +x3 = 2
−x1 + 3x2 −x3 = 1
x1
+2x3 = 3
Pertama-tama kita tuliskan terlebih dahulu matriks yang diperbesar
sistem persamaan linear tersebut, kemudian dilakukan operasi baris
elementer sehingga diperoleh matriks eselon tereduksi. Selengkapnya tahapannya adalah sebagai berikut,



b2 +b1
1 −4
1 2
1
−−−→
−1
3 −1 1 b3 +(−1)b1 0
1
0
2 3 −−−−−−→ 0

1
b1 +(−1)b3
−−−−−−→ 0
0

1
(−1)·b2 
−−−−→ 0
0

−4 1 2
−1 0 3
4 1 1


1 −4 1 2
0 −1 0 3 
b3 +4b2
0 1 13
−−−−→ 0



−4 0 −11
1
0 0 −23
b1 +(−4)b2 
−1 0
3 −
3 
−−−−−→ 0 −1 0
0 1 13
0
0 1 13

0 0 −23
1 0 −3 
0 1 13
Matriks terakhir adalah matriks eselon tereduksi. Dari matriks ini
diperoleh penyelesaian x1 = −23, x2 = −3 dan x3 = 13.
Tes Formatif
Untuk setiap sistem persamaan linear berikut, (a) representasikan
dalam bentuk matriks, (b) tuliskan matriks yang diperbesar, kemu-
13.2. REPRESENTASI MATRIK DARI SISTEM PERSAMAAN LINEAR155
1.
3x1 −x2 −x3 = 0
x1 +x2 +x3 = 0
x1
+x3 = 0
2.
x −2y −3z = 1
−3x +2y +4z = 0
2x −y +z = 2
UM
Pk
x1 +2x2 +3x3 = 3
2x1 +5x2 −x3 = −4
3x1 −2x2 −x3
=5
y
dian (c) cari penyelesaiannya dengan terlebih dahulu mencari matriks eselon tereduksi.
3.
x1
+x2 +x3 +x4
4. −x1 +3x2 −x3 +4x4
2x1 −x2 +3x3 −x4
3x1 +2x2 −4x3 −5x4
=1
=2
=6
=1
Jawab: (2)x = −2/13, y = −21/13, z = 9/13, (4) x1 = −103/3, x2 =
217/6, x3 = 55/2, x4 = −85/3.
UM
Pk
y
156BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS
Bab 14
y
Invers Matriks
UM
Pk
Dalam sistem bilangan real kita mengenal bahwa setiap bilangan
tak nol memiliki invers terhadap operasi perkalian. Ini berarti jika
x 6= 0, maka ada bilangan real y sehinggan xy = 1.
Dalam matriks, persoalan invers tidaklah sederhana seperti pada sistem bilangan real. Dalam bagian ini pertama kita akan mendefinisikan pengertian invers suatu matriks bujur sangkar. Kemudian
akan dilanjutkan dengan hubungan antara determinan dan invers,
cara mencari invers dan aplikasi untuk mencari penyelesaian sistem
persaman linear.
Sebelum kita membahas invers suatu matriks, kita perkenalkan terlebih dahulu matriks yang memiliki perilaku mirip dengan bilangan
satu pada perkalian sistem bilangan real.
Matriks indentitas I adalah matriks bujur sangkar yang unsur
diagonal utamanya 1 dan unsur diagonal lainnya 0, yakni

1 0 ··· 0
0 1 · · · 0
I =
.. ..
 ... ...
. .
0 0 ··· 1

Contoh 153. Matriks berikut berturut-turut adalah matriks bujur
157
158
BAB 14. INVERS MATRIKS
sangkar orde 2, orde 3 dan orde 4
1 0
0 1

,

1 0 0
0 1 0 ,
0 0 1

1
0

0
0
0
1
0
0
0
0
1
0

0
0

0
1
Matriks identitas memiliki sifat perkalian yang mirip dengan sifat
bilangan 1 pada operasi perkalian, yaitu
(14.1)
y
AI = IA = A
UM
Pk
Contoh 154. Diketahui

2 3 6
A = 1 3 8 
−7 1 0

Hasil matriks berikut dari sebelah kiri dengan matriks identitas
adalah matriks A

 

2 3 6
1 0 0
2 3 6
AI =  1 3 8 0 1 0  = 1 3 8  = A
−7 1 0
0 0 1
−7 1 0

Demikian pula hasil perkalian matriks tersebut dari sebelah kanan
dengan matriks indetitas, adalah matriks A,


 
2 3 6
1 0 0
2 3 6
IA = 0 1 0   1 3 8 =  1 3 8 = A
−7 1 0
0 0 1
−7 1 0

14.1
Invers matriks bujur sangkar
Diketahui A matriks bujur sangar orde n. Jika ada matriks B sehingga berlaku
AB = I
dengan I matriks identitas orde n, maka dikatakan A memiliki invers
dan B dinamakan invers A. Perhatikan bahwa jika B invers A maka
14.1. INVERS MATRIKS BUJUR SANGKAR
159
A adalah invers B. Selanjutnya invers A ditulis A−1 . Dengan notasi
ini maka berlaku
AA−1 = A−1 A = I
(14.2)
Contoh 155. Diketahui
3 2
A=
1 1
1 −2
B=
−1
3
UM
Pk
maka
y
Jika diambil
1 0
1 −2
3 2
=
AB =
0 1
−1
3
1 1
yakni AB = I, dengan kata lain
−1
A
1 −2
=
−1
3
Matriks bujur sangkar yang memiliki invers dinamakan matriks
non singular, sedangkan matriks yang tidak memiliki invers dinamakan matriks singular.
Jika matriks A dan matriks B keduanya non singular, maka
(AB)(B −1 A−1 ) = ABB −1 A−1 = AIA−1 = AA−1 = I,
demikian pula
(B −1 A−1 )(AB) = B −1 A−1 AB = BIB −1 = BB −1 = I
yang berarti bahwa invers AB adalah B −1 A−1 .
(AB)−1 = B −1 A−1
(14.3)
160
BAB 14. INVERS MATRIKS
Contoh 156. Sebagai ilustrasi, tinjau matriks
1 1
2 5
A=
dan B =
2 3
1 3
Dapat diperiksa bahwa invers masing-masing matriks adalah
A
−1
3 −1
=
−2
1
dan B
−1
3 −5
=
−1
2
y
Selanjuntnya
UM
Pk
3 8
19 −8
−1
AB =
dan (AB) =
7 19
−7
3
Dapat Anda periksa bahwa (AB)−1 juga sama dengan B −1 A−1 .
Proses pencarian invers suatu matriks tidaklah mudah, terlebih
lagi jika ukuran matriksnya besar. Untuk itu kita perlu mengembangkan metode pencarian invers matriks.
Definisi 28. Matriks elementer E adalah matriks yang didapatkan
dari matriks identitas melalui suatu operasi baris elementer.
Jika E adalah matriks elementer berorde n dan A adalah matriks
berukuran n × m, maka EA adalah matriks yang diperoleh dari matriks A melalui operasi baris elementer yang sama yang digunakan
untuk mendapatkan E dari I.
Contoh 157. Diketahui
3 0
E=
0 1
yakni E adalah matriks yang diperoleh dari matriks I dengan cara
mengalikan baris pertama I dengan 3. Jika
−1 2
A=
3 7
maka
14.1. INVERS MATRIKS BUJUR SANGKAR
3 0
EA =
0 1
161
−1 2
−3 6
=
3 7
3 7
sama dengan mengalikan baris pertama A dengan 3.
UM
Pk
y
Karena matriks elementer diperoleh dari matriks I dengan suatu operasi baris elementer, maka matriks elementer adalah ekivalen dengan matriks I. Dengan demikian setiap matriks elementer
memiliki invers. Sifat ini dapat kita kenakan pada matriks non singular A. Jika A memiliki invers, maka kita bisa mengalikan matris
A dengan serangkaian matriks elementer sehingga hasilnya adalah
matriks identitas, yakni
E1 E2 · · · En A = I.
(14.4)
Persamaan 14.4 mengandung arti bahwa matriks E1 E2 · · · En adalah
invers matriks A, yaitu
A−1 = E1 E2 · · · En
(14.5)
Dengan hasil ini kita bisa mencari invers matriks A dengan algoritma berikut:
.
Langkah 1. Disusun matriks M = (A..I), dimana I adalah matriks
indentitas yang ordenya sama dengan orde matriks A.
Langkah 2. Dengan menggunakan operasi baris elementer, nolkan
unsur dibawah diagonal utama sub matriks A. Jika
pada langkah ini menghasilkan sub matriks yang semua
barisnya nol, hentikan dan disimpulkan matriks tersebut
tidak memiliki invers.
Langkah 3. Ulangi langkah 2 sehingga submatriks A menjadi matriks indentitas. Pada saat yang sama sub matriks I
telah menjadi sub matriks B.
.
Langkah 4. Diperoleh matriks M 0 = (I ..B) dan disimpulkan A−1 =
B.
Contoh 158. Carilah invers matriks
162
BAB 14. INVERS MATRIKS
1 3
A=
2 4
Penyelesaian. Pertama dibentuk matriks
1 3 1 0
M = (A|I) =
2 4 0 1
1 3 1 0 b2 +(−2)b1 1
3
1 0 b1 +(3/2)b2 1
0 −2 32
2 4 0 1 −−−−−−→ 0 −2 −2 1 −−−−−−→ 0 −2 −2 1
3
1 0 −2
(−1/2)·b2
2
−−−−−→ 0 1
1 − 12
UM
Pk
y
Dengan mengenakan operasi baris elementer pada matriks M
Sub matriks sebelah kanan pada matriks terakhir adalah invers A,
dengan demikian
3
−2
−1
2
A =
1 − 12
Contoh 159. Carilah invers matriks

1
1 1
A = 2 −1 0 
2
2 0

Penyelesaian. Pertama dibentuk matriks


1
1 1 1 0 0
M = (A|I) = 2 −1 0 0 1 0
2
2 0 0 0 1
Kemudian dilakukan serangkaian operasi baris elementer pada matriks M sehingga sub matriks A menjadi matriks identitas,
14.2. MENCARI PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR DENGAN INVERS163



1
1
1
1 0 0
1
1 1 1 0 0 b2 +(−2)b1
2 −1 0 0 1 0−−−−−−→ 0 −3 −2 −2 1 0
b3 +(−2)b1
2
2 0 0 0 1 −−−−−−→
0
0 −2 −2 0 1


1
b1 + 12 b3
1
1
0
0 0
2
−−−−→ 0 −3
0 1 −1
0
b2 +(−1)b3
−−−−−−→ 0
0 −2 −2 0
1


1
1
1
0
0
0
3
6
b1 + 13 b2
0 −3
0 1 −1
0
−−−−
→
0
0 −2 −2 0
1


1
1
(−1/3)·b2
1 0 0 0
3
6
−−−−−→
1
0 1 0 0 − 1
3
3
(−1/2)·b3
1
−−−−−→
0 −2
0 0 1 1
UM
Pk
y

Diperoleh
A−1
14.2


1
1
0
3
6
1 
= 0 − 13
3
1
1
0 −2
Mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan invers
Ingat kembali bahwa setiap sistem persamaan linear dapat dituliskan
dalam bentuk perkalian matriks. Misalkan kita memiliki sistem persamaan linear AX = B dengan banyaknya persamaan sama dengan
banyaknya variabel. Ini berarti matriks koefisien A adalah matriks
bujur sangkar. Jika diasumsikan matriks A adalah matriks non singular, maka kita bisa mengalikan AX = B dengan A−1 ,
A−1 AX = A−1 B
dan karena A−1 AX = IX = X maka diperoleh
X = A−1 B
(14.6)
Persamaan 14.6 menyatakan bahwa penyelesaian sistem persamaan
linear AX = B bisa diperoleh dengan cara mengalikan matriks B
dari sebelah kanan dengan invers matriks A. Persamaan ini juga
164
BAB 14. INVERS MATRIKS
menyatakan bahwa jika matriks A non singular, maka penyelesaiannya tunggal.
Contoh 160. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
y
x1 + 2x3 =1
2x1 −x2 +3x3 =0
4x1 +x2 +8x3 =2
UM
Pk
Penyelesaian. Matriks koefisien A, matriks B dan matriks X sistem
persamaan linear tersebut adalah
 
1

B= 0 
2


1
0 2
A = 2 −1 3 
4
1 8
 
x1

dan X = x2 
x3
Dapat Anda tunjukan bahwa invers matriks A adalah

−11
2
2
0
1 
=  −4
6 −1 −1

A−1
Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah
X = A−1 B, yaitu

 
  

x1
−11
2
2
1
−7
x2  =  −4
0
1 0  = −2 
x3
6 −1 −1
2
4
Tes Formatif
Carilah invers matriks-matriks berikut.
14.2. MENCARI PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR DENGAN INVERS165
1
2

1

3. C = 1
3
1. A =
−2
2


3 −4
5 −1 
3 −6

1 −2 2
2. B = 2 −3 6 
1
0 7


1
2 −4
5 
4. D = −1 −1
2
7 −3
2x1 + x2 + x3
=0
6. −3x1 + 4x2 + 2x3 = 1
−x1 + x2 − x3
=2
UM
Pk
x1 + x2 − x3 = 1
5. 2x1 − 3x2 + x3 = 4
3x1 − x2 + 2x3 = 5
y
Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan
menggunakan invers.
Jawab:
A−1 =

C
−1
1/3
−1/3
−9/10 1/5

1/10 1/5
=
−2/5 1/5


−21 14 −6
1/3
5 −2 
B −1 =  −8
1/6
3 −2
1



17/30
−16 −11
3
−1/10 
5/2 −1/2 
D−1 =  7/2
1/15
−5/2 −3/2
1/2
5. x1 = 19/13, x2 = −4/13, x3 = 2/13
15/16, x3 = −19/16
6. x1 = 1/8, x2 =
BAB 14. INVERS MATRIKS
UM
Pk
y
166
Bab 15
y
Determinan
UM
Pk
Dalam pertemuan ini kita akan membahas determinan matriks orde
dua dan orde tiga. Untuk memotivasi, pengertian determinan akan
diperkenalkan melalui sistem persamaan linear dengan dua baris
dan dua kolom. Secara lebih khusus, akan dibahas pengertian determinan matriks orde dua dan orde tiga, sifat-sifat determinan dan
teknik pencarian determinan dengan memanfaatkan sifat-sifat determinan dan operasi baris elementer.
15.1
Determinan Matriks Orde 2 dan 3
Tinjau suatu sistem persamaan linear berikut,
a11 x1 + a12 x2 = b1
a21 x1 + a22 x2 = b2
Kita asumsikan sistem persamaan linear tersebut memiliki penyelesaian. Untuk mencari penyelesaiannya, kita eliminasi terlebih
dahulu variabel x2 dengan cara mengalikan persamaan pertama dengan a22 dan mengalikan persamaan kedua dengan a12 , kemudian
mengurangkannya,
a22 B1 :
a11 a22 x1 + a12 a22 x2 = b1 a22
a21 B2 :
a12 a21 x1 + a12 a22 x2 = b2 a12
a22 B1 − a21 B2 : a11 a22 x1 − a12 a21 x1 = b1 a22 − b2 a12
167
168
BAB 15. DETERMINAN
Dari baris terakhir diperoleh penyelesaian untuk x1 ,
x1 =
b1 a22 − b2 a12
a11 a22 − a12 a21
Dengan cara serupa, diperoleh penyelesaian untuk x2
x2 =
b2 a11 − b1 a21
a11 a22 − a12 a21
y
Tampak bahwa pembilang maupun penyebut pada penyelesaian
sistem persamaan linear ini merupakan hasil koefisien-koefisien pada
matrik AX = B.
UM
Pk
Matriks bujur sangkar adalah matrik yang banyaknya baris
dan banyaknya kolom sama. Suatu matriks bujur sangkar memiliki
n baris (jadi juga n kolom), dinamakan matriks berorde n.
Determinan suatu matriks bujur sangkar A ditulis det A atau |A|.
Jika A adalah matriks orde 2, maka
a11 a12 a21 a22 = a11 a22 − a12 a21
(15.1)
Untuk matriks orde 3, determinannya didefinisikan
a11
a
21
a31
a12 a13 a22 a23 = a11 a22 a33 +a21 a32 a13 +a31 a12 a33 −a13 a22 a31 −a23 a32 a11 −a33 a12 a31
a32 a33 (15.2)
Skema berikut ini barangkali bisa membantu untuk mengingat
definisi determinan matriks orde dua dan orde tiga.
+
+
+
a11 a12 a13 a11 a12
a21 a22 a23 a21 a22
a31 a32 a33 a31 a32
a11 a12
a21 a22
−
+
−
−
−
15.2. SIFAT-SIFAT DETERMINAN
169
Contoh 161. Carilah determinan setiap matriks berikut:
A=
2 4
−1 3


2
2 6
4 3 
B = 4
0 −3 5
2 4
= 2 · 3 − 4 · (−1) = 10
detA = −1 3
UM
Pk
y
2
2
6
4 3 = 2·4·5+2·3·0+6·4·(−3)−2·3·(−3)−2·4·5−6·4·0 = −54
detB = 4
0 −3 5
15.2
Sifat-sifat determinan
Determinan suatu matriks memiliki sifat
Jika suatu matriks bujur sangkar memiliki dua baris atau kolom
yang sebanding, maka determinannya 0.
Contoh 162. Determinan matriks


1 −2 3
1
2
7 3 
B = 5
A=
−2 −4
1
−1 32
2
Determinan matriks A adalah 0, karena baris kedua merupakan kelipatan −2 baris pertama. Matriks B memiliki dua baris yang sebanding, yaitu baris pertama dan ketiga, oleh karena itu determinannya
adalah 0.
Jika suatu matriks bujur sangkar memiliki baris atau kolom yang
semua unsurnya 0, maka determinannya 0.
Contoh 163.


1 0 3
C = 5 0 3 
1
0 32
2
170
BAB 15. DETERMINAN
Matriks C memiliki kolom ke 2 yang setiap unsurnya 0, oleh karena
itu determinan matriks C adalah 0.
y
Matriks segita tiga adalah matriks dimana semua unsur di atasi
atau di bawah diagonal utamanya 0. Sebagai contoh, matriks berikut
merupakan matriks segitiga,




1
2
3 4
1
0 0
0 −1
1
9
3 7

C=
D =  5 −1 0 
E=
0
0 −1
0 −3 10
1
3
0
2
2
0
0
0 5
UM
Pk
Determinan matriks bujur sangkar sama dengan hasil perkalian
unsur-unsur pada diagonal utamanya.
Contoh 164.
1
9
0 −1 = 1 · (−1) = −1
1
9 3
0 −2 2 = 1 · (−2) · 17 = −34
0
0 17
Sifat determinan matriks bujur sangkat jika dikenai operasi baris
elementer dinyatakan pada tiga sifat berikut.
Diketahui matriks bujur sangkar A.
1. Jika matriks B diperoleh dengan cara mengalikan suatu baris
atau suatu kolom matriks A dengan konstanta k, maka
det B = k det A
2. Jika matriks B diperoleh dengan cara menukar dua baris atau
kolom matriks A, maka
det B = − det A
3. Jika matriks B diperoleh dengan cara menambahkan kelipatan
suatu baris (kolom) ke baris (kolom) lainnya, maka
det B = det A
15.3. TES FORMATIF
171
Contoh 165. Diketahui
4 −8
A=
3
1
Contoh 166. Carilah determinan matriks


1 2 3
A = 4 5 6 
7 8 1
y
4 −8
1 −2
= 4
= 4 · 7 = 28
det A = 3
3
1
1
UM
Pk
Dengan operasi baris elementer dan menggunakan sifat di atas,
1
1 2 3 1
2
3
2
3
1
2
= (−3) 0
det A = 4 5 6 = 0 −3 −6
0 −6 −20
7 8 1 0 −6 −20
1 2
3
2= (−3) · 1 · 1 · (−8) = 24.
= (−3) 0 1
0 0 −8
15.3
Tes Formatif
1. Carilah determinan matriks berikut
1 2
A=
3 1
B=
0
1
2
2
−1
−1 3
C=
9 1
2. Carilah determinan matriks berikut


1
1
3
0 
A = 7 −2
9
1 −2

1
3
2
B =  4 13 2 
3 1 41
3. Diketahui
1 a
A=
1 2
Jika det A = 0, berapakah a?
1
172
BAB 15. DETERMINAN
4. Diketahui matriks
1 3
M=
2 5
Carilah x sehingga det (M − xI) = 0.
15.4
Ekspansi Laplace dan determinan orde n
UM
Pk
y
Proses pencarian determinan dengan definisi menjadi sukar jika ukuran matriks cukup besar. Metode ekspansi Laplace dapat digunakan
untuk perhitungan determinan matriks yang ordenya cukup besar.
Diketahui A matriks bujur sangkar orde n. Matriks Mij didefinisikan sebagai matriks yang diperoleh dengan cara menghapus baris
i dan kolom j matriks A. Minor ke ij matriks A ditulis |Mij |,
adalah determinan matriks Mij . Kofaktor ke-ij matriks A ditulis
Aij , didefinisikan sebagai
Aij = (−1)i+j |Mij |.
(15.3)
Contoh 167. Diberikan matriks


2 3 4
A = 5 6 7 
8 9 1
Minor ke-21 adalah determinan matrik A yang baris 2 dan kolom
1 nya dihapus, yaitu
3 4 = −33,
|M21 | = 9 1
dan kofaktor ke-21 adalah
A21 = (−1)2+1 |M21 | = (−1) · (−33) = 33.
Dengan cara serupa Anda dapat menghitung untuk minor dan
kofaktor lainnya, misalnya
|M22 | = −33,
A22 = −30,
|M23 | = −6,
A23 = 6.
15.4. EKSPANSI LAPLACE DAN DETERMINAN ORDE N
173
Teorema Ekspansi Laplace Diketahui A = (aij ) adalah matriks orde n. Determinan matriks A sama dengan jumlah dari hasil
kali unsur suatu baris (kolom) dengan kofaktornya.
Dengan demikian, penghitungan determinan matriks A dengan
ekspansi baris i adalah
det A = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain
(15.4)
atau dengan ekapsnasi kolom j adalah
(15.5)
y
det A = a1j A1j + a2j A2j + · · · + anj Anj
UM
Pk
Contoh 168. Carilah determinan matriks pada contoh 167.
Penyelesaian. Kita bisa menghitung determinan, misalnya dengan
ekapasi baris kedua. Telah dihitung pada contoh 167 bahwa
A21 = 33,
A22 = −30dan A23 = 6.
Diperoleh
det A = a21 A21 + a22 A22 + a23 A23
= 5 · 33 + 6 · (−33) + 7 · 6 = 27.
Secara teknis, determinan pada contoh di atas dapat dihitung
dengan cara berikut.
Langkah 1. Tutup baris kedua matriks A
Langkah 2a. Tutup kolom pertama matriks A, kemudian bentuk
matriks M21 dari unsur sisanya,


!
2 3 4
3 4


M21 =
 5 6 7 
9 1
8 9 1
Langkah 2b. Tutup kolom kedua matriks A, kemudian bentuklah
matriks M22 dari unsur sisanya,


!
2 3 4
2
4


M22 =
 5 6 7 
8 1
8 9 1
174
BAB 15. DETERMINAN
Langkah 2c. Tutup kolom ketiga matriks A, kemudianbentuklah
matriks M23 dari unsur sisanya,


!
2 3 4
2 3


M23 =
 5 6 7 
8 3
8 9 1
UM
Pk
y
Langkah 3. Tentukan tanda dari unsur-unsur baris yang digunakan untuk ekspansi, dalam hal ini baris kedua, dengan aturan
berikut:


 + − + 
 − + − 


+ − +
Langkah 4. Derminan A diperoleh dengan mengalikan setiap
determinan sub matriks yang diperoleh pada Langkah 2a sampai
dengan 2c berturut-turut dengan unsur baris kedua yang telah diberi
tanda, kemudian jumlahkan,
2 3 2 4 3 4 + 6
det A = (−5) 8 1 + (−7) 8 9
9 1
= (−5) · (−33) + 6 · (−30) + (−7) · (−6) = 27.
Dengan teori ekspansi Laplase, kita bisa mencari determinan matriks yang ordenya lebih tinggi dari tiga.
Contoh 169. Hitunglah determinan matriks berikut


5
4
2
1
 2
3
1 −2


−5 −7 −3
9
1 −2 −1
4
Penyelesaian. Dengan ekspansi baris pertama, determinan matriks
tersebut adalah
15.4. EKSPANSI LAPLACE DAN DETERMINAN ORDE N
175
5
4
2
1
2
3
1 −2
det B = 9
−5 −7 −3
1 −2 −1
4
3
2
2
1 −2
1 −2
3 −2 2
3
1
9 − 4 −5 −3
9 + 2 −5 −7
9 − −5 −7 −3
= 5 −7 −3
−2 −1
1 −1
1 −2
4
4
4 1 −2 −1
y
= 38.
UM
Pk
Contoh di atas memberikan gambaran bagaiana panjangnya proses
pencarian determinan matriks orde 4. Semakin besar orde matriks,
umumnya semakin panjang proses pencarian determinan. Dalam algoritma berikut, kita sajikan bagaiaman mencari determinan suatu
matriks dengan menurunkan ordenya.
Algoritma mereduksi determinan matriks A orde n menjadi orde
n − 1:
1. Pilih unsur aij = 1; jika tidak ada, pilih unsur aij 6= 0.
2. Gunakan aij sebagai poros, kenakan operasi baris elementer
untuk membuat nol unsur lainnya pada kolom dimana unsur
aij berada (kolom j).
3. Gunakan ekspansi kolom j untuk menghitung determinan.
Pada langkah 2, determinan matriks hasil operasi baris harus
disesuaikan sifat determinan akibat operasi baris elementer.
Contoh 170. Carilah determinan matriks berikut


2
5 −3 −2
−2 −3
2 −5

A=
 1
3 −2
2
−1 −6
4
3
Penyelesaian. Kita gunakan algoritma di atas untuk meredeksi determinan orde 4 menjadi orde 3. Kita pilih unsur a31 = 1 sebagai
176
BAB 15. DETERMINAN
poros untuk membuat nol unsur lain pada kolom 1 dengan operasi
baris elementer: B1 + 2B3 , B2 + 2B3 dan B4 + B3 .
 b1 +2b3 

2
5 −3 −2 −−−−→ 0 −1
1 6
b2 +2b3 
−2 −3
2 −5
3 −2 2
 −−−−→ 0

A=
 1
1
3 −2
2
3 −2 2
b4 +b3
−1 −6
4
3 −
2 5
−−→ 0 −3

y
Perhatikan bahwa tidak ada operasi baris elementer yang merubah
nilai determinan matriks A, oleh karena itu dengan ekspansi kolom
1, determinan matriks A adalah
UM
Pk
0 −1
1 6 −1
1 6
0
3 −2 2 det A = = 3 −2 2 = 10 + 3 − 36 − 2 − 15 = −4.
1
3
−2
2
−3
2 5
0 −3
2 5
Tes Formatif
1. Gunakan metode ekspansi Laplace
matriks berikut.

1
0

A = 2 −1
4
1
untuk mencari determinan

2
3 
8
2. Carilah determinan matriks berikut dengan terlebih dahulu
mengenakan operasi baris elementer.


1 −2 2
B = 2 −3 6 
1
0 7
3. Carilah determinan matriks

3
 1
C=
−2
2
berikut dengan ekspansi Laplace.

−2 −5
4
−2 −2
3

4
7 −3
−3 −5
8
15.5. KAIDAH CRAMER
177
4. Gunakan sifat determinan matriks segitiga untuk mencari determinan matriks berikut.


2
3 4
4
0 −3 7 −8

D=
0
0 5
6
0
0 0
4
UM
Pk
y
5. Carilah determinan matriks berikut dengan terlebih dahulu
merubah menjadi matriks segitiga dengan mengenakan operasi
baris elementer.


1
2
2
3
1
0 −2
0

E=
3 −1
1 −2
4 −3
0
2
6. Carilah determinan matriks berikut dengan mereduksi orde.


2
1
3
2
3
0
1 −2

F =
1 −1
4
3
2
2 −1
1
15.5
Kaidah Cramer
Kaidah Cramer merupakan kaidah untuk mencari penyelesaian suatu sistem persamaan linear yang terdiri dari n persamaan dan n
variabel. Untuk bisa menggunakan kaidah ini, kita perlu mengetahui teorema berikut.
Teorema 27. Diketahui AX = B adalah sistem persamaan linear
dengan n persamaan dan n variabel. Sistem persamaan ini memiliki
penyelesaian tunggal jika dan hanya jika determinan matriks koefiennya tidak nol.
178
BAB 15. DETERMINAN
Teorema 28. Kaidah Cramer. Diketahui AX = B sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel dengan det A 6=
0; matrik Ai adalah matriks yang diperoleh dengan cara mengganti
kolom ke i matriks A dengan kolom B; maka sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian
det Ai
,
det A
i = 1, 2, · · · , n.
(15.6)
y
xi =
UM
Pk
Contoh 171. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
dengan metode Cramer
2x1 − 3x2 = 5
−x1 − x2 = 2
Pertama kita tuliskan matriks koefisien A dan matriks B
A=
2 −3
−1 −1
5
B=
2
Kemudian kita cari determinan A, A1 dan A2 ,
5 −3
=1
det A1 = 2 −1
2 −3
=5
det A = −1 −1
2 5
=9
det A2 = −1 2
Penyelesaiannya adalah
x1 =
det A1
det A
=
1
−5
= − 15
dan
x2 =
det A2
det A
=
9
−5
= − 95
Contoh 172. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
x1 − 4x2 + x3 = 22
−x1 + 3x2 − x3 = 1
x1 + 2x3 = 3
15.5. KAIDAH CRAMER
179
Penyelesaian. Dapat Anda hitungan bahwa
1 −4
2 −4
1
1
3 −1 = −1
3 −1 = 23
det A = −1
det A1 = 1
1
3
0
2
0
2
2 −4 2
3 1 = 13
det A3 = 1
3
0 3
y
1 2
1
det A2 = −1 1 −1 = 3
1 3
2
dengan demikian penyelesaiannya adalah
det A1
det A
=
23
−1
= −23,
x2 =
det A2
det A
=
3
−1
= −3,
danx3 =
UM
Pk
x1 =
det A3
det A
=
−13
−1
= 13.
Contoh 173. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
x1
x1
2x1
x1
Dapat Anda cari
1 1 1
1 2 3
det A = 2 3 5
1 1 2
1
1
det A3 = 2
1
1
2
3
1
2
2
2
2
+ x2
+ 2x2
+ 3x2
+ x2
bahwa
1
4
= 2,
9
7
+ x3
+ 3x3
+ 5x3
+ 2x3
+ x4
+ 4x4
+ 9x4
+ 7x4
2
2
det A1 = 2
2
1
4
= −12,
9
7
1
2
3
1
dan
1
3
5
2
=2
=2
=2
=2
1
1
det A3 = 2
1
1
4
= 2,
9
7
1
1
det A4 = 2
1
1
2
3
1
sehingga penyelesaiannya adalah
x1 =
det A1
det A
=
−4
2
x3 =
det A3
det A
=
−12
2
= −2,
= −6,
x2 =
x4 =
det A2
det A
det A4
det A
=
=
18
2
= 8,
2
2
= 1.
1
3
5
2
2
2
= 2,
2
2
2
2
2
2
1
3
5
2
1
4
= 18,
9
7
180
BAB 15. DETERMINAN
Test Formatif
Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan Kaidah
Cramer
1.
x1 − x2 = 3
2x1 + x2 = 1
y
x1 + x2 + x3 = 3
2. 2x1 + 5x2 − x3 = −4
3x1 − 2x2 − x3 = 5
UM
Pk
x1 + x2 − 2x3 = 10
3. 3x1 + 2x2 + 2x3 = 1
5x1 + 4x2 + 3x3 = 4
2x1 + x2 + 5x3 + x4
x1 + x2 − x3 − 4x4
4.
3x1 + 6x2 − 2x3 + x4
2x1 + 2x2 + 2x3 − 3x4
=5
= −1
=8
=2
15.6. KAIDAH CRAMER
15.6
181
Kaidah Cramer
Kaidah Cramer merupakan kaidah untuk mencari penyelesaian suatu sistem persamaan linear yang terdiri dari n persamaan dan n
variabel. Untuk bisa menggunakan kaidah ini, kita perlu mengetahui teorema berikut.
y
Diketahui AX = B adalah sistem persamaan linear dengan n
persamaan dan n variabel. Sistem persamaan ini memiliki penyelesaian tunggal jika dan hanya jika determinan matriks koefiennya
tidak nol.
UM
Pk
Kaidah Cramer. Diketahui AX = B sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel dengan det A 6= 0; matrik
Ai adalah matriks yang diperoleh dengan cara mengganti kolom ke
i matriks A dengan kolom B; maka sistem persamaan linear ini
memiliki penyelesaian
xi =
det Ai
,
det A
i = 1, 2, · · · , n.
(15.7)
Contoh 174. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
dengan metode Cramer
2x1 − 3x2 = 5
−x1 − x2 = 2
Pertama kita tuliskan matriks koefisien A dan matriks B
A=
2 −3
−1 −1
5
B=
2
Kemudian kita cari determinan A, A1 dan A2 ,
2 −3
=5
det A = −1 −1
5 −3
=1
det A1 = 2 −1
2 5
=9
det A2 = −1 2
182
BAB 15. DETERMINAN
Penyelesaiannya adalah
x1 =
det A1
det A
=
1
−5
= − 15
dan
x2 =
det A2
det A
=
9
−5
= − 95
Contoh 175. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
x1 − 4x2 + x3 = 22
−x1 + 3x2 − x3 = 1
x1 + 2x3 = 3
UM
Pk
y
Penyelesaian. Dapat Anda hitungan bahwa
2 −4
1 −4
1
1
3 −1 = 23
3 −1 = −1
det A1 = 1
det A = −1
3
1
0
2
0
2
1 2
1
det A2 = −1 1 −1 = 3
1 3
2
2 −4 2
3 1 = 13
det A3 = 1
3
0 3
dengan demikian penyelesaiannya adalah
x1 =
det A1
det A
=
23
−1
= −23,
x2 =
det A2
det A
=
3
−1
= −3,
danx3 =
det A3
det A
=
−13
−1
= 13.
Contoh 176. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut
x1
x1
2x1
x1
Dapat Anda cari
1 1 1
1 2 3
det A = 2 3 5
1 1 2
1
1
det A3 = 2
1
1
2
3
1
2
2
2
2
+ x2
+ 2x2
+ 3x2
+ x2
bahwa
1
4
= 2,
9
7
+ x3
+ 3x3
+ 5x3
+ 2x3
+ x4
+ 4x4
+ 9x4
+ 7x4
2
2
det A1 = 2
2
1
4
= −12,
9
7
dan
1
2
3
1
1
3
5
2
=2
=2
=2
=2
1
4
= 2,
9
7
1
1
det A4 = 2
1
1
1
det A3 = 2
1
1
2
3
1
1
3
5
2
2
2
= 2,
2
2
2
2
2
2
1
3
5
2
1
4
= 18,
9
7
15.6. KAIDAH CRAMER
183
sehingga penyelesaiannya adalah
x1 =
det A1
det A
=
−4
2
x3 =
det A3
det A
=
−12
2
= −2,
= −6,
x2 =
x4 =
det A2
det A
=
det A4
det A
18
2
= 8,
2
2
= 1.
=
Test Formatif
1.
x 1 − x2 = 3
2x1 + x2 = 1
UM
Pk
x1 + x2 + x3 = 3
2. 2x1 + 5x2 − x3 = −4
3x1 − 2x2 − x3 = 5
y
Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan Kaidah
Cramer
x1 + x2 − 2x3 = 10
3. 3x1 + 2x2 + 2x3 = 1 4.
5x1 + 4x2 + 3x3 = 4
2x1 + x2 + 5x3 + x4
x1 + x2 − x3 − 4x4
3x1 + 6x2 − 2x3 + x4
2x1 + 2x2 + 2x3 − 3x4
=5
= −1
=8
=2
BAB 15. DETERMINAN
UM
Pk
y
184
Bab 16
y
Basis Suatu Ruang Vektor
UM
Pk
Ruang vektor Rn telah diperkenalkan pada bagian . Setelah Anda
memperoleh pengalaman dalam mencari penyelesaian sistem persamaan linear, sekarang kita siap untuk mempelajari ruang vektor
lebih lanjut. Pada bagian ini kita akan memperkenalkan pengertian basis suatu ruang vektor. Untuk memperkenalkan pengertian
tersebut, terlebih dahulu akan diperkenalkan pengertian kombinasi
linear dan membangung.
16.1
Kombinasi linear
Agar pembahasan kita lebih nyata, kita jelaskan melalui contoh.
Tinjai vekto ~v = (2, 1) dan vektor ~u = (4, 2) di ruang R2 . Gambar
kedua vektor bisa Anda lihat pada 16.1.
~u
~v
Gambar 16.1: vektor ~u = 2~v
Kedua vektor memiliki arah sama, panjang vektor ~u dua kali
panjang vektor ~v , sebagaimana dapat kita amati bahwa
~u = (4, 2) = 2 · (2, 1) = 2~v
Dalam hal demikian dikatakan bahwa vektor ~u adalah kombinasi
185
186
BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR
linear vektor ~v .
Sekarang marilah kita tinjau tiga vektor di R2 , yaitu ~u1 = (2, 0), ~u2 =
(1, 3) dan ~u = (5, 3). Perhatikan bahwa
~u = (5, 3) = (4, 0) + (1, 3) = 2(2, 0) + (1, 3) = 2~u1 + ~u2
~u2
~u
UM
Pk
~u1
y
yang berarti bahwa vektor ~u dapat dinyatakan dalam bentuk jumlah
dari hasil kali skalar ~u1 dan ~u2 . Dalam hal ini juga dikatakan bahwa
vektor ~u merupakan kombinasi linear vektor ~u1 dan ~u2 .
~u
~u2
2~u1
Gambar 16.2: vektor ~u = 2~u1 + ~u2
Definisi 29. Vektor ~u dikatakan kombinasi linear vektor-vektor
~u1 , ~u2 , · · · , ~un jika vektor ~u dapat dinyatakan sebagai
~u = k1~u1 + k2~u2 + · · · + kn~un
(16.1)
dengan k1 , k2 , · · · , kn adalah skalar.
Contoh 177. Nyatakan vektor ~u = (3, 5) sebagai kombinasi linear
vektor-vektor ~u1 = (−1, 2) dan ~u2 = (1, −1).
Kita akan mencari bilangan k1 dan k2 sehingga berlaku
~u = k1~u1 + k2~u2
yang berarti
(3, 5) = k1 (−1, 2) + k2 (1, −1)
= (−k1 , 2k1 ) + (k2 , −k2 )
= (−k1 + k2 , 2k1 − k2 )
16.1. KOMBINASI LINEAR
187
berdasarkan kesamaan dua vektor, ini membawa kita pada sistem
persamaan linear dalam variabel k1 dan k2 berikut
−k1 + 2k2 = 3
2k1 − k2 = 5
Dapat Anda kerjakan bahwa penyelesaian sistem persamaan linear
ini adalah k1 = 8 dan k2 = 11. Dengan demikian
~u = 8~u1 + 11~u2 .
UM
Pk
~u = k1~u1 + k2~u2 ,
y
Contoh 178. Apakah vektor ~u = (3, 2) dapat dinyatakan sebagai
kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (0, 3)?
Andaikan dapat, yakni ada bilangan k1 dan k2 sehingga
Ini ekivalen dengan
(3, −2) = k1 (0, −1) + k2 (0, 3)
= (0, −k1 ) + (0, 6k2 )
= (0, 2k2 )
sehingga diperoleh sistem persamaan linear
0 =3
2k2 = −2
Baris pertama sistem persamaan ini, yaitu 0 = 3 merupakan pernyataan yang mustahil bisa terjadi, oleh karena itu disimpulkan bahwa
tidak terdapat bilangan k1 dan k2 sehingga ~u = k1~u1 + k2~u2 , dengan
kata lain vektor ~u tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear
verktor-vektor ~u1 dan ~u2 .
Contoh 179. Nyatakan vektor ~u = (1, 3, −6) sebagai kombinasi
linear vektor-vektor ~u1 = (0, 1, 2)~u2 = (1, 0, 3) dan ~u3 = (−1, 1, 0).
Misalkan ada bilangan k1 , k2 dan k3 sehingga
~u = k1~u1 + k2~u2 + k3~u3 ,
atau ekivalen dengan
(1, 3, −6) = k1 (0, 1, 2) + k2 (1, 0, 3) + k3 (−1, 1, 0)
= (0, k1 , 2k1 ) + (k2 , 0, 3k2 ) + (−k3 , k3 , 0)
= (k2 − k3 , k1 + k3 , 2k1 + 3k2 )
188
BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR
Diperoleh sistem persamaan linear
k2 − k3
=1
k1 + k3
=3
2k1 + 3k2 = −6
Dapat Anda kerjakan bahwa penyelesaian sistem persamaan linear
ini adalah x = 15, y = −11, dan z = −12, yang berarti
y
~u = 15~u1 − 11~u2 − 12~u3
UM
Pk
Definisi 30. Himpunan vektor-vektor ~v1 , ~v2 , · · · , ~vn dikatakan
membangun ruang vektor Rn jika setiap vektor ~v di Rn dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~v1 , ~v2 , · · · , ~vn .
Dalam pembicaraan tentang kombinasi linear, kita sering menggunakan vektor satuan. Vektor satuan ~ei di ruang vektor Rn adalah
vektor yang komponen ke i nya 1 dan komponen lainnya 0, yakni
~ei = (0, 0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0, 0)
Contoh 180. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0) dan ~e2 = (0, 1) membangun R2 . Ini dapat ditunjukan sebagai berikut. Diambil sebarang
vektor ~v = (a, b) di R2 , karena (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) ini berarti
~v = a~e1 + b~e2 .
Contoh 181. Tunjukan bahwa himpunan vektor ~v1 = (1, 1), ~v2 =
(−1, 2) membangun ruang vektor R2 .
Misalkan ~v = (a, b) adalah sebarang vektor di R2 . Akan ditunjukan
ada bilangan k1 dan k2 sehingga
~v = k1~v1 + k2~v2
Ini berarti
(a, b) = k1 (1, 1) + k2 (−1, 2)
= (k1 − 2k2 , k1 + 2k2 )
sehingga diperoleh sistem persamaan linear
k1 − 2k2 = a
k1 + 2k2 = b
16.2. BEBAS LINEAR
189
Determinan matriks koefisien sistem persamaan linear ini adalah
1 −1
=3
1
2
Karena determinan matriks koefisien tidak nol maka sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian tunggal, yang berarti ada
bilangan k1 dan k2 sehingga ~v = k1~v1 + k2~v2 . Dengan demikian
himpunan vektor tersebut membangun ruang R2 .
UM
Pk
y
Contoh 182. Apakah himpunan vektor ~v1 = (1, 2), ~v2 = (−2, −4)
membangun ruang vektor R2 ?
Himpunan vektor ini tidak membangun ruang vektor R2 , karena
tidak semua vektor di R2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor ~v1 dan ~v2 , misalnya vektor ~v = (1, −1), bisa dapat Anda
periksa bahwa vektor ini tidak dapat dinyatakatan sebagai kombinasi linear ~v1 dan ~v2 .
Contoh 183. Dapat Anda periksa bahwa himpunan vektor ~e1 =
(1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) membangun ruang vektor R3 .
Demikian pulabahwa dapat ditunjukan himpunan vektor ~e1 = (1, 0, 0, · · · , 0, 0), ~e2 =
(0, 1, 0, 0, · · · , 0, 0), · · · ~en = (0, 0, · · · , 0, 1) membangun ruang vektor Rn .
16.2
Bebas linear
Tinjau dua vektor di R2 , ~u1 = (1, 0) dan ~u2 = (0, 1). Kita ingin
mengetahui apakah ada bilangan k1 dan k2 sehingga
k1~u1 + k2~u2 = ~0
Baik, misalkan ada, yang berarti
k1 (1, 0) + k2 (0, 1) = (0, 0)
ini memberikan
(k1 , k2 ) = (0, 0)
yang berrti k1 = 0 dan k2 = 0. Dengan demikian
k1~u1 + k2~u2 = ~0
hanya berlaku jika k1 = 0 dan k2 = 0.
190
BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR
Definisi 31. Vektor ~u1 dan ~u2 dikatakan bebas linear jika
k1~u1 + k2~u2 = ~0
hanya dipenuhi oleh k1 = 0 dan k2 = 0. Jika tidak demikian maka
dikatakan tidak bebas linear.
y
Contoh 184. Apakah vektor ~v1 = (1, 2) dan ~v2 = (0, −2) bebas
linear?
Penyelesaian. Nyatakan kedua vektor sebagai
UM
Pk
k1~v1 + k2~v2 = ~0
atau
k1 (1, 2) + k2 (0, −2) = (0, 0),
maka kita peroleh sistem persamaan linear dalam variabel k1 dan
k2 sebagai berikut
k1
=0
k1 − 2k2 = 0
Penyelesaian sistem persamaan ini adalah k1 = 0 dan k2 = 0. Jadi
k1~v1 + k2~v2 = ~0 hanya dipenuhi jika k1 = 0 dan k2 = 0, dengan kata
lain kedua vektor adalah bebas linear (gambar 16.3).
Contoh 185. Apakah vektor-vektor ~u1 = (1, −2) dan ~u2 = (−2, 4)
bebas linear?
Penyelesaian. Misalkan
k1~u1 + k2~u2 = ~0
atau
k1 (1, −2) + k2 (−2, 4) = (0, 0)
Diperoleh sistem persamaan linear
k1 − 2k2
=0
−2k1 + 4k2 = 0
16.2. BEBAS LINEAR
191
Dari sistem persamaan ini diperoleh k1 = 2 dan k2 = 1, yang berarti
2~u1 + ~u2 = ~0
dengan kata lain kedua vektor tidak bebas linear (gambar 16.4).
y
y
~v1
x
y
~u2
x
~v2
UM
Pk
~u1
Gambar 16.3: Vektor ~v1 dan ~v2 bebas
linear
Gambar 16.4: Vektor ~u1 dan ~u2 tidak
bebas linear
Pengertian bebas linear dapat diperluas untuk ruang vektor Rn .
Definisi 32. Himpunan vektor ~v1 , ~v2 , ·, ~vn dalam ruang vektor Rn
dikatakan bebas linear jika
k1~v1 + k2~v2 + · + kn~vn = ~0
hanya dipenuhi oleh k1 = 0, k2 = 0, · · · , kn = 0.
Contoh 186. Apakah vektor-vektor ~u1 = (1, 2, 0), ~u2 = (0, 1, 1)
dan ~u3 = (1, −1, −1) bebas linear?
Penyelesaian. Andaikan terdapat bilangan k1 , k2 dan k3 sehingga
k1~u1 + k2~u2 + k3~u3 = ~0
atau
k1 (1, 2, 0) + k2 (0, 1, 1) + k3 (1, −1, −1) = (0, 0, 0)
192
BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR
Persamaan terakhir membawa kita pada sistem persamaan linear
k1 +
k3
=0
2k1 +k2 −k3 = 0
k2
−k3 = 0
16.3
Basis
y
Dapat Anda cari bahwa penyelesaian sistem persamaan ini adalah
k1 = 0, k2 = 0 dan k3 = 0. Dengan demikian ketiga vektor bebas
linear.
UM
Pk
Secara geometris, kita biasa menyatakan bahwa garis lurus adalah
ruang berdimensi satu, bidang datar berdimensi dua dan ruang
berdimensi tiga. Konsep dimensi dapat diperluas ke ruang berdimensi n melalui pemahaman tentang basis.
Definisi 33. Himpunan vektor ~u1 , ~u2 , · · · , ~un dinamakan basis untuk ruang vektor Rn jika himpunan vektor tersebut (i) bebas linear
dan (ii) membangun Rn .
Contoh 187. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0), ~e2 = (0, 1) merupakan
basis untuk ruang R2 , karena kedua vektor bebas linear dan membangun R2 (tunjukan!).
Contoh 188. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 =
(0, 0, 1) merupakan basis untuk ruang R3 . Dapat Anda tunjukan
bahwa ketiga vektor bebas linear dan membangun R3 .
Contoh 189. Himpunan vektor ~u1 = (1, 1, 0), ~u2 = (−1, 0, 0), ~u3 =
(0, 1, 1) merupakan basis untuk ruang R3 , karena ketiga vektor bebas
linear dan membangun R3 .
Suatu ruang vektor bisa memiliki lebih dari satu basis, misalnya
pada contoh ?? dan 189, ruang R3 memiliki lebih dari satu basis.
Namun jika kita perhatikan pada contoh tersebut, banyaknya vektor
basis masing-masing tiga vektor.
16.3. BASIS
193
Definisi 34. Banyaknya vektor basis suatu ruang vektor dinamakan
dimensi .
Tes Formatif
y
Contoh 190. Dapat Anda tunjukan bahwa himpunan empat vektor
ini: ~u1 = (1, 0, 0, 0), ~u2 = (0, 1, 0, 0), ~u3 = (0, 0, 1, 0), ~u4 = (0, 0, 0, 1)
merupakan basis untuk ruang R4 . Dengan demikian dimensi ruang
vektor R4 adalah 4.
UM
Pk
1. Nyatakan vektor ~v = (1, −5) sebagai kombinasi linear vektorvektor ~v1 = (−2, 0) dan ~v2 = (1, 2).
2. Apakah vektor ~u = (−2, −1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (1, 2).
3. Nyatakan vektor ~v = (1, 3, −6) sebagai kombinasi linear vektorvektor ~v1 = (1, 0, 2), ~v2 = (1, 1, 0) dan ~v3 = (−1, 1, 1).
4. Apakah himpunan vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (0, 2) membangun ruang R2 ?
5. Tunjukan bahwa himpunan vektor ~v1 = (1, 0, 2), ~v2 = (0, 1, 1)
dan ~v3 = (−1, 1, 1) membangun ruang R3 .
6. Apakah vektor-vektor ~u1 = (−2, 5) dan ~u2 = (−1, 1) bebas
linear?
7. Apakah vektor-vektor ~u1 = (−2, 5), ~u2 = (−1, 1) dan ~u3 =
(0, 1) bebas linear?
8. Apakah ~u1 = (−1, −2, 1), ~u2 = (1, 2, −4) dan ~u3 = (1, 1, 1)
bebas linear?
9. Apakah ~e1 = (1, 0, 0, 0), ~u2 = (0, 1, 0, 0), ~u3 = (0, 0, 1, 0) dan
~u4 = (0, 0, 0, 1) bebas linear?
10. Apakah himpunan vektor ~u1 = (1, 0, 2), ~u2 = (1, 1, 0), ~u3 =
(−1, 1, 1) merupakan basis untuk ruang vektor R3 ?
194
BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR
UM
Pk
y
11. Apakah himpunan vektor ~u1 = (1, 0, 2, 0, 0), ~u2 = (1, 1, 0, 0, 0), ~u3 =
(−1, 0, 0, 0, 0), ~u4 = (0, 0, 0, 2, 0), ~u5 = (0, 0, 0, 1, 1) merupakan
basis untuk ruang vektor R5 ?
Daftar Pustaka
y
[1] Thomas. Caclulus and Analityc Geometry,
[2] Marsden J. and Weinstein A., Calculus 1 2nd Ed.. SpringerVerlag. 1985. New York Berlin Heidelberg.
UM
Pk
[3] Krantz, S.G., Calculus Demystified. McGraw-Hill. 2003. New
York.
[4] Ayres, F. and Mendelson, E., Theory and Problems of Calculus,
Third Edition. 1990. SCHAUM’s Ouline Series, McGraw-Hill,
New York.
[5] Lipshhutz, S., Theory and Problems of Set Theory and Related
Topics. SCHAUM’s Ouline Series, McGraw-Hill, New York.
195
Index
fungsi pangkat, 46
fungsi polinom, 47
fungsi rasional, 47
basis, 192
batas integrasi, 84
bebas linear, 191
bidang xy, 33
bikondisional, 10
bilangan asli, 23
bilangan bulat, 24
bilangan irasional, 25
bilangan rasional, 24
bilangan real, 25
gabungan, union, 18
garis real, 25
garis tangen, 68
grafik fungsi, 40
UM
Pk
y
akar, 29
anggota himpunan, 15
Aturan Rantai, 63
cramer, kaidah, 181
derajat, 89
determinan, 168
dimensi, 193
disjungsi, 8
distributif, 26
domain, 37
ekivalen, proposisi, 11
Ekspansi Laplace, 173
entri, 147
eselon, 142
eselon baris tereduksi, 153
fungsi, 37
fungsi eksponen, 115
fungsi linear, 43
himpunan, 15
himpunan bagian, 16
himpunan kosong, 17
identitas, 26
integral tak tentu, 77
integral tertentu, 83
integran, 77
interval, 31
invers, 26
invers matriks, 158
irisan, 18
jumlah matriks, 148
kaidah cramer, 178
kodomain, 37
kofaktor, 172
kombinasi linear, 186
komplemen, 19
komponen vektor, 135
komutatif, 26
kondisional, 9
konjungsi, 9
196
INDEX
197
propsisi, 10
kontinyu, 52
kontradiksi, 11
koordinat Cartesius, siku-siku, 33 radian, 90
range, 37
koordinat kutub, 89
tabel kebenaran, 7
tak hingga, 32
Teorema Dasar Kalkulus, 85
titik kritis, 71
turunan, 56
turunan orde dua, 67
turunan orde n, 68
turunan orde satu, 67
UM
Pk
maksimum lokal, 72
maksimum mutlak, 72
matriks, 147
matriks bujur sangkar, 168
matriks elementer, 160
matriks identitas, 157
matriks koefisien, 152
matriks yang diperbesar, 153
membangun, 188
metode substitusi, 79
minimum lokal/relatif, 72
minimum mutlak, 72
minor, 172
semesta, 17
singular, 159
sistem persamaan linear, 139
sistem persamaan linear 2 variabel, 128
susud, 89
y
laju perubahan, 55
limit fungsi, 49
logaritma, 120
logaritma alami, 111
negasi, 7
nilai mutlak, 32, 33
non singular, 159
operasi baris elementer, 141
operasi jumlahan, 25
operasi perkalian, 26
penyelesaian persamaan linear, 125
penyelesaian sistem persamaan linear, 139
perkalian matriks, 150
perkalian titik, 137
pernyataan, 7
persamaan linear, 125
peta, nilai fungsi, 37
primitif, 77
ukuran matriks, 147
urutan, 30
vektor, 135