Kalkulus

1 PENDAHULUAN 1.1 Sistem Bilangan Real Untuk mempelajari kalkulus perlu memahami bahasan tentang system bilangan real, karena kalkulus didasarkan pada system bilangan real dan sifatsifatnya. Sistem bilangan yang paling sederhana adalah bilangan asli, yaitu 1, 2, 3, ... Dengan menggunakan bilangan asli kita dapat menghitung banyaknya buku yang kita miliki, kendaraan yang melalui suatu jalan, orang-orang yang berada dalam suatu ruang dan lain-lainnya. Himpunan semua bilangan asli biasa dinotasikan dengan N. Jadi N = {1, 2, 3, 4, …} Jika di dalam himpunan semua bilangan asli kita tambahkan semua negatifnya dan nol, maka diperoleh bilangan-bilangan bulat, yaitu …, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, … Himpunan semua bilangan bulat biasa disimbolkan dengan Z. Jadi Z = {…, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, …} Selanjutnya untuk mengukur besaran-besaran seperti panjang, berat dan arus listrik maka bilangan bulat tidak memadai. Dalam hal ini bilangan bulat tidak dapat memberikan ketelitian yang cukup. Untuk keperluan ini maka dapat digunakan bilangan-bilangan rasional, seperti 3 − 2 19 , , dan , 4 5 2 7 . Bilangan rasional 8 didefinisikan sebagai bilangan yang dapat ditulis dengan a dengan a dan b b keduanya bilangan bulat dan b ≠ 0. Dengan demikian bilangan-bilangan bulat termasuk bilangan rasional juga. Bilangan bulat 3 merupakan bilangan rasional sebab 3 dapat ditulis sebagai dinotasikan dengan Q. Jadi 6 . Himpunan semua bilangan rasional biasa 2 a Q = { ⏐ a ∈ Z, b ∈ Z, b ≠ 0} b Bilangan rasional yang dapat menjadi ukuran dengan ketelitian yang cukup ternyata masih tidak dapat menjadi ukuran semua besaran misalnya panjang sisi miring segitiga siku-siku berikut. 1 1 1 Gambar 1 Dengan menggunakan bilangan irrasional maka hal tersebut di atas tidak menjadi masalah. Panjang sisi miring segitiga siku-siku tersebut adalah 3 , 5 , 3 7 , e dan π. irrasional yang lain antara lain 2 . Bilangan Sekumpulan bilangan rasional dan irrasional beserta negatifnya dan nol bilangan-bilangan real (bilangan nyata). Himpunan semua bilangan real dinotasikan dengan R. Hubungan keempat himpunan N, Z, Q, dan R dapat dinyatakan dengan N⊂Z⊂Q⊂R dan digambarkan dengan diagram venn berikut. R Q Z N Gambar 2 Masih terdapat sistem bilangan yang lebih luas dari system bilangan real yaitu bilangan yang secara umum dapat dinyatakan dalam bentuk a + b − 1 dengan a dan b keduanya bilangan bulat, atau a + bi dengan i = − 1 . Bilangan demikian dinamakan bilangan kompleks dan himpunan semua bilangan kompleks dinotasikan dengan C. 2 Dalam buku ini bilangan kompleks tidak dibicarakan lebih lanjut. Jadi, apabila dalam buku ini disebutkan suatu bilangan tanpa keterangan apapun dimaksudkan adalah bilangan real. 1.2 Operasi Bilangan Pada R telah dikenal operasi penjumlahan dan perkalian. Misalkan x dan y bilangan real maka penjumlahan x dan y ditulis x + y dan perkalian x dan y ditulis x . y atau secara singkat ditulis xy. Sifat-sifat operasi penjumlahan dan perkalian pada R adalah sebagai berikut. Hukum komutatif: x + y = y + x dan xy = yx. Hukum asosiatif: x + (y + z) = (x + y) + z dan x(yz) = (xy)z. Hukum distributif: x(y + z) = xy + xz. Elemen-elemen identitas: Terhadap penjumlahan: 0 sebab x + 0 = x. Terhadap perkalian: 1 sebab x.1 = x. 5) Invers (balikan): Setiap bilangan real x mempunyai invers aditif (disebut juga negatif) –x yang memenuhi x + –x = 0 dan setiap bilangan real x yang tidak nol mempunyai 1) 2) 3) 4) invers multiplikatif (disebut juga balikan) yaitu x−1 yang memenuhi x. x−1 = 1. Pengurangan dan pembagian didefinisikan dengan x – y = x + (–y) dan x = x. y−1 y 1.3 Urutan Bilangan-bilangan real bukan nol dibedakan menjadi dua himpunan terpisah yaitu bilangan-bilangan real positif dan bilangan-bilangan real negatif. Berdasarkan fakta ini diperkenalkan relasi urutan < (dibaca “kurang dari”) yang didefinisikan dengan: x < y jika dan hanya jika y – x positif. x < y mempunyai arti yang sama dengan y > x. 3 Sifat-sifat urutan: 1) Trikotomi: Jika x dan y bilangan-bilangan real maka pasti berlaku salah satu di antara yang berikut: x < y atau x = y atau x > y. 2) Transitif: jika x < y dan y < z maka x < z. 3) Penambahan: x < y ⇔ x + z < y + z 4) Perkalian: Jika z positif maka x < y ⇔ xz < yz Jika z negatif maka x < y ⇔ xz > yz Relasi urutan ≤ (dibaca “kurang dari atau sama dengan”) didefinisikan dengan: x ≤ y jika dan hanya jika y – x positif atau nol. Sifat-sifat ini adalah: 1) Transitif: jika x ≤ y dan y ≤ z maka x ≤ z. 2) Penambahan: x ≤ y ⇔ x + z ≤ y + z 3) Perkalian: Jika z positif maka x ≤ y ⇔ xz ≤ yz Jika z negatif maka x ≤ y ⇔ xz ≥ yz 1.4. Pertidaksamaan Pertidaksamaan merupakan kalimat terbuka yang menggunakan relasi <, >, ≤ atau ≥. Penyelesaian suatu pertidaksamaan adalah semua bilangan yang memenuhi pertidaksamaan tersebut yang biasanya merupakan interval atau gabungan intervalinterval. Mengenai interval dapat dijelaskan sebagai berikut. Interval terbuka (a,b) adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar dari a dan kurang dari b. Jadi (a,b) = {x⏐ a < x < b}. Sedangkan interval tertutup [a,b] adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar atau sama dengan a dan kurang atau sama dengan b. Jadi [a,b] = {x⏐ a ≤ x ≤ b}. Beberapa interval ditunjukkan dalam daftar berikut. 4 Penulisan Interval Penulisan Himpunan {x⏐ a < x < b} (a, b) [a, b] {x⏐ a ≤ x ≤ b} a b a b {x⏐ a < x ≤ b} a b a b {x⏐ x ≤ b} a b a b {x⏐ x ≥ a} a b a b {x⏐ a ≤ x < b} [a, b) (a, b] (−∞, b) Dalam Garis Bilangan {x⏐ x < b} (−∞, b] (a, ∞) {x⏐ x > a} [a, ∞) (−∞, ∞) R Contoh Pertidaksamaan 1) 2x – 7 < 4x – 2 2) –5 ≤ 2x + 6 < 4 3) x2 – x – 6 < 0 4) 3x2 – x – 2 > 0 5) 2x − 5 ≤1 x−2 Contoh 1 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 2x – 7 < 4x – 2. Penyelesaian: ⇔ ⇔ ⇔ 2x – 7 < 4x – 2 2x < 4x + 5 –2x < 5 x> −5 2 Hp: interval ( − 5 , ∞) = {x⏐ x > − 5 } 2 2 5 Contoh 2 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan –5 ≤ 2x + 6 < 4. Penyelesaian: –5 ≤ 2x + 6 < 4 ⇔ –11 ≤ 2x ⇔ − 11 ≤ x 2 < –2 < –1 Hp: interval [ − 11 , –1) = {x⏐ − 11 ≤ x < –1} 2 2 Contoh 3 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan x2 – x – 6 < 0. Penyelesaian: x2 – x – 6 < 0 ⇔ (x – 3)(x + 2) < 0 + + – – – –2 Hp: interval (–2, 3) = {x⏐ –2 < x < 3} + + 3 Contoh 4 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan 3x2 – x – 2 > 0 Penyelesaian: 3x2 – x – 2 > 0 ⇔ (x – 1)(3x + 2) > 0 + + – – −2 3 – + + 1 Hp: interval (–∞, − 2 ) ∪ (1, ∞) = {x⏐ x < − 2 atau x > 1} 3 3 Contoh 5 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan Penyelesaian: ⇔ ⇔ 2x − 5 ≤1 x−2 2x − 5 ≤1 x−2 2x − 5 –1≤0 x−2 2 x − 5 − ( x − 2) ≤0 x−2 6 ⇔ ⇔ x−3 ≤0 x−2 (x – 3)(x – 2) ≤ 0 dengan syarat x ≠ 2 (mengapa?) + + Hp: interval (2, 3] = {x⏐ 2 < x ≤ 3} – – 2 – + + 3 1.5 Nilai Mutlak Konsep nilai mutlak sangat diperlukan untuk mempelajari kalkulus. Oleh karena pembaca yang ingin memahami betul konsep-konsep dalam kalkulus disarankan mempunyai ketrampilan dalam bekerja menggunakan nilai mutlak. Definisi: Nilai mutlak bilangan real x, ditulis x didefinisikan dengan ⎧ x ⎪ x =⎨ ⎪⎩− x jika x ≥ 0 jika x < 0 Misal: 5 = 5 , − 5 = −(−5) = 5 , 0 = 0 Sifat-sifat nilai mutlak 1) 2) 3) 4) ab = a b a a = b b a + b ≤ a + b (ketidaksamaan segitiga) a−b ≥ a − b Pertidaksamaan yang memuat nilai mutlak Untuk menyelesaikan pertidaksamaan yang memuat nilai mutlak dapat digunakan teorema berikut. 7 Teorema: 1. x < a ⇔ –a < x < a 2. x > a ⇔ x < –a atau x > a. Secara fisis x dapat menyatakan jarak x ke 0, sehingga x yang memenuhi x < a menyatakan x yang jaraknya ke 0 kurang dari a. Secara fisis x − c dapat menyatakan jarak x ke c, sehingga x yang memenuhi x − c < a menyatakan x yang jaraknya ke c kurang dari a. a a 6447 448 6447 448 –a 0 a a a 6447 448 6447 448 –a c a Contoh 1 Tentukan penyelesaian x < 3 . Penyelesaian: Nilai x yang memenuhi –3 < x < 3 merupakan penyelesaian pertidaksamaan x < 3 . Gambarkan penyelesaian pertidaksamaan tersebut pada garis bilangan. Contoh 2 Tentukan penyelesaian pertidaksamaan x − 2 < 3. Penyelesaian: x − 2 < 3 ⇔ –3 < x – 2 < 3 ⇔ –3 + 2 < x < 3 + 2 ⇔ –1 < x < 5 Jadi, penyelesaiannya adalah x yang memenuhi –1 < x < 5. Gambarkan pada garis bilangan penyelesaian pertidaksamaan ini. 8 Contoh 3 Tentukan penyelesaian pertidaksamaan 3 x − 5 ≥ 1. Penyelesaian: 3 x − 5 ≥ 1 ⇔ 3x – 5 ≤ –1 atau 3x – 5 ≥ 1 ⇔ ⇔ 3x ≤ 4 atau x≤ 3x ≥ 6 x≥2 4 atau 3 Jadi, penyelesaiannya adalah x yang memenuhi x ≤ 4 atau x ≥ 2. Gambarkan pada 3 garis bilangan penyelesaian pertidaksamaan ini. Contoh 4 Andaikan ε (epsilon) adalah bilangan positif. Tunjukkan bahwa x − 2 < Penyelesaian: x−2 < ε 5 ε 5 ⇔ 5 x − 10 < ε . ⇔ 5x−2 <ε ⇔ 5 x−2 <ε ⇔ 5( x − 2) < ε ⇔ 5 x − 10 < ε Contoh 5 Andaikan ε (epsilon) adalah bilangan positif, carilah bilangan positif δ sedemikian sehingga x − 3 < δ ⇒ 6 x − 18 < ε Penyelesaian: 6 x − 18 < ε ⇔ 6( x − 3) < ε ⇔ 6 x−3 <ε ⇔ 6 x − 3) < ε ⇔ x−3 < ε 6 Oleh karena itu dapat dipilih δ = ε 6 . 9 Secara mundur dapat dilihat bahwa x − 3 < δ ⇒ 6 x − 18 < ε . Terkait dengan bilangan akar pangkat dua dapat dinyatakan bahwa x2 = x SOAL 1 Tentukan himpunan penyelesaian pertidaksamaan berikut dan gambarkan himpunan penyelesaiannya pada garis bilangan. 1. 4x – 7 < 3x – 5 16. (x + 2)(2x – 1)(3x + 7) ≥ 0 3. 7x – 1 ≤ 10x + 4 18. (x + 5)(x + 2)2(2x – 1) > 0 2. 2x + 16 < x + 25 4. 6x – 10 ≥ 5x – 16 5. 10x + 1 > 8x + 5 6. –6 < 2x + 3 < –1 17. x3 – 5x2 – 6x < 0 19. 20. x−2 <2 x+4 2x − 1 ≥1 x −3 21. x + 1 < 4 7. –3 < 4x – 9 < 11 22. 3 x + 4 < 8 8. 3x + 2 < 5x + 1 < 16 23. 9. 2x – 4 ≤ 6 – 7x ≤ 3x + 6 24. 4 x + 2 ≥ 10 10. x2 + x – 12 < 0 x −2 ≤6 3 25. 2 − 4 x ≥ 10 11. x2 – 5x + 6 > 0 26. 3x +1 ≤ 4 5 12. 3x2 – 11x – 4 ≤ 0 27. x +7 >2 2 13. 2x2 + 7x – 15 ≥ 0 28. 1 − 3x ≤4 5 29. 2 + 5 >1 x 14. 15. x+5 ≤0 2x − 1 2x − 3 >0 x +1 30. 1 − 3 > 6. x 10 Buktikan bahwa implikasi yang ditunjukkan adalah benar 31. x − 3 < 0,5 ⇒ 5 x − 15 < 2,5 . 32. x − 2 < 33. x + 4 < ε 6 ε 2 ⇒ 6 x − 12 < ε . ⇒ 2x + 8 < ε . Dalam soal berikut, jika ε bilangan positif, carilah bilangan positif δ sedemikian sehingga implikasi yang diberikan benar. 34. x − 5 < δ ⇒ 3 x − 15 < ε 35. x − 2 < δ ⇒ (4 x − 5) − 3 < ε 11 2 FUNGSI DAN LIMIT FUNGSI 2.1 Fungsi dan Grafiknya Definisi Sebuah fungsi f dari himpunan A ke himpunan B adalah suatu aturan yang memasangkan setiap x anggota A dengan tepat satu y anggota B. A disebut domain (daerah asal) fungsi f dan B disebut kodomain (daerah kawan). Sedangkan himpunan semua anggota B yang mempunyai pasangan disebut range (daerah hasil). f A B Gambar 2.1 Fungsi Definisi di atas tidak memberikan pembatasan pada domain dan kodomain. Domain dapat berupa himpunan yang beranggotakan orang atau yang lain, demikian pula kodomain. Dalam uraian selanjutnya domain dan kodomain dibatasi pada himpunan-himpunan bilangan real. Untuk memberi nama fungsi digunakan huruf tunggal seperti f (atau g, atau F), maka f(x) menunjukkan nilai yang diberikan oleh f kepada x. Jadi jika f(x) = x3 – 4, maka Fungsi dan Limit Fungsi 12 f(2) = 23 – 4 = 4 f(–1) = (–1)3 – 4 = –5 f(a) = a3 – 4 f(a + h) = (a + h)3 – 4 = a3 + 3a2h + 3ah2 + h3 – 4 Contoh 1 Untuk f(x) = x2 – 2x, carilah dan sederhanakan: a. f(4) b. f(4 + h) c. f(4 + h) – f(4) d. f ( 4 + h ) − f ( 4) dengan h ≠ 0. h Penyelesaian: Contoh 2 Untuk f(x) = x2 – 2x dengan daerah asal {–1, 0, 1, 2, 3}, carilah daerah hasil fungsi f. Penyelesaian: Fungsi dan Limit Fungsi 13 Bilamana untuk sebuah fungsi daerah asalnya tidak dirinci, maka dianggap daerah asal fungsi tersebut adalah himpunan bilangan real sehingga aturan fungsinya bermakna dan memberikan nilai bilangan real. Contoh 3 a. Daerah asal f(x) = b. Daerah asal g(t) = 1 adalah {x ∈ R⏐ x ≠ 3}. x−3 9 − t 2 adalah {t ∈ R⏐ 9 – t2 ≥ 0}. Apabila daerah asal dan daerah hasil sebuah fungsi merupakan himpunan bilangan real, kita dapat membayangkan fungsi itu dengan menggambarkan grafiknya pada suatu bidang koordinat, dan grafik fungsi f adalah grafik dari persamaan y = f(x). Contoh 4 Buatlah sketsa grafik dari: (a) f(x) = x2 – 4 (b) g(x) = 1 x (c) h(x) = ⏐x⏐ Penyelesaian: Fungsi dan Limit Fungsi 14 2.2 Operasi pada Fungsi Jika f dan g dua fungsi maka jumlah f + g, selisih f – g, hasil kali fg, hasil bagi f/g dan perpangkatan fn adalah fungsi-fungsi dengan daerah asal berupa irisan dari daerah asal f dan daerah asal g, dan dirumuskan sebagai berikut. (f + g)(x) = f (x) + g(x) (f – g)(x) = f (x) – g(x) (f g)(x) = f (x) g(x) (f / g)(x) = f ( x) asalkan g(x) ≠ 0 g ( x) Contoh 5 Jika f(x) = x2 – 2x dan g(x) = x – 1, tentukan f + g, f – g, fg, f/g dan f 3. Selanjutnya gambarlah sketsa grafiknya. Penyelesaian: Fungsi dan Limit Fungsi 15 Selanjutnya didefinisikan komposisi fungsi sebagai berikut. Jika f dan g dua fungsi dengan daerah asal g merupakan daerah hasil f maka komposisi g o f memenuhi (g o f)(x) = g (f(x)) Contoh 6 Jika f(x) = x2 – 2x dan g(x) = x – 1, tentukan g sketsa grafiknya. o f dan f o g. Selanjutnya gambarlah Penyelesaian: (g o f)(x) = g (f(x)) = g (x2 – 2x) = x2 – 2x – 1 (f o g)(x) = f (g(x)) = f (x – 1) = (x – 1)2 – 2(x – 1) = x2 – 2x + 1 – 2x + 2 = x2 – 4x + 3 Gambar grrafik dibiarkan untuk latihan. 2.3 Pengertian Limit Perkataan limit berarti mendekati, seperti “Saya sudah menahan sampai mendekati batas kesabaran saya,” atau “Janganlah kamu mendekati zina.” Untuk memahami pengertian limit fungsi kita awali dengan fungsi berikut. f(x) = x3 −1 x −1 Fungsi tersebut tidak terdefinisi di x = 1 sebab di titik ini f(x) berbentuk 0 0 . Tetapi dapat diselidiki mengenai nilai f(x) di titik-titik yang dekat dengan 1 (x mendekati 1). Perhatikan nilai f(x) untuk beberapa x seperti terlihat pada daftar dan grafik y = f(x) dapat dilihat pada gambar berikut. Fungsi dan Limit Fungsi 16 x y = f(x) 1,25 1,1 1,01 1,001 3,813 3,310 3,030 3,003 ↑ 0,999 0,99 0,9 0,75 ↑ 2,997 2,970 2,710 2,313 ↓ 1 ↓ ? Gambar 2.2 Berdasarkan informasi pada tabel dan pada grafik menunjukkan bahwa f(x) mendekati 3 apabila x mendekati 1. Secara matematis hal tersebut dituliskan dengan x3 −1 =3 lim x →1 x − 1 dan ini dibaca “limit (x3 – 1)/ (x – 1) untuk x mendekati 1 adalah 3.” Dalam contoh ini kita menghubungkan limit dengan perilaku fungsi dekat dengan 1, bukannya di 1. Contoh 1 sin x x →0 x Dengan menggunakan beberapa nilai pendekatan x tentukan lim Fungsi dan Limit Fungsi 17 Penyelesaian: x y= sin x x 1 0,5 0,1 0,01 0,84147 0,95885 0,99833 0,99998 ↑ –0,01 –0,1 –0,5 –1 ↑ 0,99998 0,99833 0,95885 0,84147 ↓ 0 ↓ ? sin x = 1. x →0 x Jadi, lim Ingat kembali mengenai nila mutlak. Jika ε adalah sembarang bilangan positif, maka jarak f(x) ke bilangan L kurang dari ε dapat dinyatakan dalam bentuk: f ( x) − L < ε dan ini ekuivalen dengan L – ε < f(x) < L + ε yang menunjukkan bahwa f(x) terletak pada interval terbuka (L – ε, L + ε) seperti terlihat pada gambar 2.3 (a). Selanjutnya misalkan δ adalah suatu bilangan positif dan x cukup dekat dengan c sehingga jarak x ke c kurang dari δ, tetapi x ≠ c maka 0 < x−c < δ dan ini ekuivalen dengan c–δ<x<c+δ yang berarti x terletak dalam interval terbuka (c – δ, c + δ) dan dapat digambarkan seperti terlihat pada gambar 2.3 (b). Fungsi dan Limit Fungsi 18 f(x) f(x) L+ε L L–ε c–δ x f ( x) − L < ε c c+δ x 0< x−c <δ (a) (b) Gambar 2.3 Gambar-gambar dalam Gambar 2.2 dan Gambar 2.3 diharapkan dapat memudahkan kita untuk memahami definisi formal dari limit sebagai berikut. Definisi Limit f(x) untuk x mendekati c adalah L, ditulis lim f ( x) = L x →c jika dan hanya jika untuk setiap bilangan ε > 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x − c < δ berlaku f ( x) − L < ε. Fungsi dan Limit Fungsi 19 Untuk setiap ε > 0 terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x − c < δ berlaku f ( x) − L < ε Gambar 2.4 Contoh 2 Buktikan bahwa lim(3 x − 7) = 5 x→4 Analisis pendahuluan: Misalkan ε > 0 sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x − 4 < δ berlaku (3x − 7) − 5 < ε. Perhatikan (3 x − 7) − 5 < ε ⇔ 3 x − 12 < ε ⇔ 3( x − 4) < ε ⇔ 3 x−4 <ε ⇔ x−4 < ε 3 Fungsi dan Limit Fungsi 20 Oleh karena itu dapat dipilih δ = dari ε 3 ε 3 . Tentu saja dapat dipilih bilangan δ yang kurang . Bukti: Ambil sembarang bilangan ε > 0. Kita pilih δ > 0, yaitu δ = (3 x − 7) − 5 = 3 x − 12 maka berlaku ε 3 . Apabila 0 < x − 4 < δ = 3( x − 4) = 3 x−4 =3 x−4 < 3δ = 3. Jadi, terbukti lim(3 x − 7) = 5 . ฀ ε 3 = ε. x→4 Contoh 3 2 x 2 − 3x − 2 =5 x →2 x−2 Buktikan bahwa lim Analisis pendahuluan: Misalkan ε > 0 sembarang, kita harus dapat menemukan bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x − 2 < δ berlaku Perhatikan 2 x 2 − 3x − 2 − 5 < ε. x−2 (2 x + 1)( x − 2) 2 x 2 − 3x − 2 −5 < ε −5 < ε ⇔ x−2 x−2 ⇔ (2 x + 1) − 5 < ε ⇔ 2( x − 2) < ε ⇔ 2 x−2 <ε Oleh karena itu dapat dipilih δ = ε 2 ⇔ x−2 < ε 2 atau yang lebih kecil dari ε 2 . Fungsi dan Limit Fungsi 21 Bukti: Ambil sembarang ε > 0 dipilih δ = ε 2 sehingga 0 < x − 2 < δ berlaku (2 x + 1)( x − 2) 2 x 2 − 3x − 2 −5 −5 = x−2 x−2 = (2 x + 1) − 5 = 2( x − 2) = 2 x−2 = x−2 <δ= ε 2 <ε 2 x 2 − 3x − 2 = 5. ฀ Berarti terbukti bahwa lim x→2 x−2 Contoh 4 Buktikan lim (mx + b) = mc + b x →c Analisis Pendahuluan: Untuk setiap ε > 0, akan dicari bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < ⏐x – c⏐ < δ berlaku ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ < ε. Perhatikan: ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ < ε ⇔ ⏐mx – mc⏐ < ε ⇔ ⏐m⏐⏐x – c⏐ < ε ⇔ ⏐x – c⏐ < Dapat dipilih δ = ε m ε m asalkan m ≠ 0 . Bukti: Untuk m = 0, bukti cukup jelas. Misal m ≠ 0. Untuk setiap ε > 0 dipilih δ = ε m . Oleh karenanya jika 0 < ⏐x – c⏐ < δ maka berlaku ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ = ⏐(mx + b) – (mc + b)⏐ = ⏐mx – mc⏐ Fungsi dan Limit Fungsi 22 = ⏐m⏐⏐x – c⏐ < ⏐m⏐ ε m = ε. ฀ Fungsi dan Limit Fungsi 23 Contoh 5 Buktikan, jika c > 0, maka lim x= c x →c Analisis Pendahuluan Akan dicari bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila x − c < ε untuk setiap ε > 0. Perhatikan: x− c = = = ≤ 0 < ⏐x – c⏐ < δ berlaku ( x − c )( x + c ) x−c x+ c x+ c x−c x+ c x−c c Dapat dipilih δ = ε c Bukti: Ambil sembarang ε > 0 dipilih δ = ε c . Oleh karenanya jika 0 < ⏐x – c⏐ < δ maka berlaku x− c ≤ x−c c < ε c c < ε. ฀ 2.4 Teorema Limit Teorema 2.4.1 Misalkan n bilangan bulat positif, k konstanta, serta f dan g fungsi-fungsi yang mempunyai limit di c, maka: 1) lim k = k x →c 2) lim x = c x →c 3) lim kf ( x) = k lim f ( x) x →c x →c Fungsi dan Limit Fungsi 23 4) lim [ f ( x) + g ( x)] = lim f ( x) + lim g ( x) x →c x →c x →c x →c x →c x →c 5) lim [ f ( x) − g ( x)] = lim f ( x) − lim g ( x) 6) lim [ f ( x).g ( x)] = lim f ( x). lim g ( x) x →c x →c x →c lim f ( x) f ( x) x → c = , asalkan lim g ( x) ≠ 0 lim g ( x) x → c g ( x) x→ c 7) lim x →c ⎡ ⎤ 8) lim [ f ( x)]n = ⎢ lim f ( x)⎥ x →c ⎣x →c ⎦ n 9) lim n f ( x) = n lim f ( x) , asalkan lim f ( x) > 0 untuk n bilangan genap. x →c x →c x →c Bukti teorema 2.4.1 ini dibiarkan untuk latihan. Dengan menggunakan teorema ini maka penentuan nilai limit suatu fungsi akan menjadi lebih mudah. Contoh 6 Carilah lim 5 x 2 x→ 3 Penyelesaian: lim 5 x 2 = 5 lim x 2 x→ 3 teorema 2.2.1 3) x→ 3 ⎤ ⎡ = 5 ⎢ lim x ⎥ ⎣ x →3 ⎦ 2 = 5(3)2 = 45. teorema 2.2.1 8) teorema 2.2.1 2) Contoh 7 Carilah lim (5 x 2 − 20) x →3 Penyelesaian: lim (5 x 2 − 20) = lim 5 x 2 − lim 20 x →3 x →3 = 45 – 20 = 25. x →3 teorema 2.2.1 5) teorema 2.2.1 1) Fungsi dan Limit Fungsi 24 Contoh 8 5 x 2 − 20 x x →3 Carilah lim Penyelesaian: lim 5 x 2 − 20 5 x 2 − 20 lim = x →3 x lim x x →3 x →3 teorema 2.2.1 7) lim 5 x 2 − 20 x →3 = = = 3 25 3 teorema 2.2.1 2) dan 9) dari contoh 7. 5 3 Ingat, bentuk f ( x) = a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n disebut polinom dan hasil bagi polinom disebut fungsi rasional, a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n . b0 + b1 x + b2 x 2 + ... + bm x m Teorema 2.4.2 x →c 1) Jika f fungsi polinom maka lim f ( x) = f(c) x →c 2) Jika f fungsi rasional maka lim f ( x) = f(c) asalkan nilai penyebut di c tidak nol. Teorema 2.4.2 ini dapat dibuktikan dengan menggunakan teorema 2.4.1. Dengan adanya teorma 2.4.2 maka penentuan nilai limit fungsi polinom atau fungsi rasional menjadi sangat mudah, tentunya asalkan syarat perlu pada teorema tersebut untuk fungsi rasional dipenuhi. Fungsi dan Limit Fungsi 25 Contoh 9 Tentukan lim 7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6 x→2 Penyelesaian: lim 7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6 = 7(2)5 – 10(2)4 – 13(2) + 6 = 44 x→2 Contoh 10 x→2 Tentukan lim 7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6 3x 2 − 6 x − 8 x→2 Penyelesaian: lim Contoh 11 3x − 6 x − 8 2 x 3 + 3x + 7 x →1 x 2 Tentukan lim 7 x 5 − 10 x 4 − 13 x + 6 − 2x + 1 x →1 = lim = 7(2) 5 − 10(2) 4 − 13(2) + 6 3(2) − 6(2) − 8 2 = 44 11 =− . −8 2 x 3 + 3x + 7 ( x − 1) 2 Penyelesaian: Teorema 2.4.2 tidak dapat digunakan karena nilai penyebut di x = 1 adalah nol dan teorema 2.4.1 bagian 7) juga tidak dapat dugunakan karena limit penyebut nol. Tetapi, karena limit pembilang 11, maka selama x mendekati 1 terjadi pembagian bilangan yang dekat 11 dengan bilangan positif dekat 0. Hasilnya adalah sebuah bilangan positif yang besar dan dapat dibuat besar sekehendak kita dengan membiarkan x cukup dekat dengan 1. Dalam hal ini dikatakan limitnya tidak ada. Contoh seperti ini akan diuraikan lebih lanjut pada bagian lain. Contoh 12 Tentukan lim x→2 x 2 + 3x − 10 x2 + x − 6 Penyelesaian: Sebelum mencoba mengambil limitnya penyederhanaan pecahan dengan faktorisasi. lim x→2 terlebih dahulu diadakan x 2 + 3x − 10 ( x − 2)( x + 5) = lim 2 x → 2 ( x − 2)( x + 3) x + x−6 = lim x →2 = x+5 x+3 7 5 Fungsi dan Limit Fungsi 26 Teorema 2.4.3 (Teorema Apit) Misalkan f, g dan h adalah fungsi-fungsi dengan f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) untuk setiap x di sekitar c, kecuali mungkin di c. Jika lim f ( x) = lim h( x) = L, x→ c x→ c maka lim g ( x) = L. x→ c Bukti: Diberikan bilangan ε > 0 Karena lim f ( x) = L, berarti terdapat bilangan δ1 > 0 sedemikian hingga x→ c 0 < ⏐x – c⏐ < δ1 ⇒ ⏐f(x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < f(x) < L + ε. Karena lim h( x) = L, berarti terdapat bilangan δ2 > 0 sedemikian hingga x→ c 0 < ⏐x – c⏐ < δ2 ⇒ ⏐h(x) – L⏐ < ε ⇔ L – ε < h(x) < L + ε Dipilih δ = min{δ1, δ2} Apabila 0 < ⏐x – c⏐ < δ maka berlaku L – ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < L + ε ⇒ L – ε < g(x) < L + ε ⇔ ⏐g(x) – L⏐ < ε Terbukti lim g ( x) = L. x→ c Contoh 13 Dapat diselidiki bahwa 1 – x2 sin x ≤ ≤ 1 untuk semua x yang mendekati tetapi 6 x sin x = 1. x →0 x tidak 0. Tunjukkan bahwa lim Fungsi dan Limit Fungsi 27 Penyelesaian: sin x x2 x2 , dan h(x) = 1, maka lim f ( x) = lim1 − =1 , g(x) = x →0 x→0 6 x 6 dan lim h( x) = 1, sehingga diperoleh Misalkan f(x) = 1 – x→0 lim1 − ⇔ x →0 x2 sin x ≤ lim ≤ lim1 x →0 x →0 6 x sin x ≤1 1 ≤ lim x →0 x sin x = 1. x →0 x Berdasarkan teorema 2.4.3 maka dapat disimpulkan lim SOAL 2 1. Untuk fungsi f(x) = 3x3 + x, hitunglah masing-masing nilai a. f(1) c. f( 12 ) b. f(–6) 1 d. f( ) x 2. Untuk fungsi g(t) = t , hitunglah masing-masing nilai 1+ t2 a. f(1) c. f( 14 ) b. f(9) d. f( 3. Gambarlah grafik fungsi ⎧− x 2 + 4 ⎪ a. f ( x) = ⎨ ⎪ 3x ⎩ , x ≤1 , x >1 4. Jika f(x) = x2 + x dan g(x) = 1 x4 ) ⎧x 2 − 1 , x≤0 ⎪ , 0< x<2 b. g ( x) = ⎨ 1 ⎪ x +1 , x≥2 ⎩ 2 , tentukan: x+3 a. (f + g)(2) d. (f / g)(1) b. (f – g)(2) e. (g o f)(1) c. (f g)(1) f. (f o g)(1) 5. Jika f(x) = x 2 − 1 dan g(x) = 2 , tentukan: x Fungsi dan Limit Fungsi 28 a. (f g)(x) d. (f o g)(x) b. (f / g)(x) e. f 4(x) + g 4(x) c. (g o f)(x) Dalam soal nomor 6 – 10, buktikan limit-limit tersebut. 6. lim(3x − 7) = 2 x →3 7. lim (2 x − 4) = −8 x → −2 x 2 − 25 = 10 8. lim x →5 x − 5 9. lim x →1 x 2 + 5x − 6 =7 x −1 10. lim 2 x = 2 x→2 11. Buktikan bahwa jika lim f ( x) = L dan lim f ( x) = M, maka L = M. 12. Misalkan F dan G adalah fungsi-fungsi sedemikian sehingga 0 ≤ F(x) ≤ G(x) x→c x→c untuk semua x dekat dengan c, kecuali mungkin di c, buktikan bahwa jika lim G ( x) = 0 maka lim F ( x) = 0. x→c x→c Untuk soal-soal berikut (no. 13 s.d. 20), tentukan nilai limit fungsi berikut 13. lim(7 x − 4) x →3 14. lim (2 x 3 − 5 x) x → −1 15. lim(4 x 2 − 3)(7 x 3 + 2 x) x →0 3x 4 − 8 16. lim 3 x → − 2 x + 24 u 2 − 2u u→ 2 u 2 − 4 17. lim t 2 + 7t + 7 t → −1 t 2 − 4t − 5 18. lim Fungsi dan Limit Fungsi 29 ( w + 2)( w 2 − w − 6) w→ − 2 w 2 + 4w + 4 19. lim ( y − 1)( y 2 + 2 y − 3) y →1 y2 − 2y +1 20. lim Fungsi dan Limit Fungsi 30 2.5 Limit Kiri dan Limit Kanan Definisi Limit f(x) untuk x mendekati c dari kiri adalah L, ditulis lim f ( x) = L x →c − jika untuk setiap bilangan ε > 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < c – x < δ , maka berlaku f ( x) − L < ε. Limit f(x) untuk x mendekati c dari kanan adalah L, ditulis lim f ( x) = L x →c + jika untuk setiap bilangan ε > 0 (betapapun kecilnya), terdapat bilangan δ > 0 sedemikian sehingga apabila 0 < x – c < δ , maka berlaku f ( x) − L < ε. Teorema 2.5.1 lim f ( x) = L jika dan hanya jika lim− f ( x) = lim+ f ( x) = L x →c x →c Contoh 14 ⎧2 − x , ⎪ f(x) = ⎨ ⎪ x2 , ⎩ x →c x ≥1 x <1 Tentukan lim− f ( x) , lim+ f ( x) , dan lim f ( x) , selanjutnya gambarkan grafik x →1 x →1 x→1 fungsi f. Penyelesaian: lim f ( x) = lim x 2 = 1 x →1− x →1 x →1+ x →1 lim f ( x) = lim 2 − x = 1 Karena lim− f ( x) = lim+ f ( x) = 1 maka lim f ( x) = 1. x →1 x →1 x→1 Fungsi dan Limit Fungsi 31 Contoh 15 ⎧3 − x , ⎪ g(x) = ⎨ ⎪ x2 , ⎩ x ≥1 Tentukan lim− g ( x) , lim+ g ( x) , dan lim g ( x) , x →1 x <1 x →1 x→1 selanjutnya gambarkan grafik fungsi g Tentukan lim− g ( x) , lim+ g ( x) , dan lim g ( x) , selanjutnya gambarkan grafik x →1 x →1 x→1 fungsi f. Penyelesaian: lim− g ( x) = lim x 2 = 1 x →1 x →1 x →1+ x →1 lim g ( x) = lim 3 − x = 2 Karena lim− g ( x) ≠ lim+ g ( x) maka lim g ( x) tidak ada. x →1 x →1 x→1 2.6 Limit Tak Hingga Contoh 16 Carilah lim x→0 1 jika ada. x2 Penyelesaian: x ±1 ± 0,5 ± 0,2 ± 0,1 ± 0,05 ± 0,01 ± 0,001 1 x2 1 4 25 100 400 10.000 1.000.000 Semakin x mendekati 0, x2 juga semakin dekat 1 menjadi sangat besar x2 (lihat tabel di samping). Nampak dari grafik dengan 0, dan nilai 1 yang diperlihatkan pada x2 gambar 2.4 bahwa nilai f(x) dapat dibuat sangat besar dengan mengambil x cukup dekat ke 0. dengan demikian nilai f(x) tidak mendekati suatu fungsi f(x) = 1 tidak ada. x→0 x 2 Untuk menunjukkan jenis perilaku seperti uang ditunjukkan dalam contoh ini kita gunakan notasi bilangan , sehingga lim Fungsi dan Limit Fungsi 32 lim x→0 1 =∞ x2 Hal ini tidak berarti bahwa kita menganggap ∞ sebagai suatu bilangan. Tidak juga bermakna bahwa limit tersebut ada. Notasi tersebut hanyalah menyatakan cara khusus untuk menunjukkan bahwa limit tersebut tidak ada. Secara umum kita tuliskan lim f ( x) = ∞ x→c untuk menunjukkan nilai f(x) menjadi semakin besar ketika x semakin mendekati c. Limit jenis serupa, untuk fungsi yang menjadi negatif tak berhingga ketika x mendekati c dituliskan dengan lim f ( x) = – ∞ x→c Contoh 17 ⎛ 1 ⎞ lim⎜ − 2 ⎟ = – ∞ x →0 ⎝ x ⎠ Hal ini juga dapat diberlakukan untuk limit kiri dan limit kanan lim f ( x) = ∞ lim f ( x) = ∞ x →c − x →c + x →c − x →c + lim f ( x) = – ∞ lim f ( x) = – ∞ Sebuah garis x = c disebut asimtot tegak kurfa y = f(x) jika paling sedikit salah satu dari pernyataan berikut benar: lim f ( x) = ∞ lim f ( x) = ∞ lim f ( x) = ∞ x→c x →c − x →c + x→c x →c − x →c + lim f ( x) = – ∞ lim f ( x) = – ∞ lim f ( x) = – ∞ Sebagai contoh, sumbu Y atau x = 0 merupakan asimtot tegak kurva y = lim x→0 1 = ∞. x2 1 karena x2 Fungsi dan Limit Fungsi 33 Contoh 18 Hitunglah lim− tan x dan lim+ tan x x → (π2 ) x → (π2 ) Penyelesaian: lim− sin x x → (π2 ) sin x lim− tan x = lim− = =∞ lim− cos x x → (π2 ) x → (π2 ) cos x x → (π2 ) lim+ sin x x → (π2 ) sin x lim+ tan x = lim+ = =–∞ x → (π2 ) cos x lim+ cos x x → (π2 ) x → (π2 ) 2.7 Kekontinuan Fungsi Definisi Misalkan f : A → R suatu fungsi, maka a. Fungsi f dikatakan kontinu di c ∈ A jika lim f ( x) = f (c) x →c b. Fungsi f dikatakan kontinu pada himpunan A jika f kontinu disetiap anggota A. Definisi a mengandung arti bahwa f dikatakan kontinu di c ∈ A jika dipenuhi ketiga syarat berikut: 1) lim f ( x) ada x→c 2) Nilai f(c) ada 3) lim f ( x) = f (c) x →c Fungsi dan Limit Fungsi 34 Contoh 19 ⎧ x2 − 4 , ⎪ ⎪ x−2 1. f(x) = ⎨ ⎪ 1 , ⎪ ⎩ x≠2 x=2 Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f. Penyelesaian: x2 − 4 ( x − 2)( x + 2) = lim = lim( x + 2) = 4 1) lim f ( x) = lim x→2 x − 2 x→ 2 x→2 x→2 x−2 2) f(2) = 1 (ada) (ada) 3) Karena lim f ( x) ≠ f(2) maka f tidak kontinu di x = 2. x→ 2 Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada pembaca. x2 − 4 x−2 Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f. 2. f(x) = Penyelesaian: 1) lim f ( x) = lim x→ 2 x→2 ( x − 2)( x + 2) x2 − 4 = lim = lim( x + 2) = 4 x → 2 x→2 x−2 x−2 (ada) 2) f(2) tidak ada 3) Karena f(2) tidak ada, maka f tidak kontinu di x = 2. Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada pembaca. ⎧ x2 − 4 , ⎪ ⎪ x−2 3. f(x) = ⎨ ⎪ 4 , ⎪ ⎩ x≠2 x=2 Apakah f kontinu di x = 2? Gambarkan grafik fungsi f. Fungsi dan Limit Fungsi 35 Penyelesaian: 1) lim f ( x) = lim x2 − 4 ( x − 2)( x + 2) = lim = lim( x + 2) = 4 x→2 x→2 x−2 x−2 2) f(2) = 4 (ada) x→2 x→ 2 (ada) 3) Karena lim f ( x) = f(2) maka f kontinu di x = 2. x→ 2 Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada mahasiswa. ⎧2 − x , ⎪ 4. f(x) = ⎨ ⎪ x2 , ⎩ x ≥1 x <1 Apakah f kontinu di x = 1? Gambarkan grafik fungsi f. Penyelesaian: 1) lim− f ( x) = lim x 2 = 1 x →1 x →1 x →1+ x →1 lim f ( x) = lim 2 − x = 1 Karena lim− f ( x) = lim+ f ( x) = 1 maka lim f ( x) = 1 x →1 x →1 x→1 (ada) Lihat kembali contoh 14. 2) f(1) = 2 – 1 = 1 (ada) 3) Karena lim f ( x) = f(1), maka f kontinu di x = 1. x→1 Gambarkan grafik fungsi f diserahkan kepada mahasiswa. ⎧3 − x , ⎪ 5. g(x) = ⎨ ⎪ x2 , ⎩ x ≥1 x <1 Apakah g kontinu di x = 1? Gambarkan grafik fungsi g. Penyelesaian: 1) lim− g ( x) = lim x 2 = 1 x →1 x →1 x →1+ x →1 lim g ( x) = lim 3 − x = 2 Fungsi dan Limit Fungsi 36 Karena lim− g ( x) ≠ lim+ g ( x) maka lim g ( x) tidak ada. x →1 x →1 x→1 (lihat kembali contoh 15) Karena lim g ( x) tidak ada, maka g tidak kontinu di x = 1 x→1 Teorema 2.7.1 1. Fungsi polinom (fungsi suku banyak) kontinu pada R. 2. Jika fungsi-fungsi f dan g keduanya kontinu di c dan k sembarang konstanta maka fungsi f + g, f – g, kf , f /g (asal lim g ( x) ≠ 0) juga kontinu di c. x→c 3. Jika g fungsi yang kontinu di c dan f fungsi kontinu di g(c) maka f kontinu di c. o g SOAL 2 1. Tentukan limit (sepihak) berikut: a. lim− x →0 x x b. lim+ x x c. x →0 ⎧ x, ⎪ ⎪⎪ f ( x) = ⎨ x 2 , ⎪ ⎪ ⎪⎩2 − x, x<0 0 ≤ x ≤1, x >1 lim f ( x) , lim+ f ( x) , lim− f ( x) , dan lim+ f ( x) x →0 − x →0 x →1 x →1 2. Apakah fungsi-fungsi berikut kontinu di 2? ⎧t 3 − 8 , ⎪ ⎪ t−2 a. h(t) = ⎨ ⎪ 12 , ⎪ ⎩ t≠2 t=2 Fungsi dan Limit Fungsi 37 ⎧ 4t − 8 ⎪ t−2 , ⎪ b. h(t) = ⎨ ⎪ 2 , ⎪ ⎩ ⎧ x+3 , ⎪ c. g(x) = ⎨ ⎪x 2 + 1 , ⎩ t≠2 t=2 x<2 ⎧− 3 x + 4 , ⎪ d. f(x) = ⎨ ⎪ −2 , ⎩ ⎧ x, ⎪ ⎪⎪ 3. f(x) = ⎨ x 2 , ⎪ ⎪ ⎪⎩2 − x, x≥2 x≤2 x>2 x<0 0 ≤ x ≤1 x >1 a. Apakah f kontinu di 0? b. Apakah f kontinu di 1? ⎧ x2 , ⎪ ⎪⎪ 4. g ( x) = ⎨− x, ⎪ ⎪ ⎪⎩ x, x<0 0 ≤ x ≤1 x >1 a. Apakah g kontinu di 0? b. Apakah g kontinu di 1? Fungsi dan Limit Fungsi 38 3 TURUNAN FUNGSI 3.1 Pengertian Turunan Fungsi Definisi Turunan fungsi f adalah fungsi f ’ yang nilainya di c adalah f ( c + h ) − f (c ) f ’ (c) = lim h →0 h asalkan limit ini ada. Contoh 1 Jika f(x) = 3x2 + 2x +4, maka turunan f di x = 2 adalah f (2 + h) − f (2) f ’ (2) = lim h →0 h 3(2 + h) 2 + 2(2 + h) + 4 − (3. 2 2 + 2. 2 + 4) = lim h →0 h 2 3( 4 + 4h + h ) + 4 + 2h + 4 − (12 + 4 + 4) = lim h →0 h 2 12h + 3 h + 2h = lim h →0 h h(12 + 3 h + 2) = lim h →0 h = lim(12 + 3h + 2) h →0 = 14 Jika f mempunyai turunan di setiap x anggota domain maka f ( x + h) − f ( x ) f ’ (x) = lim h →0 h Jika y = f(x) turunan y atau turunan f dinotasikan dengan y ’, atau dy , atau f ’ (x), atau dx df ( x) dx Turunan Fungsi 38 Contoh 2 Jika f(x) = 3x2 + 2x +4, maka turunan f di sembarang x adalah f ( x + h) − f ( x ) f ’ (x) = lim h →0 h 3( x + h) 2 + 2( x + h) + 4 − (3 x 2 + 2 x + 4) = lim h →0 h 2 2 3( x + 2 xh + h ) + 2 x + 2h + 4 − (3x 2 + 2 x + 4) = lim h →0 h 2 6 xh + 3 h + 2h = lim h →0 h h ( 6 x + 3 h + 2) = lim h →0 h = lim(6 x + 3h + 2) h →0 = 6x + 2 3.2 Turunan Fungsi Konstan dan Fungsi Pangkat 1. Jika f(x) = k dengan k konstan untuk setiap x (f fungsi konstan), maka f ’(x) = 0. Bukti: f ’(x) f ( x + h) − f ( x ) h →0 h k −k = lim h →0 h =0 = lim 2. Jika f(x) = x untuk setiap x (f fungsi identitas), maka f ’(x) = 1. Bukti: f ’(x) f ( x + h) − f ( x ) h ( x + h) − x = lim h→0 h = lim h →0 h h →0 h = 1. = lim 3. Jika f(x) = xn dengan n bilangan bulat positif, untuk setiap x, maka f ’(x) = nxn–1. Bukti: f ’(x) f ( x + h) − f ( x ) h →0 h n ( x + h) − x n = lim h →0 h = lim Turunan Fungsi 39 x n + nx n −1 h + = lim h →0 n(n − 1) n − 2 2 x h + ... + nxh n −1 + h n − x n 2 h n(n − 1) n − 2 ⎞ ⎛ h⎜ nx n −1 + x h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟ 2 ⎠ = lim ⎝ h →0 h n(n − 1) n − 2 ⎛ ⎞ x h + ... + nxh n − 2 + h n −1 ⎟ = lim⎜ nx n −1 + h →0 2 ⎝ ⎠ = lim nx n −1 h →0 = nx n −1 Contoh 3 Jika f(x) = x5, maka turunan f adalah f ’(x) = 5x4 3.3 Sifat-sifat Turunan Jika k suatu konstanta, f dan g fungsi-fungsi yang terdiferensialkan, u dan v fungsifungsi dalam x sehingga u =f(x) dan v =g(x) maka berlaku: 1. Jika y = ku maka y ’ = k(u’ ) 2. Jika y = u + v maka y ’ = u ’ + v ’ 3. Jika y = u – v maka y ’ = u ’ – v ’ 4. Jika y = u v maka y ’ = u ’ v + u v ’ 5. Jika y = u v maka y ’ = u ' v − uv ' v2 Contoh 4 1. Jika f(x) = 3x5, maka f ’(x) = 3.5x4 = 15x4 2. Jika f(x) = 3x5 + 2x, maka f ’(x) = 15x4 + 2 3. Jika f(x) = 3x5 – 2x, maka f ’(x) = 15x4 – 2 4. Jika f(x) = (3x5 + 2x)(4x + 7), maka f ’(x) = (15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4 5. Jika f(x) = (15 x 4 + 2)(4 x + 7) − (3x 5 + 2 x) 4 3x 5 + 2 x , maka f ’(x) = 4x + 7 ( 4 x + 7) 2 Turunan Fungsi 40 6. Jika f(x) = x p dengan p bilangan bulat negatif maka f(x) = x –n dengan – n = p, sehingga f(x) = f ’(x) = = 1 u . Dengan menggunakan turunan y = diperoleh n v x 0. x n − 1. nx n −1 (x n )2 − nx n −1 x 2n = − nx n −1 x −2 n = − nx − n −1 = px p −1 3.4 Aturan Rantai (untuk Turunan Fungsi Komposisi) Untuk menentukan turunan y = (3x4 + 7x – 8)9 dengan cara mengalikan bersama kesembilan faktor (3x4 + 7x – 8) kemudian mencari turunan polinom berderajat 36 tentulah sangat melelahkan. Cara yang mudah untuk menentukan turunan y = (3x4 + 7x – 8)9 adalah dengan menggunakan aturan rantai. Aturan Rantai Misalkan y = f(u) dan u = g(x) menentukan fungsi komposisi yang dirumuskan dengan y = f(g(x)) = (f o g)(x). Jika g terdiferensialkan di x dan f terdiferensialkan di u = g(x) maka y = (f o g)(x) terdiferensialkan di x dan y ’ = (f o g) ’ (x) = f ’(g(x)) g’(x) atau dy dy du = dx du dx Fungsí komposisi dapat diperluas menjadi komposisi 3 fungsi, 4 fungsi dan seterusnya. Jika y = f(u) u = g(v) v = h(x) yakni y = (f o g o h)(x) maka dy dy du dv = dx du dv dx Turunan Fungsi 41 Contoh 5 Tentukan turunan y = (3x4 + 7x – 8)9 Penyelesaian: Misalkan u = 3x4 + 7x – 8 → y = u9 → du =12x3 + 7 dx dy = 9u8. du dy dy du = = 9u8(12x3 + 7) dx du dx = 9(3x4 + 7x – 8)8(12x3 + 7) 3.5 Turunan Fungsi Invers Misalkan y = f(x) dan f mempunyai invers f menggunakan aturan rantai pada x = f –1(y) diperoleh –1 sehingga x = f –1 (y). Dengan dx df −1 ( y ) dy = dx dy dx ⇔ ⇔ 1= dx dy dy dx dx 1 = dy dy dx 3.6 Turunan Fungsi Implisit Fungsí implisit secara umum dapat ditulis sebagai f(x, y) = 0 dengan y sebagai fungsí dalam x. Contoh fungsi implisit: 1) y – 2x3 – 8 = 0 2) 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0 Contoh 6 dy dari fungsí yang dirumuskan dengan y – 2x3 – 8 = 0 dx Penyelesaian: Apabila kedua ruas y – 2x3 – 8 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh: 1. Tentukan Turunan Fungsi 42 dy – 6x2 = 0 dx ⇔ dy = 6x2 dx dy dari fungsí yang dirumuskan dengan 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0 dx Penyelesaian: Apabila kedua ruas 2x3y – 7y – x2 + 1 = 0 diturunkan terhadap x, maka diperoleh: dy dy –7 – 2x = 0 6x2y + 2x3 dx dx dy ⇔ (2x3 – 7) = 2x – 6x2y dx 2x − 6x 2 y dy ⇔ = dx 2x3 − 7 2. Tentukan 3.7 Turunan Tingkat Tinggi Jika fungsi diturunkan maka turunannya, yaitu f ’ juga berupa fungsi sehingga boleh jadi f ’ mempunyai turunan tersendiri yang dinyatakan oleh (f ’)’ = f ’’. Fungsi yang f ’’ baru ini disebut turunan kedua dari f karena dia merupakan turunan dari turunan f . Dengan notasi Leibniz kita tuliskan turunan kedua dari y = f(x) sebagai d ⎛ dy ⎞ d 2 y ⎜ ⎟= dx ⎝ dx ⎠ dx 2 Notasi lain adalah f ’’(x) = D2f(x) Contoh 7 Jika f(x) = 3x4 + 7x – 8, tentukan f ’’(x). Penyelesaian: f ’(x) = 12x3 + 7 untuk mencari f ’’(x) kita turunkan f ’(x): d (12 x 3 + 7) dx = 36x2 f ’’(x) = Contoh 8 Jika f(x) = (3x5 + 2x)(4x + 7), tentukan f ’’(x). Turunan Fungsi 43 Penyelesaian: ⎛d ⎛d ⎞ ⎞ f ’(x) = ⎜ (3 x 5 + 2 x) ⎟ (4x + 7) + (3x5 + 2x) ⎜ (4 x + 7) ⎟ ⎝ dx ⎝ dx ⎠ ⎠ = (15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4 f ’’(x) = = d [(15x4 + 2) (4x + 7) + (3x5 + 2x)4] dx d d [(15x4 + 2) (4x + 7)] + [(3x5 + 2x)4] dx dx ⎛d ⎞ ⎛d ⎞ = ⎜ (15 x 4 + 2) ⎟(4 x + 7) + (15 x 4 + 2)⎜ (4 x + 7) ⎟ + ⎝ dx ⎠ ⎝ dx ⎠ ⎞ ⎛d ⎛d ⎞ 5 5 ⎜ (3 x + 2 x) ⎟4 + (3 x + 2 x)⎜ 4 ⎟ ⎠ ⎝ dx ⎝ dx ⎠ = 60x3(4x + 7) + (15x4 + 2) 4 + (15x4 + 2) 4 + (3x5 + 2x).0 = 60x3(4x + 7) + (15x4 + 2) 4 + (15x4 + 2) 4 3.8 Turunan Fungsi Aljabar dan Fungsi Transenden Fungsi ⎧ Fungsi Rasional Fungsi Aljabar ⎨ ⎩ Fungsi Irrasional ⎧ Fungsi Trigonometri ⎪ Fungsi Siklometri ⎪⎪ Fungsi Transenden⎨ Fungsi Logaritma ⎪ Fungsi Eksponensial ⎪ ⎪⎩ Fungsi Hiperbolik 3.8.1 Turunan Fungsi Rasional Contoh-contoh tentang turunan yang diuraikan sebelumnya (contoh 3) adalah contoh-contoh turunan fungsi rasional. Jadi turunan fungsi rasional ini tidak perlu dibahas kembali. 3.8.2 Turunan Fungsi Irrasional Fungsi Irrasional adalah akar dari fungsi-fungsi rasional Turunan Fungsi 44 Contoh 9 Tentukan turunan y = Penyelesaian: y = n n x dengan n bilangan bulat positif x ⇔ x = y n sehingga dx = ny n–1 dy dy 1 1 1 1 = = y 1− n = = n −1 dx dx n n ny dy Contoh 10 Tentukan turunan y = Penyelesaian: y = x3 + 4x ( x 3 + 4x = x3 + 4x ) ( x) 1− n n 1 2 Dengan aturan rantai diperoleh: y ’ = = = ( ) 1 1n x n 1− n = 1 1n −1 x n −1 1 3 ( x + 4 x ) 2 (3x 2 + 4) 2 3x 2 + 4 2 x3 + 4x 3.8.3 Turunan Fungsi Trigonometri Akan dicari turunan fungsi kosinus sebagai berikut. Ingat: cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b. Jika f(x) = cos x, maka f ’(x) = lim h →0 f ( x + h) − f ( x ) h cos( x + h) − cos x h→0 h cos x cos h − sin x sin h − cos x = lim h →0 h cos x(cos h − 1) − sin x sin h = lim h →0 h = lim = lim h→0 cos x(cos h − 1) sin x sin h – lim h → 0 h h (cos h − 1) sin h – lim sin x lim h → 0 h → 0 h h = cos x . 0 – sin x . 1 = – sin x = lim cos x lim h →0 h→0 Turunan Fungsi 45 Jadi, jika f(x) = cos x, maka f ’(x) = – sin x Analog: jika f(x) = sin x, maka f ’(x) = jika f(x) = tg x, cos x sec2 x maka f ’(x) = jika f(x) = ctg x, maka f ’(x) = – cosec2 x jika f(x) = sec x, maka f ’(x) = sec x tg x jika f(x) = cosec x, maka f ’(x) = – cosec x ctg x 3.8.4 Turunan Fungsi Siklometri Fungsi siklometri adalah invers fungsi trigonometri. Akan dicari turunan invers fungsi sinus (arcus sinus) berikut. y = arc sin x → x = sin y → 1 x y 1− x2 dx = cos y dy dy 1 = dx cos y 1 = 1− x2 Jadi, jika y = arc sin x, maka y ’ = cos y = 1 − x 2 1 1− x2 Turunan Fungsi 46 Analog: 1 1− x2 jika y = arc cos x, maka y ’ = – 1 1+ x2 jika y = arc tg x, maka y ’ = jika y = arc ctg x, maka y ’ = – jika y = arc sec x, maka y ’ = 1 1+ x2 1 x x2 −1 jika y = arc cosec x, maka y ’ = – 1 x x2 −1 3.8.5 Turunan Fungsi Logaritma Akan dicari turunan f(x) = ln x berikut. f ’(x) = lim h →0 f ( x + h) − f ( x ) h ln( x + h) − ln x h →0 h = lim ⎛ x+h⎞ ln⎜ ⎟ x ⎠ ⎝ = lim h→0 h ⎛ h⎞ ln⎜1 + ⎟ x⎠ = lim ⎝ h→0 h ⎛ h⎞ ln⎜1 + ⎟ x⎠ = lim ⎝ h →0 h .x x x ⎛ h⎞ ln⎜1 + ⎟ h ⎝ x⎠ = lim h →0 x Turunan Fungsi 47 ⎛ h ⎞h ln⎜1 + ⎟ x⎠ = lim ⎝ h →0 x x ⎛ lim ln⎜1 + h→0 ⎝ = lim x h ⎞h ⎟ x⎠ x h →0 ⎛ h ⎞h Mengingat (1) lim ln f ( x) = ln lim f ( x) dan (2) lim ⎜1 + ⎟ = e h →0 h→0 h→0 x⎠ ⎝ x Sehingga diperoleh: ⎛ h ⎞h lim ln⎜1 + ⎟ h→0 x⎠ ⎝ = lim x x f ’(x) h →0 ⎛ h ⎞h ln lim ⎜1 + ⎟ h →0 x⎠ ⎝ = lim x x h →0 = ln e x = 1 x Jadi, jika f(x) = ln x, maka f ’(x) = 1 x Selanjutnya jika y = a log x maka turunannya dapat dicari sebagai berikut. y = a log x ⇔y= ln x ln a = 1 ln x ln a Sehingga y ’ = 1 1 ln a x = 1 x ln a Turunan Fungsi 48 Jadi, jika y = a log x , maka y ’ = 1 x ln a 3.8.6 Turunan Fungsi Eksponensial Akan dicari turunan y = a x sebagai berikut. y = a x ⇔ ln y = ln a x ⇔ ln y = x ln a ⇔x= ⇔x= Sehingga Diperoleh Jadi, ln y ln a 1 ln y ln a dx 1 1 = dy ln a y dy = y ln a. dx = a x ln a jika y = a x , maka y ’ = a x ln a Khususnya untuk a = e, jika y = e x , maka y ’ = e x ln e = ex Jadi, jika y = e x , maka y ’ = e x Turunan Fungsi 49 3.8.7 Turunan Fungsi Hiperbolik Definisi sinh x = cosh x = e x − e−x 2 e x + e−x 2 sinh x e x − e−x = x tanh x = cosh x e + e −x coth x = 1 e x + e−x = x tanh x e − e−x sech x = 2 1 = x cosh x e + e −x csch x = 2 1 = x sinh x e − e−x Jika f(x) = sinh x, maka dengan menggunakan turunan fungsi eksponensial diperoleh d ⎛ e x − e−x ⎞ ⎜ ⎟⎟ f ' ( x) = dx ⎜⎝ 2 ⎠ e x − ( −e − x ) 2 x e + e−x = 2 = cosh x. = Jadi, jika f(x) = sinh x, maka f ’(x) = cosh x 3.9 Turunan Fungsi Parameter Apabila disajikan persamaan berbentuk: x = f(t) y = g(t) maka persamaan ini disebut persamaan parameter dari x dan y, dan t disebut dy dengan cara sebagai parameter. Dari bentuk parameter ini dapat dicari dx berikut. Dari x = f(t) dibentuk t = h(x) dengan h fungsi invers dari f. Nampak bahwa y = g(t) merupakan bentuk fungsi komposisi y = g(t) = g(h(x)) Turunan Fungsi 50 Diperoleh dy dy dt dy dy 1 = atau = dx dt dx dx dt dx dt sehingga dy = dx dy dt dx dt SOAL Carilah dy untuk yang berikut dx 1 4 x − 3x + 9 x −1 6. y = x +1 1. y = (3x4 + 2x2 + x)(x2 + 7) 5. y = 2. y = (x3 + 3x2)(4x2 + 2) 1 3x 2 + 1 2 4. y = 2 5x − 1 3. y = 7. y = Dengan aturan rantai tentukan 2 x 2 − 3x + 1 2x + 1 dy untuk yang berikut dx 8. y = (2 – 9x)15 9. y = (5x2 + 2x – 8)5 ⎛ 3x − 1 ⎞ 15. y = sin ⎜ ⎟ ⎝ 2x + 5 ⎠ 1 10. y = 2 (4 x − 3x + 9) 9 16. 11. y = sin (3x2 + 11x) 12. y = cos (3x4 – 11x) 13. y = sin3 x 17. 18. 19. ⎛ x −1⎞ 14. y = ⎜ ⎟ ⎝ x +1⎠ 2 ⎛ x2 −1⎞ ⎟⎟ y = cos ⎜⎜ x + 4 ⎠ ⎝ 4 y = arcsin (3x – 11x) y = arctg (3x4 – 11x)8 y = ln (5x2 + 2x – 8) 4 Tentukan turunan fungsí implisit berikut 21. x2 + y2 = 9 20. y = e (2 – 9x) 26. 4x3 + 11xy2 – 2y3= 0 22. 4x2 + 9y2 = 36 27. 23. x y = 4 24. xy2 – x + 16 = 0 28. xy + sin y = x2 29. cos (xy) = y2 + 2x 25. x3 – 3x2y+ 19xy = 0 30. 6x – xy + 3y = 10x 2 xy + xy3 = y2 Turunan Fungsi 51 dy untuk fungís parameter berikut dx 31. y = 2 – 9t 34. x = ln (2t – 9) x = sin t y = (t2 + 7)3 Tentukan 32. y = 2 – 9t2 x = arc sin (t – 1) 35. x = e (2t – 9) y = cosec t 33. x = ln (2 – 9t) y = sin t 36. y = sec (t – 1) x = tg (t – 1) Turunan Fungsi 52 Integral 4 INTEGRAL Definisi 4.0.1 Fungsi F disebut anti turunan (integral tak tentu) dari fungsi f pada himpunan D jika F ’(x) = f(x) untuk setiap x ∈ D. Fungsi integral tak tentu f dinotasikan dengan d f ( x) dx = f (x). dx ∫ Contoh 1 ∫ f ( x) dx dan f (x) dinamakan integran. Jadi sin x, sin x + 5, sin x – 7 adalah fungsi-fungsi integral tak tentu dari cos x pada seluruh garis real, sebab derivatif mereka sama dengan cos x untuk semua x. Sifat 4.0.2: Misalkan f dan g mempunyai anti turunan dan k suatu konstanta, maka 1. ∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx 2. ∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx Teorema 4.0.3 Jika F dan G keduanya integral tak tentu dari f pada interval I, maka F(x) dan G(x) berselisih suatu konstanta pada I Jadi F(x) – G(x) = C dengan C sembarang konstanta. Akibat 4.0.4 Jika F suatu fungsi integral tak tentu dari f , maka ∫ f ( x) dx = F(x) + C. dengan C konstanta sembarang. Thobirin, Kalkulus Integral 53 Integral 4.1 Rumus Dasar ∫x 1. n dx = ∫ x dx 1 2. ∫e 3. ∫a 4. = ln x + C x dx = e x + C x dx = ∫ sin x dx 5. 1 n +1 x + C , n ≠ –1 n +1 1 x a +C ln a ,x≠0 12. ∫ cos x dx = sin x + C 7. ∫ sec x dx = tan x + C 8. ∫ csc x dx = – cot x + C 9. ∫ sec x tan x dx = sec x + C 10. ∫ csc x cot x dx = – csc x + C 6. 2 2 1 ∫ 2 dx = arc tan x + C = – arc cot x + C 1 1− x2 dx = ,a≠1 arc sin x + C = – arc cos x + C a>0 = – cos x + C ∫1+ x 11. ∫x 1 x 2 −1 dx = arc sec x + C 14. ∫ sinh x dx = – arc csc x + C 13. 15. ∫ cosh x dx = cosh x + C = sinh x + C SOAL Tentukan: 1. ∫ ( x − 2) 2 dx 2. 3. 2x 2 + x + 1 ∫ x 3 dx ∫ 1+ x dx x 4. ∫ (sin x − x ) dx 5. ∫ 2 x dx Thobirin, Kalkulus Integral 54 Integral 4.2 Integral dengan Substitusi Masalah: Tentukan ∫ (2 x + 5) 2006 dx Untuk menyelesaikan permasalahan seperti ini dapat digunakan aturan seperti pada teorema berikut. Teorema 4.2.1 Jika u = g(x) yang didefinisikan pada interval I mempunyai invers x = g –1(u) dan fungsi-fungsi g dan g –1 keduanya mempunyai derivatif yang kontinu pada intervalnya masing-masing, dan f kontinu pada interval di mana g –1 didefinisikan, maka ∫ f {g ( x)} g ' ( x) dx = ∫ f (u ) du Tentukan ∫ (2 x + 5) 2006 dx Contoh 2 Penyelesaian: Substitusikan u = 2x + 5 maka ∫ (2 x + 5) 2006 dx → = ∫2 = = = Contoh 3 Tentukan ∫ x (3x 2 du =2 dx 1 du = 2 dx (2 x + 5) 2006 2 dx 1 2006 u du 2∫ 1 1 u 2007 + C 2 2007 1 (2 x + 5) 2007 + C 4014 + 5) 2006 dx Penyelesaian: Substitusikan u = 3x2 + 5 → du = 6x dx du = 6x dx Thobirin, Kalkulus Integral 55 ∫ x (3x maka 2 + 5) 2006 dx = ∫6 1 (3x 2 + 5) 2006 6 x dx 1 2006 u du 6∫ = = = Integral 1 1 u 2007 + C 6 2007 1 (3x 2 + 5) 2007 + C 12042 Contoh 4 Tentukan ∫ cos 1 x dx 2 Penyelesaian: Substitusikan u = ∫ 2 cos 2 x 1 maka → 1 x 2 1 dx 2 du 1 = dx 2 ⇔ du = 1 dx 2 = 2∫ cos u du = 2 sin u + C = 2 sin 1 x +C 2 SOAL Tentukan: 1. ∫ 3( x − 2) 9 dx 2. 3. 4. 5. ∫ x (5 x 2 + 2) 9 dx ∫ ( x + 3) 8 4 dx ∫ x ln x dx 1 ∫ sin(ln x) dx x 6. 7. 8. ∫ 1 4 − x2 dx ∫ 4 + ( x + 1) dx ∫x 2 2 x 2 − 1 dx 9. ∫ e sin x cos x dx 10. ∫ e 4 x dx Thobirin, Kalkulus Integral 56 Integral 4.3 Integral Parsial Masalah: Tentukan Misalkan: ∫xe x dx u = f(x) → du = f ' ( x) dx → du = f ' ( x) dx → du = u ' dx v = g(x) → dv = g ' ( x) dx → dv = g ' ( x) dx → dv = v ' dx uv = f(x) g(x) → d (uv) = f ' ( x) g ( x) + f ( x) g ' ( x) dx d (uv) = f ' ( x) g ( x)dx + f ( x) g ' ( x)dx d (uv) = u ' v dx + uv ' dx d (uv) = v du + u dv uv = ∫ v du + ∫ u dv Jika kedua ruas diintegralkan, diperoleh ⇔ Contoh 5 Tentukan ∫ u dv ∫xe x = uv – ∫ v du dx Penyelesaian: Misalkan sehingga u=x dv = e x dx ∫xe x Tentukan ∫x 2 Penyelesaian: Misalkan → v = ∫ e x dx = e x dx = x e x − ∫ e x dx = x e x − ∫ e x dx = x e Contoh 6 → du = dx x − e x + C e x dx u = x2 dv = e x dx → du = 2x dx → v = ∫ e x dx = e x Thobirin, Kalkulus Integral 57 sehingga ∫x 2 Integral e x dx = x 2 e x − ∫ e x 2 xdx = x 2 e x −2∫ xe x dx = x 2 e x − 2( x e x − e x ) + C = x 2e x − 2x e x + e x + C Contoh 7 Tentukan ∫ x cos x dx 5. Penyelesaian: sehingga → du = dx dv = cos x dx → v = ∫ cos x dx = sin x Misalkan u=x ∫ x cos x dx = x sin x − ∫ sin x dx = x sin x + cos x + C Tentukan ∫ e x cos x dx Contoh 8 Penyelesaian: u = ex → du = e x dx dv = cos x dx → v = ∫ cos x dx = sin x Misalkan sehingga ∫ e x cos x dx = e x sin x − ∫ sin x e x dx = e x sin x − ∫ e x sin x dx { misal u = e x dv = sin x dx } = e x sin x − e x (− cos x) − ∫ − cos x e x dx Diperoleh ∫e 2∫e ∫e = e x sin x + e x cos x − ∫ cos x e x dx x x x → du = e x dx → v = ∫ sin x dx = − cos x cos x dx = e x sin x + e x cos x − ∫ cos x e x dx cos x dx = e x sin x + e x cos x cos x dx = 1 x 1 e sin x + e x cos x + C 2 2 Thobirin, Kalkulus Integral 58 Integral SOAL Tentukan: ∫ x sin x dx 2. ∫ x sin 2 x dx 3. ∫ ln x dx 4. ∫ x e dx 6. ∫ e x sin x dx 1. 7. ∫ arcsin x dx 8. ∫ arctan dx −x 5. ∫x 2 9. e − x dx 10. ∫ x ln x ∫ 2 dx ln ln x dx x 4.4 Integral yang Menghasilkan Arcus Tangen dan Logaritma ∫1+ x 1 Ingat: 2 dx = arc tan x + C Berdasarkan rumus di atas dapat dibuktikan bahwa untuk konstanta a ≠ 0, maka berlaku: ∫a 2 1 dx + x2 1 x arc tan + C a a = (4.4.1) Perhatikan penyebut dalam integran. Selanjutnya akan dicari ∫x 2 1 dx + 2bx + c Jika f(x) = x2 + 2bx + c dengan D = 4b2 – 4c < 0, maka f(x) definit positif dan selalu dapat dibawa ke bentuk f(x) = (x + b)2 + p2 dengan p2 = c – b2 > 0 sehingga ∫x 2 1 dx = + 2bx + c dapat diperoleh ∫x 2 ∫ ( x + b) 1 2 + p2 dx dan dengan menggunakan (4.4.1) 1 1 x+b dx = arctan + C p p + 2bx + c dengan p = (4.4.2) c − b2 Thobirin, Kalkulus Integral 59 Integral Contoh 9 ∫ 1 dx 3 + x2 Penyelesaian: Tentukan Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh ∫ 1 x 1 arc tan +C dx = 2 3+ x 3 3 ∫ 1 1 x dx = = arc tan + C 2 3 3 3+ x Contoh 10 ∫ 1 dx x +9 Penyelesaian: Tentukan 2 Dengan menggunakan rumus (4.4.1) diperoleh Contoh 11 Tentukan ∫ 1 dx x + 2x + 5 Penyelesaian: b=1 c=5 p= 2 5 − 12 = 4 = 2 Dengan rumus (4.4.2) diperoleh ∫ x +1 1 1 +C dx = arc tan 2 2 x + 2x + 5 2 Atau secara langsung dengan cara berikut: ∫ 1 dx = x + 2x + 5 2 Selanjutnya ingat: ∫ x +1 1 1 dx = arc tan +C 2 2 2 ( x + 1) + 4 ∫ x dx 1 = ln x +C Dengan rumus ini dapat ditunjukkan bahwa ∫ g ' ( x) dx = ln g (x) g ( x) +C (4.4.3) Thobirin, Kalkulus Integral 60 Integral Contoh 11 Tentukan ∫ 2x + 2 dx x + 2x + 4 Penyelesaian: 2 Dengan rumus (4.4.3) diperoleh ∫ 2x + 2 dx = ln x 2 + 2 x + 4 + C x + 2x + 4 2 Contoh 12 Tentukan ∫ x+5 dx x + 6 x + 13 Penyelesaian: ∫ 2 x+5 dx = 2 x + 6 x + 13 ∫ ∫ (2 x + 6) + 2 dx x 2 + 6 x + 13 1 2 (2 x + 6) dx + x + 6 x + 13 1 2 2 ∫ 2 dx x + 6 x + 13 1 1 = ln x 2 + 6 x + 13 + 2 ∫ dx 2 ( x + 3) 2 + 4 = = = 2 x+3 1 1 +C ln x 2 + 6 x + 13 + 2 . arc tan 2 2 2 x+3 1 +C ln x 2 + 6 x + 13 + arc tan 2 2 SOAL Tentukan: x+5 1. ∫ 2 dx x + 10 x + 13 5. 2. 6. 3. 4. ∫ ∫ ∫ x2 + 5 dx x 3 + 15 x − 1 sin x tan x dx = ∫ dx cos x 5 dx x + 4x + 7 2 7. 8. ∫ ∫ ∫ ∫ 3x + 2 dx x + 4x + 7 2 5x + 1 dx x + 6 x + 13 4x + 1 dx 2 x − 6 x + 13 3x − 2 dx 2 x − 4x + 7 2 Thobirin, Kalkulus Integral 61 Integral 4.5 Integral Fungsi Pecah Rasional Pn(x) = ao + a1x + a2x2 + a3x3 + ...+ anxn dengan an ≠ 0 dinamakan polinomial (fungsí suku banyak) berderajat n. Fungsi konstan Po(x) = ao dapat dipandang sebagai polinomial berderajat nol. Fungsi pecah rasional adalah fungsi berbentuk N ( x) dengan N(x) dan D(x) polinomialD( x) polinomial. Uraian mengenai integral fungsi pecah rasional dapat diperinci untuk beberapa kasus sebagai berikut. 4.5.1 Keadaan N(x) = D’(x) Jika N(x) = D’(x) maka berdasarkan rumus (4.4.3) diperoleh: ∫ D( x) dx N ( x) = ln D(x) +C dan ini sudah dibahas pada bagian 4.4 sehingga tidak perlu diulang. 4.5.2 Keadaan derajat N(x) ≥ derajat D(x) Lakukan pembagian N(x) oleh D(x) sehingga diperoleh bentuk N ( x) R ( x) = Q( x) + dengan derajat R(x) < derajat D(x) D( x) D( x) Q(x) adalah polinom, sehingga integralnya sangat mudah. Contoh 13 1. 2. ∫ ∫ x3 dx = x2 +1 ∫ ⎨⎩ x − x ⎧ 2 x ⎫ ⎬ dx = ... + 1⎭ x 4 − 19 x 2 − 48 x + 60 dx = x 2 + 6 x + 13 ∫ 6x + 8 ⎫ ⎧ 2 ⎬ dx = ... ⎨x − 6x + 4 + 2 x + 6 x + 13 ⎭ ⎩ Kepada pembaca dipersilakan untuk melanjutkan penyelesaian kedua contoh dalam contoh 13 di atas. Dengan demikian yang perlu dipelajari lebih lanjut adalah keadaan dimana derajat N(x) < derajat D(x) dan N(x) ≠ D’(x) Thobirin, Kalkulus Integral 62 4.5.3 Integral Keadaan Derajat N(x) < Derajat D(x) Pada pembahasan ini N(x) ≠ D’(x). Tanpa mengurangi umumnya pembicaraan, diambil koefisien suku pangkat tertinggi dari x dalam D(x) adalah satu. Untuk menghitung ∫ D( x) dx , N ( x) terlebih dahulu integran dipisah menjadi pecahan- pecahan parsialnya. Contoh 14 6x 2 + 6 dapat dipecah menjadi pecahan-pecahan parsial berikut x3 + 4x 2 + x − 6 6x 2 + 6 1 10 15 = − + 3 2 x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3 Jadi ∫ 6x 2 + 6 dx = x3 + 4x 2 + x − 6 = ∫ ∫ 1 10 15 dx − ∫ dx + ∫ dx x −1 x+2 x+3 1 1 1 dx − 10∫ dx + 15∫ dx x −1 x+2 x+3 = ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C Karena sebelum melakukan pengintegralan terlebih dahulu diadakan pemisahan N ( x) menjadi pecahan-pecahan parsialnya, maka sebelumnya perlu dipelajari D( x) cara memisah N ( x) menjadi pecahan-pecahan parsialnya tersebut. D( x) Memisah Pecahan Menjadi Pecahan Parsial Dalam pembicaraan ini tetap diasumsikan: 1) derajat N(x) < derajat D(x) 2) koefisien suku pangkat tertinggi dari x dalam D(x) adalah satu 3) N(x) dan D(x) tidak lagi mempunyai faktor persekutuan Thobirin, Kalkulus Integral 63 Integral Menurut keadaan faktor-faktor D(x), dalam memisahkan N ( x) menjadi pecahanD( x) pecahan parsialnya dapat dibedakan menjadi 4 keadaan, yaitu: a. Semua faktor D(x) linear dan berlainan b. Semua faktor D(x) linear tetapi ada yang sama (berulang) c. D(x) mempunyai faktor kuadrat dan semua faktor kuadratnya berlainan d. D(x) mempunyai faktor kuadrat yang sama. a. Semua faktor D(x) linear dan berlainan Misalkan faktor-faktor D(x) adalah x – a, x – b, x – c, dan x – d, maka D(x) = (x – a) (x – b) (x – c) (x – d). Dibentuk N ( x) A B C D = + + + D( x) x−a x−b x−c x−d (1) sebagai suatu identitas dalam x, sehingga untuk setiap nilai x yang diberikan maka nilai ruas kiri dan nilai ruas kanan dalam (1) sama. Konstanta A, B, C, dan D adalah konstanta-konstanta yang masih akan dicari nilainya. Contoh 15 6x 2 + 6 atas pecahan-pecahan parsialnya. Pisahkan 3 x + 4x 2 + x − 6 Penyelesaian: x3 + 4x 2 + x − 6 = 0 Dibentuk ⇔ ⇔ (x – 1) (x + 2) (x + 3) = 0 A B C 6x 2 + 6 = + + 3 2 x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3 (2) A( x + 2)( x + 3) + B ( x − 1)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 2) 6x 2 + 6 = 3 2 ( x − 1)( x + 2)( x + 3) x + 4x + x − 6 ⇔ 6 x 2 + 6 = A( x + 2)( x + 3) + B( x − 1)( x + 3) + C ( x − 1)( x + 2) untuk x = 1 untuk x = – 2 untuk x = – 3 → 12 = A(3)(4) → 30 = B(–3)(1) → 60 = C(–4)(–1) ⇔ ⇔ ⇔ A=1 B = –10 C = 15 Jika nilai A, B, dan C ini disubstitusikan ke dalam (2) maka diperoleh 6x 2 + 6 1 10 15 = − + 3 2 x + 4x + x − 6 x − 1 x + 2 x + 3 Thobirin, Kalkulus Integral 64 Integral sehingga ∫ 6x 2 + 6 dx = x3 + 4x 2 + x − 6 ∫ 1 10 15 dx − ∫ dx + ∫ dx x −1 x+2 x+3 = ln x − 1 − 10 ln x + 2 + 15 ln x + 3 + C Pada bagian ini dijumpai bentuk ∫ 1 dx x−a b. Semua faktor D(x) linear tetapi ada yang sama (berulang) Misalkan faktor-faktor D(x) adalah x – a, x – b, x – c, x – c, x – d, x – d, dan x – d, maka D(x) = (x – a) (x – b) (x – c)2 (x – d)3. Selanjutnya dibentuk A B C D E F G N ( x) + + + + + + = 2 2 x − a x − b x − c ( x − c) x − d (x − d ) D( x) (x − d )3 (3) Perhatikan suku-suku pecahan di ruas kanan terutama yang sesuai dengan akar sama c dan d. Contoh 16 Pisahkan x atas pecahan-pecahan parsialnya. ( x − 2)( x + 1) 3 Penyelesaian: Dibentuk x A B C D = + + + 3 2 x − 2 x + 1 ( x + 1) ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 3 (4) x = A( x + 1) 3 + B ( x − 2)( x + 1) 2 + C ( x − 2)( x + 1) + D( x − 2) untuk x = –1 untuk x = 2 untuk x = 0 untuk x = 1 ⎯→ ⎯→ ⎯→ ⎯→ –1 = –3D 2 = 27A 0 = A – 2B – 2C – 2D 1 = 8A – 4B – 2C – D Dari keempat persamaan tersebut diperoleh: A= 2 2 6 1 , B=− , C=− , D= 27 27 27 3 2 2 6 1 − − x 27 + 3 = 27 + 27 + Jadi 3 2 x − 2 x + 1 ( x + 1) ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 3 Thobirin, Kalkulus Integral 65 Integral Selanjutnya dapat dicari integral x ∫ ( x − 2)( x + 1) 3 dx = ∫ ( x − 2)( x + 1) x 3 dx 1 − 272 − 276 3 ∫ x − 2 dx + ∫ x + 1 dx + ∫ ( x + 1) 2 dx + ∫ ( x + 1) 3 dx 2 27 = ... Pada bagian ini dijumpai bentuk ∫ 1 dx dan x−a ∫ 1 dx n = 2, 3, ... ( x − a) n c. D(x) mempunyai faktor kuadrat dan semua faktor kuadratnya berlainan Ingat teorema dalam aljabar berikut. Teorema: Akar-akar tidak real persamaan derajat tinggi dengan koefisien real sepasang-sepasang bersekawan, artinya jika a + bi suatu akar maka a – bi juga akar persamaan itu Berdasarkan teorema tersebut maka apabila a + bi akar persamaan D(x) = 0 maka demikian juga a – bi, sehingga salah satu faktor D(x) adalah {x – (a + bi)}{ x – (a – bi)} = (x – a)2 + b2 yang definit positif. Misal D(x) = (x – p) (x – q) 2 {(x – a)2 + b2}{(x – c)2 + d2} maka perlu dibentuk A B C Dx + E Fx + G N ( x) = + + + + 2 2 2 x − p x − q ( x − q) D( x) ( x − a) + b ( x − c) 2 + d 2 (5) Contoh 17 Pisahkan 3x atas pecahan-pecahan parsialnya. x −1 3 Penyelesaian: 3x 3x = x − 1 ( x − 1)( x 2 + x + 1) 3 Dibentuk 3x A Bx + C = + 2 x −1 x −1 x + x +1 3 3x = A( x 2 + x + 1) + ( Bx + C )( x − 1) untuk x = 1 untuk x = 0 untuk x = –1 ⎯→ ⎯→ ⎯→ 3 = 3A 0=A–C –3 = A + 2B – 2C Setelah dicari nilai-nilai A, B, dan C diperoleh A = 1 , B = −1 , dan C = 1 , sehingga Thobirin, Kalkulus Integral 66 Integral 3x 1 − x +1 = + 2 x −1 x −1 x + x +1 3x 1 − x +1 Jadi ∫ 3 dx dx = ∫ dx + ∫ 2 x −1 x −1 x + x +1 3 = ... = ... Pada bagian ini dijumpai bentuk ∫ ∫ 1 dx , x−a ∫ 1 dx n = 2, 3, ... , dan ( x − a) n AX + B dx ( x − a) 2 + b 2 d. D(x) mempunyai faktor kuadrat yang sama Berdasarkan teorema dalam bagian c di atas maka apabila a + bi merupakan akar berlipat k dari persamaan D(x) = 0 maka demikian juga a – bi, dan faktor-faktor dari D(x) yang sesuai dengan akar-akar ini adalah {(x – a)2 + b2}k. Misal D(x) = (x – p) (x – q) 2 {(x – a)2 + b2}{(x – c)2 + d2}3 maka perlu dibentuk N ( x) A B C Dx + E Fx + G Hx + J = + + + + + 2 2 2 2 2 D( x) x − p x − q ( x − q) ( x − a) + b ( x − c) + d {( x − c) 2 + d 2 }2 + Kx + L {( x − c ) 2 + d 2 } 3 Contoh 18 Pisahkan 3x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1 atas pecahan-pecahan parsialnya. ( x − 2)( x 2 + 1) 2 Penyelesaian: Dengan cara seperti yang telah diberikan sebelumnya didapatkan 3x 3 − 2 x 2 + 5 x − 1 1 x −1 x = − 2 − 2 2 2 x − 2 x + 1 ( x + 1) 2 ( x − 2)( x + 1) Thobirin, Kalkulus Integral 67 3x 3 − 2 x 2 + 5x − 1 dx = Jadi ∫ ( x − 2)( x 2 + 1) 2 ∫ x − 2 dx − ∫ x Pada bagian ini dapat muncul bentuk Dalam mencari berbentuk: (1) (2) (3) (4) ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ D( x) dx N ( x) x x −1 dx dx − ∫ 2 2 ( x + 1) 2 +1 1 ∫ Integral AX + B dx , n = 2, 3, ... , dan {( x − a ) 2 + b 2 }n kita dihadapkan kepada empat jenis integral yang 1 dx x−a 1 dx n = 2, 3, ... ( x − a) n AX + B dx ( x − a) 2 + b 2 AX + B dx , n = 2, 3, ... {( x − a) 2 + b 2 }n Tiga bentuk yang pertama telah dapat diselesaikan menggunakan teori-teori yang sudah diberikan. Adapun integral bentuk keempat dapat diselesaikan dengan substitusi y = x – a sebagai berikut. ∫ AX + B dx = {( x − a ) 2 + b 2 }n ∫ = Ay + aA + B dy { y 2 + b 2 }n A d( y 2 + b2 ) aA + B dy +∫ 2 2 n ∫ 2 {y + b } { y 2 + b 2 }n Integral untuk suku pertama pada ruas terakhir bukan masalah karena berbentuk ∫u du ∫ n , n = 2, 3, ... Sedangkan integral pada suku keduanya dapat diubah menjadi aA + B aA + B dy dy = 2 2 n n 2n ∫ {y + b } b ⎧⎪ ⎛ y ⎞ 2 ⎫⎪ ⎨1 + ⎜ ⎟ ⎬ ⎪⎩ ⎝ b ⎠ ⎪⎭ = aA + B dt 2 n −1 ∫ b {1 + t 2 }n Untuk menghitung integral ∫ {1 + t } dt 2 n dengan t = y b dapat digunakan rumus reduksi berikut Thobirin, Kalkulus Integral 68 Integral ∫ {1 + t } dt 2n − 3 t dt + 2 n −1 ∫ 2n − 2 {1 + t 2 }n −1 (2n − 2)(1 + t ) = 2 n Dalam tulisan ini tidak diberikan bukti rumus reduksi tersebut. Contoh 19 ∫ (x Selesaikan x+3 dx . + 4 x + 13) 2 2 Penyelesaian: x+3 ∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 dx = ∫ (x 1 2 = 1 2 = 1 2 1 2 = ∫ (x 1 81 ∫ {[( x + 2) / 3] 1 2 ∫ {[( x + 2) / 3] 1 2 } +1 2 } +1 dx = = = = 2 2x + 4 1 dx + ∫ 2 dx 2 ( x + 4 x + 13) 2 + 4 x + 13) d ( x 2 + 4 x + 13) 1 ∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 + ∫ {( x + 2) 2 + 9}2 dx = − 12 1 81 2 1 d ( x 2 + 4 x + 13) ∫ ( x 2 + 4 x + 13) 2 + ∫ {( x + 2) 2 + 9}2 dx = − 12 Untuk ( 2 x + 4) + 1 dx + 4 x + 13) 2 2 1 1 +∫ dx 2 2 x + 4 x + 13 9[( x + 2) / 3] + 1 { 2 } 1 1 + 811 ∫ dx 2 x + 4 x + 13 [( x + 2) / 3]2 + 1 2 { } 1 x+2 , dt = dx sehingga 3 3 dx substitusikan t = 1 27 ∫ {t + 1} 1 2 2 dt ⎞ 1 ⎛ t 2.2 − 3 1 ⎜⎜ + dt ⎟⎟ 2 ∫ 27 ⎝ (2.2 − 2)(1 + t ) 2.2 − 2 t + 1 ⎠ ⎞ 1 ⎛ t 1 1 ⎜⎜ dt ⎟⎟ + ∫ 2 27 ⎝ 2(1 + t ) 2 t + 1 ⎠ { } { } ⎞ 1 ⎛ t 1 ⎜⎜ + arctan t ⎟⎟ 27 ⎝ 2(1 + t ) 2 ⎠ Thobirin, Kalkulus Integral 69 = = Jadi ∫ (x = 2 1 ⎛ x+2 1 x + 2⎞ ⎟ ⎜ + arctan x+2 ⎜ 27 ⎝ 3.2(1 + 3 ) 2 3 ⎟⎠ 1 ⎛ x+2 1 x + 2⎞ ⎟ ⎜⎜ + arctan 3 ⎟⎠ 27 ⎝ 6 + 2( x + 2) 2 1 x+2 1 x+2 + arctan 3 27 2 x + 10 54 x+3 1 1 + 811 ∫ dx dx = − 12 2 2 2 + 4 x + 13) x + 4 x + 13 [( x + 2) / 3]2 + 1 = − 12 { ∫x 2 } 1 1 x+2 1 x+2 + + arctan + C. 27 2 x + 10 54 3 x + 4 x + 13 2 LATIHAN 1. Integral x dx + 3x − 4 4. x+3 2. ∫ dx ( x − 1) 2 ( x + 4) ∫ (x x 2 − 1) 2 ( x 2 + 1) dx 2 x 4 − 2 x 3 + 3x 2 − 2 5. ∫ dx x2 − x x dx 3. ∫ 2 ( x + 1) 2 4x3 + x 2 + 1 6. ∫ dx ( x 2 − 2) 3 4.6 Integral Fungsi Trigonometri ∫ cos x dx = sin x + C ∫ sin x dx = – cos x + C ∫ sec x dx = tan x + C ∫ csc x dx = – cot x + C ∫ sec x dx = ln ⏐sec x + tan x⏐ + C 4.6.1 Rumus-rumus Sederhana 2 2 = – ln ⏐cos x⏐+ C = ln ⏐sin x⏐+ C = sec x + C = – csc x + C = – ln ⏐csc x + cot x⏐ + C ∫ R(cos x) sin x dx Jika R fungsi rasional maka ∫ R(sin x) cos x dx = ∫ R(sin x) d (sin x) = ∫ R( y ) dy 4.6.2 Bentuk ∫ R(sin x) cos x dx ∫ tan x dx ∫ cot x dx ∫ sec x tan x dx ∫ csc x cot x dx ∫ csc x dx dan Thobirin, Kalkulus Integral 70 ∫ R(cos x) sin x dx ∫ R(sin x, cos ∫ R(cos x, sin = – ∫ R(cos x) d (cos x) Integral = – ∫ R(t ) dt ∫ R( y, 1 − y = – ∫ R(t , 1 − t Dengan mengingat rumus cos2 x + sin2 x = 1, maka: 2 x) cos x dx = 2 ) dy 2 x) sin x dx 2 ) dt 1. ∫ (2 cos 2 x − sin x + 7) cos x dx Contoh 20 2. ∫ sin 3 x dx 4.6.3 Integral dengan memperhatikan rumus-rumus sin x sin y sin x cos y cos x cos y sin2 x = 12 {cos( x − y ) − cos( x + y )} = 12 {sin( x + y ) + sin( x − y )} = 12 {cos( x + y ) + cos( x − y )} = 12 {1 − cos 2 x} = 12 {1 + cos 2 x} cos2 x Contoh 21 Carilah 1. 2. 3. 4. 5. ∫ sin 3 x sin 2 x dx ∫ sin 3x cos 2 x dx ∫ cos 3x cos 2 x dx ∫ sin x dx ∫ sin x dx 2 4 4.6.4 Substitusi y = tan 12 x ∫ R(sin x, cos x) dx Jika R(sin x, cos x) fungsi rasional dalam sin x dan cos x, maka dapat dibawa menjadi integral fungsi rasional dalam y dengan menggunakan substitusi y = tan 12 x . Thobirin, Kalkulus Integral 71 Integral y = tan 12 x → x = 2 arc tan y → dx = 2 dy 1+ y2 Selanjutnya perhatikan 1+ y2 1 2 y x 1 Memperhatikan gambar di atas dapat dipahami bahwa sin 12 x = y 1+ y2 cos 12 x = dan 1 1+ y2 sin x = sin(2. 12 x) = 2 sin 12 x cos 12 x = 2 Jadi sin x = 1 y 1+ y 1+ y 2 2 = 2y 1+ y2 2y . 1+ y2 Dengan menggunakan rumus cos x = cos(2. 12 x) diperoleh cos x = 1− y2 1+ y2 tan x = 2y 1− y2 cot x = 1− y2 2y Contoh 22 Carilah: 1. 3. ∫ 1 + sin x dx ∫ 1 + cos x dx 2. ∫ sin x + cos x dx 4. ∫ csc x dx Thobirin, Kalkulus Integral 72 Integral 4.6.5 Integral R(tan x) Jika integran fungsi rasional dalam tan x saja, maka dapat dijadikan integral fungsi rasional dalam y dengan substitusi y = tan x, sehingga x = arc tan y dan dx = Jadi dy . 1+ y2 ∫ R(tan x) dx = ∫ 1 + y R( y ) Contoh 23 Carilah: 1. 2 dy ∫ tan x dx 2. ∫ 1 + tan x dx 4.6.6 Rumus Reduksi untuk Integral Fungsi Trigonometri Jika n bilangan bulat positif, maka: ∫ sin ∫ cos 2 n +1 2 n +1 x dx = − ∫ (1 − y 2 ) n dy x dx = ∫ (1 − t 2 ) n dt dengan y = cos x dengan t = sin x Untuk n bilangan genap positif dapat digunakan rumus: n ∫ cos x dx = sin x cos n −1 x n − 1 cos n − 2 x dx + ∫ n n − cos x sin n −1 x n − 1 sin n − 2 x dx + ∫ sin x dx = ∫ n n n n ∫ tan x dx = n ∫ cot x dx = tan n −1 x + ∫ tan n − 2 x dx n −1 − cot n −1 x − ∫ cot n − 2 x dx n −1 sin x sec n −1 x n − 2 n−2 ∫ sec x dx = n − 1 + n − 1 ∫ sec x dx n n ∫ csc x dx = − cos x csc n −1 x n − 2 csc n − 2 x dx + n −1 n −1 ∫ Bukti rumus-rumus di atas tidak diberikan dalam tulisan ini. Thobirin, Kalkulus Integral 73 Integral LATIHAN 4.7 Integral Fungsi Irrasional Dalam tulisan ini dibahas beberapa jenis integral fungsi irrasional. Pada dasarnya integral ini diselesaikan dengan mengubah integral irrasional menjadi integral rasional, baik rasional aljabar maupun trigonometri. 4.7.1 Rumus yang perlu dihafal 1) 2) 3) 4) 5) 6) ∫ ∫x ∫ ∫ ∫ ∫ 1 a2 − x2 dx = arcsin a x −a 2 2 x +a x −a x +C a dx = ln x + x 2 + a 2 + C 2 dx = ln x + x 2 − a 2 + C 1 2 dx = arc sec 2 1 2 x +C a x a2 x 2 2 a − x dx = a −x + arcsin + C a 2 2 2 2 x 2 + a 2 dx = x 2 a2 x + a2 + ln x + x 2 + a 2 + C 2 2 x 2 a2 2 x − a + ln x + x 2 − a 2 + C ∫ 2 2 Dua rumus pertama mudah dibawa ke bentuk rumus integral dasar dengan 7) x 2 − a 2 dx = substitusi y = x . Sedangkan rumus-rumus yang lain dapat dibuktikan dengan a menggunakan metode yang akan diterangkan pada bagian 4.7.4. Thobirin, Kalkulus Integral 74 Integral 4.7.2 Bentuk Irrasional Satu Suku Jika integran hanya memuat bentuk irrasional dari satu macam suku, misalnya x, maka integral dapat dijadikan integral rasional dengan substitusi y = n x dimana n kelipatan persekutuan terkecil dari pangkat-pangkat akar. Contoh 24 ∫1+ 3 x x diambil substitusi y = 6 x , sehingga x = y 6 dan dx = 6 y 5 dy dx 4.7.3 Satu-satunya Bentuk Irrasional Dalam hal ini ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c sebagai satu-satunya bentuk irrasional di dalam integran, maka integran dapat dijadikan rasional dengan substitusi ax 2 + bx + c = x a + y , jika a > 0 atau ax 2 + bx + c = xy + c , jika c ≥ 0 Dengan substitusi yang pertama diperoleh x = − ( y 2 − c) 2y a − b dan dx dapat dinyatakan ke dalam bentuk rasional dalam y kali dy. Contoh 25 ∫ ( x − 3) x= 1 x − 6x + 2 2 dx diambil substitusi x 2 − 6 x + 2 = x + y , sehingga − ( y 2 − 2) 1 y2 + 6y + 2 dy . Selanjutnya dapat diselesaikan seperti dan dx = − 2( y + 3) 2 ( y + 3) 2 integral raasional 4.7.4 Substitusi Trigonometri Dengan memperhatikan rumus trigonometri cos2 x + sin2 x = 1 dan 1 + tan2 x = sec2 x bentuk-bentuk irrasional berikut dapat dijadikan bentuk rasional fungsi trigonometri. Thobirin, Kalkulus Integral 75 Integral Bentuk Substitusi x = a sin θ a2 − x2 x = a sec θ x2 − a2 x = a tan θ a2 + x2 Contoh 26 1. Buktikan ∫ a 2 − x 2 dx = Diferensial dx = a cosθ dθ dx = a secθ tanθ dθ dx = a sec2θ dθ x a2 x a2 − x2 + arcsin + C a 2 2 2. Gunakan substitusi x = a sin θ untuk menentukan 3. Carilah ∫ ( x − 3) 1 x 2 − 6x + 2 ∫ 1 9 − x2 dx dx LATIHAN 4.7 1. 2. 3. 4. ∫x ∫ 1 2 1− x2 x 1− x2 ∫ ( x − 2) ∫ ( x − 2) dx dx 1 x 2 − 4x + 1 1 x 2 − 4x + 8 dx dx Thobirin, Kalkulus Integral 76 Integral Tertentu INTEGRAL TERTENTU 5 5.1 Pengertian Integral Tertentu Definisi 5.1.1 Partisi P pada interval [a,b] adalah suatu subset berhingga P = {x0, x1, x2, …, xn} dari [a,b] dengan a = x0 < x1 < x2 < … < xn = b. Jika P = {x0, x1, x2, …, xn} partisi pada [a,b] maka Norm P, ditulis P , didefinisikan sebagai P = max{xi – xi-1⏐1 = 1, 2, 3, …, n}. a = x0 x1 x2 … xn = b. Contoh 1: Pada interval [–3, 3], suatu partisi P = {–3, – 1 12 , – 12 , 13 , 2, 3}mempunyai norm: P = max{– 1 12 – (–3), – 12 – (– 1 12 ), 13 – (– 12 ), 2 – 1 3 , 3 – 2} = max{ 32 , 1, 56 , 53 , 1} = 5 3 . Jika f fungsi yang didefinisikan pada [a,b], P = {x0, x1, x2, …, xn} suatu partisi pada [a,b], wi ∈ [xi-1, xi], dan Δxi = xi – xi-1, maka ∑ f (w )Δx n i =1 i i disebut Jumlah Riemann f pada [a,b]. y = f(x) w1 x0 = a w2 x1 x2 w3 w4 x3 wi x4 xi-1 wn xi xn-1 b = xn-1 Thobirin, Kalkulus Integral 77 Integral Tertentu Contoh 2: Fungsi f pada [–3, 3] didefinisikan dengan f(x) = x2 – 1 dan P = {–3, – 1 12 , – 12 , 1 3 , 2, 3} partisi pada [–3, 3]. Dipilih titik-titik: w1 = –2, w2 = – 12 , w3 = 0, w4 = 1 12 , w5 = 2 23 . ⎯→ w1 = –2 ⎯→ w2 = – 12 ⎯→ w3 = 0 ⎯→ w4 = 1 12 ⎯→ w5 = 2 23 Δx1 = f(w1) = 3 f(w2) = – 34 f(w3) = –1 f(w4) = 5 4 f(w5) = 55 9 3 2 Δx2 = 1 Δx3 = Δx4 = 5 6 5 3 Δx5 = 1 ⎯→ f(w1).Δx1 = ⎯→ 9 2 f(w2).Δx2 = – 34 ⎯→ f(w3).Δx3 = – 56 ⎯→ ⎯→ f(w4).Δx4 = 25 12 f(w5).Δx5 = 55 9 Jumlah Riemann fungsi f tersebut pada interval [–3, 3] bersesuaian dengan partisi P di atas 5 100 adalah ∑ f ( wi )Δxi = . 9 i =1 Jika P = {–3, – 1 12 , –1, – 12 , 13 , 2, 2 12 , 3} partisi pada [–3, 3] dan w1 = –2, w2 = –1, w3 = – 12 , w4 = 0, w5 = 1 12 , w6 = 2 13 , serta w7 = 2 34 tentukan jumlah Riemann fungsi f pada [–3, 3] bersesuaian dengan partisi P ini. Definisi 5.1.2 ∑ f ( w )Δx n 1. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [a,b] maka: lim P →0 i =1 i i = L jika dan hanya jika untuk setiap bilangan positif ε terdapat bilangan positif δ sehingga untuk setiap partisi ∑ f (w )Δx P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dengan P < δ, berlaku n i =1 ∑ f (w )Δx i i − L < ε. n 2. Jika f fungsi yang terdefinisi pada [a,b] dan lim P →0 i =1 i i ini ada, maka limit tersebut dinamakan integral tertentu (Integral Riemann) fungsi f pada [a,b]. Selanjutnya f ∫ f ( x)dx . b dikatakan integrable pada [a,b] dan integralnya ditulis ∫ f ( x)dx b Jadi ∑ f (w )Δx a n = lim P →0 i =1 i i 3. Jika f integrable pada [a,b] maka: a. ∫ f ( x)dx = – ∫ f ( x)dx a a b b a b. Jika a = b maka ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx b a a a =0 Thobirin, Kalkulus Integral 78 f ( x) > 0 , Integral Tertentu Dari definisi ∫ f ( x)dx 5.1.2 b bagian ∑ f (w )Δx 2 dapat dipahami bahwa jika maka n = lim P →0 i =1 i secara geometris menyatakan luas daerah di bawah kurva i y = f (x) , di atas sumbu X, di antara garis x = a dan x = b. a Contoh 3: ∫ ( x + 3) dx . 3 Jika f(x) = x + 3, tentukan −2 Penyelesaian: f(x) = x + 3 Y Buat partisi pada [–2, 3] dengan menggunakan n interval bagian yang sama panjang. Jadi panjang 5 setiap interval bagian adalah Δx = . n Dalam setiap interval bagian [xi-1,xi] partisi tersebut diambil wi = xi. ∑ f (w )Δx 3 n Akan dicari nilai lim P →0 i =1 i i . -3 -2 -1 0 1 2 3 X x0 = –2 x1 = –2 + Δx = –2 + 5 n 5 x2 = –2 + 2Δx = –2 + 2( ) n 5 x3 = –2 + 3Δx = –2 + 3( ) n . : 5 xi = –2 + i.Δx = –2 + i( ) n . : 5 xn = –2 + n.Δx = –2 + n( ) = 3 n 5 5i Karena untuk setiap i = 1, 2, 3, …, n dipilih wi = xi maka wi = –2 + i( )= –2 + , sehingga n n Thobirin, Kalkulus Integral 79 Integral Tertentu f(wi) = wi + 3 = (–2 + 5i )+3 n 5i n Jadi jumlah Riemann fungsi f pada [–2, 3] bersesuaian dengan partisi P tersebut adalah =1+ ∑ n i =1 ∑ ⎜⎝1 + n ⎟⎠ n f ( wi )Δxi = n i =1 5i ⎞ 5 ⎛ 5 n ⎛ 5i ⎞ ∑ ⎜1 + n ⎟⎠ n i =1 ⎝ = 5 n 5 n 5i 1 + ∑ n∑ n i =1 i =1 n = 5 n 25 n 1 i + ∑ n2 ∑ n i =1 i =1 = 5 25 (n) + 2 { 12 n(n + 1)} n n = =5+ 25 ⎛ 1 ⎞ ⎜1 + ⎟ 2 ⎝ n⎠ Jika P → 0 maka n → ∞, sehingga: ∑ f (w )Δx n lim P →0 i =1 i i ⎛ 25 ⎛ 1 ⎞ ⎞ = lim⎜⎜ 5 + ⎜1 + ⎟ ⎟⎟ n→∞ 2 ⎝ n ⎠⎠ ⎝ 1 = 17 2 ∫ ( x + 3) dx = 17 3 Jadi −2 1 2 . Contoh 4: Tentukan ∫ dx . b a Penyelesaian: Dalam hal ini f(x) = 1 untuk setiap x ∈ [a,b]. Ambil sembarang partisi P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b] dan sembarang titik wi ∈ [xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n, maka Thobirin, Kalkulus Integral 80 ∑ f (w )Δx ∑1.Δx i =1 i i = i =1 ∑ (x i =1 i − xi −1 ) n = Integral Tertentu dan Δxi = xi – xi-1 n n i = (x1 – x0) + (x2 – x1) + (x3 – x2) + … + (xn – xn-1) = xn – x0 =b–a ∑ f (w )Δx n Jadi lim P →0 i =1 i i = lim (b − a) = b – a P →0 Dengan demikian ∫ dx = b – a. b a Teorema 5.1.3 (Teorema Fundamental Kalkulus) Jika f integrable pada [a,b] dan F suatu anti turunan dari f pada [a,b] (atau F’(x) = f(x) untuk setiap x ∈ [a,b]), maka : F(b) – F(a) biasa ditulis [F ( x)]a ∫ f ( x)dx b = F(b) – F(a) a b Bukti: Ambil sembarang partisi P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Karena F’(x) = f(x) untuk setiap x ∈ [a,b] maka F’(x) = f(x) untuk setiap x ∈ [xi-1, xi], i = 1, 2, 3, …, n. Berdasarkan teorema nilai rata-rata maka terdapat wi ∈ [xi-1, xi] sehingga F(xi) – F (xi-1) = F’(wi) (xi – xi-1) = f(wi) (xi – xi-1) Diperoleh: ∑ n i =1 f ( wi )Δxi ∑ f (w )( x n = i =1 i i − xi −1 ) ∑{F ( x ) − F ( x n = i =1 i i = 1, 2, 3, …, n i −1 )} = {F(x1) – F(x0)} + {F(x2) – F(x1)} + {F(x3) – F(x2)} + … + {F(xn) – F(xn-1)} = F(xn) – F(x0) = F(b) – F(a) Thobirin, Kalkulus Integral 81 ∑ f (w )Δx lim P →0 i =1 i Integral Tertentu = lim {F (b) − F (a)} = F(b) – F(a). n P →0 i ∫ f ( x)dx b Jadi = F(b) – F(a) a Contoh 5 ∫ ( x + 3) dx = [ 3 1 2 −2 x 2 + 3x ] 3 −2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . Contoh 6 Tentukan integral berikut. ∫ x dx 2 1. 3 −2 ∫π sin x dx π 2. − Teorema 5.1.4 Jika f integrable pada [a,b] dan c ∈ (a,b) maka ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx b c b a a c Teorema 5.1.5 1. ∫ kf ( x) dx = k ∫ f ( x) dx b b a a k konstanta 2. ∫ { f ( x) + g ( x)} dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx b b b a a a 3. Jika f(x) ≥ 0 untuk setiap x ∈ [a,b] maka ∫ f ( x)dx b a 4. Jika f(x) ≤ g(x) untuk setiap x ∈ [a,b] maka ≥ 0. ∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx b b a a Thobirin, Kalkulus Integral 82 Integral Tertentu 5.2 Aplikasi Integral 5.2.1 Luas Daerah Berdasarkan pengertian integral tertentu (Integral Riemann) pada definisi 5.1.2 dan uraian di atas dapat dipahami bahwa jika f ( x) > 0 , maka ∫ f ( x)dx b secara geometris a menyatakan luas daerah di antara kurva y = f (x ) dan sumbu X serta dibatasi oleh garis-garis x = a dan x = b. Jadi A = ∫ f ( x) dx b a Contoh 7 Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x + 3, sumbu X, garis x = –2 dan garis x = 3. Penyelesaian: A = ∫ ( x + 3) dx = 3 −2 [ 1 2 x 2 + 3x ] 3 −2 = { 12 (3) 2 + 3(3)} − { 12 (−2) 2 + 3(−2)} = 17 12 . Contoh 8 Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x 3 , sumbu X, garis x = –2 dan garis x = 2. Penyelesaian: Thobirin, Kalkulus Integral 83 Integral Tertentu Y y = f (x) y = g (x) a b X Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva y = f (x) dan y = g (x) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di atas, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut A = ∫ { f ( x) − g ( x)} dx b a b Contoh 9 Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x 4 dan y = 2 x − x 2 . Penyelesaian: Menentukan batas-batas dicari dengan menentukan akar-akar persamaan x 4 = 2 x − x 2 yang dapat kita temukan akar-akarnya adalah x = 0 dan x = 1. Y y = x4 y = 2x − x 2 X 0 1 1 7 1 1 ⎤ ⎡ sehingga luasnya adalah A = ∫ (2 x − x − x ) dx = ⎢ x 2 − x 3 − x 5 ⎥ = 1 − − = . 3 5 15 3 5 ⎦0 ⎣ 0 1 1 2 4 Thobirin, Kalkulus Integral 84 Selanjutnya jika suatu daerah dibatasi oleh dua kurva x = ϕ ( y ) dan x = ψ ( y ) serta Integral Tertentu garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini, maka luas daerahnya adalah sebagai berikut A = ∫ {ψ ( y ) − ϕ ( y )} dy d c Y d x = ϕ(y) x = ψ ( y) c X 0 Contoh 10 Tentukan luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y 2 = 4 x dan 4 x − 3 y = 4 . Penyelesaian: Y 4x − 3y = 4 y 2 = 4x 0 X Menentukan batas-batas dengan mencari akar-akar persamaan y 2 = 3 y + 4 yang diperoleh y = –1 dan y = 4. y 2 = 4 x ekuivalen dengan x = 1 1 2 y dan 4 x − 3 y = 4 ekuivalen dengan x = (3 y + 4) 4 4 Thobirin, Kalkulus Integral 85 ⎧1 −1⎩ 4 sehingga luasnya adalah A = ∫ ⎨ (3 y + 4) − 4 { } Integral Tertentu 1 1 2⎫ 125 y ⎬ dy = ∫ 3 y + 4 − y 2 dy = . 4 −1 4 ⎭ 24 4 5.2.2 Volume Benda Putar a. Metode Cincin Y y = f(x) f(wi) a 0 xi −1 wi xi X b Jika daerah yang dibatasi kurva y = f(x), sumbu X, garis-garis x = a dan x = b diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut. Dibuat partisi P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi ∈ [xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f(wi) dan lebar Δxi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu X, maka diperoleh silinder ΔVi = π { f ( wi )} Δxi hampiran dengan volume 2 f(xi) Δxi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann ∑ ΔVi = ∑ π { f (wi )} Δxi n n i =1 i =1 2 Apabila P → 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu Thobirin, Kalkulus Integral 86 ∑ { f (wi )} Δxi P →0 V X = π lim n Integral Tertentu 2 i =1 = π ∫ { f ( x)} dx b 2 a Jadi V X = π ∫ { f ( x)} dx b 2 a Selanjutnya apabila daerah yang dibatasi oleh dibatasi oleh dua kurva y = f ( x) dan y = g (x) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi [ ] sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah V X = π ∫ { f ( x)} − {g ( x)} dx b a 2 2 Y y = f(x) y = g(x) 0 a b X Dengan cara sama, jika daerah yang dibatasi kurva x = ϕ(y), sumbu Y, garis-garis y = c dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda putar yang terjadi adalah. VY = π ∫ {ϕ ( y )} dy d 2 Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x = ψ ( y ) dan x = ϕ ( y ) c serta garis-garis y = c dan y = d diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah Thobirin, Kalkulus Integral 87 [ ] Integral Tertentu VY = π ∫ {ψ ( y )} − {ϕ ( y )} dy d c 2 2 Contoh 11 Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x , sumbu X dan garis x = 4 diputar mengelilingi sumbu X. Penyelesaian: Y y= x 0 VX = π ∫ 4 0 { } X 4 ⎡1 ⎤ x dx = π ∫ x dx = π ⎢ x 2 ⎥ = 8π ⎣2 ⎦0 0 2 4 4 Contoh 12 Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x 3 , sumbu Y dan garis x = 3 diputar mengelilingi sumbu Y. Penyelesaian: Karena y = x 3 maka x = 3 y , sehingga Y 3 x=3 y VY = π ∫ 3 0 0 { } 3 ⎡ 3 5 ⎤ 93 9 y dy = π ∫ y dy = π ⎢ y 3 ⎥ = π 5 ⎢⎣ 5 ⎥⎦ 0 2 3 2 3 X Thobirin, Kalkulus Integral 88 Integral Tertentu Contoh 13 Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh dua kurva y = x 2 dan y 2 = 8 x diputar mengelilingi sumbu X. Penyelesaian: Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah di (0, 0) dan (2, 4). Jika y 2 = 8 x maka y = 8 x . Perhatikan gambar berikut. VX = π ∫ 2 0 [{ 8x } − {x } ] 2 2 2 [ ] 1 ⎤ 48 ⎡ dx = π ∫ 8 x − x dx = π ⎢4 x 2 − x 5 ⎥ = π 5 ⎦0 5 ⎣ 0 2 4 2 Tentukan pula apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu Y. b. Metode Kulit Tabung Perhatikan gambar di samping. Volume benda pejal (ruang antara tabung besar dan kecil) adalah V = (π r22 − π r12 ) h = π ( r22 − r12 ) h = π ( r2 + r1 )( r2 − r1 )h Thobirin, Kalkulus Integral 89 ⎛ r +r ⎞ = 2π ⎜ 2 1 ⎟( r2 − r1 )h ⎝ 2 ⎠ Integral Tertentu Rumusan ini dapat ditulis sebagai dengan r = r2 + r1 dan Δr = r2 − r1 2 V = 2π r h Δr Misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva y = f(x), sumbu X serta garis-garis x = a dan x = b. Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi dapat dicari sebagai berikut. Dibuat partisi P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik wi = xi + xi −1 ∈ [xi-1, xi], selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang f(wi) dan 2 dan lebar Δxi = xi – xi-1. Jika persegi panjang ini diputar terhadap sumbu Y, maka diperoleh tabung hampiran dengan volume ΔVi = 2π wi f ( wi ) Δxi Akibatnya diperoleh jumlahan Riemann ∑ ΔVi = ∑ 2π wi f ( wi ) Δxi n n i =1 i =1 Apabila P → 0 maka diperoleh volume benda putar yang dimaksud, yaitu VY = 2π lim P →0 ∑ wi n i =1 f ( wi )Δxi Thobirin, Kalkulus Integral 90 Integral Tertentu = 2π ∫ x f ( x)dx b a Jadi VY = 2π ∫ x f ( x)dx b Selanjutnya apabila daerah yang dibatasi oleh dibatasi oleh dua kurva y = f (x) dan a y = g (x) serta garis-garis x = a dan x = b seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu Y sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah VY = 2π ∫ x[ f ( x) − g ( x)]dx b a Y y = f(x) y = g(x) a 0 Δxi b X Dengan cara sama, misalkan diketahui daerah dibatasi oleh kurva x = ψ(x), sumbu Y serta garis-garis y = c dan y = d. Apabila daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putarnya, maka volume benda putar yang terjadi adalah V X = 2π ∫ yψ ( y )dy d Y c d y = ψ ( x) c 0 X Thobirin, Kalkulus Integral 91 Integral Tertentu Demikian pula apabila daerah yang dibatasi oleh dua kurva x = ψ ( y ) dan x = ϕ ( y ) serta garis-garis y = c dan y = d seperti gambar di bawah ini diputar mengelilingi sumbu X sebagai sumbu putar, maka volume benda yang terjadi adalah V X = 2π ∫ y[ψ ( y ) − ϕ ( y )]dy d c Y d x = ϕ(y) x = ψ ( y) c X 0 Contoh 14 Tentukan volume benda putar yang terjadi apabila daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y= 1 , sumbu X, dan garis x = 1 diputar mengelilingi sumbu Y. x Penyelesaian: 1 4 ⎡2 3 ⎤ 1 28 2 VY = 2π ∫ x dx = 2π ∫ x dx = 2π ⎢ x 2 ⎥ = π 3 x ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 1 1 1 4 4 Contoh 15 Diketahui suatu daerah tertutup dibatasi oleh kurva garis y = r x , sumbu X, dan garis x = t. t Dalam hal ini r > 0 dan t > 0 . Jika daerah tersebut diputar mengelilingi sumbu X, tentukan volume benda yang terjadi dengan dua cara. Thobirin, Kalkulus Integral 92 Integral Tertentu Penyelesaian: Cara I Dengan metode cincin ⎧r ⎫ V X = π ∫ ⎨ x ⎬ dx 0 ⎩t ⎭ 2 t =π =π Y r2 t 2 x dx t 2 ∫0 y= r ⎡1 3 ⎤ ⎢⎣ 3 x ⎥⎦ 0 t 2 r t2 1 = π r 2t 3 r x t X t 0 Cara II Dengan metode kulit tabung. Karena y = r t V X = 2π ∫ y (t − y )dy r 0 r t x , maka x = y t r Y 1 = 2π t ∫ ( y − y 2 )dy r 0 r r 1 ⎤ ⎡1 = 2π t ⎢ y 2 − y 3 ⎥ 3r ⎦ 0 ⎣2 r 1 ⎤ ⎡1 = 2π t ⎢ r 2 − r 2 ⎥ 3 ⎦ ⎣2 x= t y r x=t t − rt y 0 t X 1 = π r 2t 3 5.2.3 Panjang Kurva Misalkan suatu kurva mulus diberikan oleh persamaan parameter x = f(t), y = g(t), a ≤ t ≤ b. Panjang kurva tersebut dapat dicari sebagai berikut. Thobirin, Kalkulus Integral 93 Dibuat partisi P = {t0, t1, t2, …, tn} pada [a,b] dengan a = t0 < t1 < t2 < … < tn = b, maka Integral Tertentu kurva akan terbagi menjadi n bagian oleh titik-titik Q0, Q1, Q2, …, Qn-1, Qn. Perhatikan gambar berikut. Pada bagian ke i, panjang busur Qi-1Qi , yaitu Δsi dapat didekati oleh Δwi . Dengan Pythagoras kita peroleh Δwi = = ( Δxi ) 2 + (Δyi ) 2 [ f (ti ) − f (ti−1 )]2 + [g (ti ) − g (ti−1 )]2 Selanjutnya berdasarkan Teorema Nilai Rata-rata pada Derivatif tentu terdapat t ∈ (t i −1 , t i ) dan tˆ ∈ (t i −1 , t i ) demikian sehingga f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i )(t i − t i −1 ) g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (tˆi )(t i − t i −1 ) atau dengan Δt i = t i − t i −1 . Oleh karena itu diperoleh f (t i ) − f (t i −1 ) = f ' (t i )Δt i g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (tˆi )Δt i Δwi = = [ f ' (ti )Δti ]2 + [g ' (tˆi )Δti ]2 [ f ' (ti )]2 + [g ' (tˆi )]2 Δt i Thobirin, Kalkulus Integral 94 Integral Tertentu [ f ' (ti )]2 + [g ' (tˆi )]2 dan panjang polygon dari segmen garis ∑ Δwi = ∑ n n i =1 i =1 Δt i Apabila P → 0 maka diperoleh panjang kurva seluruhnya adalah 2 2 [ f ' (t i )] + [g ' (tˆi )] ∑ P →0 L = lim n i =1 Jadi [ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2 Δt i = ∫ b a [ f ' (t )]2 + [g ' (t )]2 L=∫ b dt dt a atau L=∫ b a ⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ 2 2 Jika persamaan kurvanya adalah y = f(x) dengan a ≤ x ≤ b, maka L=∫ ⎛ dy ⎞ 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ L=∫ ⎛ dx ⎞ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ dy ⎝ dy ⎠ b a 2 dan jika persamaan kurvanya adalah x = ψ(y) dengan c ≤ y ≤ d, maka d c 2 Contoh 16 Hitunglah keliling lingkaran x 2 + y 2 = r 2 . Penyelesaian: Lingkaran tersebut dapat ditulis dalam persamaan parameter sebagai dengan 0 ≤ t ≤ 2π , sehingga x = r cos t, y = r sin t Akibatnya L = ∫ 2π 0 dx dy = − r sin t dan = r cos t . dt dt r sin t + r cos t dt = ∫ r dt = [r t ]0 = 2πr 2 2 2 2 2π 2π 0 Contoh 17 Menggunakan integral hitunglah panjang ruas garis yang menghubungkan titik P(0, 1) dan Q(5, 13). Thobirin, Kalkulus Integral 95 Integral Tertentu Penyelesaian: Persamaan ruas garis PQ adalah y = L=∫ 5 0 dy 12 12 = . Oleh karena itu x + 1 , sehingga dx 5 5 5 13 ⎡13 ⎤ ⎛ 12 ⎞ 1 + ⎜ ⎟ dx = ∫ dx = ⎢ x ⎥ = 13 ⎣ 5 ⎦0 ⎝5⎠ 0 5 2 5 Contoh 18 Menggunakan integral hitunglah panjang kurva y = x dari (1, 1) dan (4, 8). 3 2 Penyelesaian: dy 3 2 = x . Oleh karenanya y = x , maka dx 2 3 2 ⎛3 L = ∫ 1+ ⎜ x ⎜2 1 ⎝ 4 1 1 2 ⎞ ⎟ dx = ∫ ⎟ 1 ⎠ 2 4 3 3 4 ⎛ 3 ⎞ ⎤ ⎡ 2 ⎟ ⎜ 2 13 9 8 9 8 ⎞ ⎛ 2 1 + x dx = ⎢ ⎜1 + x ⎟ ⎥ = ⎜10 − ⎟ ≈ 7,63 ⎢ 27 ⎝ 4 ⎠ ⎥ 8 ⎟ 27 ⎜ 4 ⎦1 ⎣ ⎝ ⎠ Diferensial Panjang Busur Misalkan f suatu fungsi yang dapat didiferensialkan pada [a, b]. Untuk setiap x ∈ (a, b) didefinisikan s(x) sebagai s ( x) = ∫ 1 + [ f ' (u )]2 du x a maka s(x) adalah panjang kurva y = f(u) dari titik (a, f(a)) ke titik (x, f(x)), sehingga ds ⎛ dy ⎞ s ' ( x) = = 1 + [ f ' ( x)]2 = 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ Y 2 • (x, f(x)) s ( x) (a, f(a)) • 0 a x X Thobirin, Kalkulus Integral 96 Integral Tertentu Oleh karenanya diferensial panjang kurva ds dapat ditulis sebagai ⎛ dy ⎞ ds = 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ 2 Selanjutnya hal ini dapat ditulis dalam bentuk-bentuk ⎛ dx ⎞ ⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ds = 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ dy atau ds = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ dt ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dy ⎠ 2 2 2 Untuk keperluan mengingat, dapat pula ditulis dalam bentuk: (ds ) 2 = (dx) 2 + (dy ) 2 5.2.4 Luas Permukaan Benda Putar Kita mulai dengan mencari rumus untuk luas permukaan (selimut) kerucut terpancung. Misalkan jari-jari lingkaran alas kerucut terpancung adalah r1 dan jari-jari lingkaran atasnya r2 sedangkan panjang ruas garis pada pembangun kerucut antara dua lingkaran itu (rusuk kerucut terpancung) l, maka luas selimut kerucut terpancung itu adalah ⎛r +r ⎞ A = 2π ⎜ 1 2 ⎟ l ⎝ 2 ⎠ Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sebuah garis pada bidang itu, maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaan dapat dicari sebagai berikut. Thobirin, Kalkulus Integral 97 Integral Tertentu Pemutaran terhadap sumbu X Misalkan suatu kurva mulus pada kuadran pertama diberikan oleh persamaan parameter x = f(t), y = g(t), a ≤ t ≤ b. Dibuat partisi P = {t0, t1, t2, …, tn} pada [a,b] dengan a = t0 < t1 < t2 < … < tn = b, maka kurva terbagi menjadi n bagian. Misalkan Δsi panjang kurva bagian ke i dan yi ordinat sebuah titik pada bagian ini. Apabila kurva itu diputar mengelilingi sumbu X, maka ia akan membentuk suatu permukaan dan bagian Δsi ini akan membentuk permukaan bagian. Luas permukaan bagian ini dapat dihampiri oleh luas kerucut terpancung, yaitu 2π yi Δsi . Apabila kita jumlahkan luas-luas ini dan kemudian mengambil limitnya dengan membuat P → 0 , kita akan memperoleh hasil yang kita definisikan sebagai luas permukaan benda putar tersebut. Jadi luasnya adalah A = lim P →0 ∑ 2π yi Δsi = ∫ 2π y ds n ** i =1 * Dengan menggunakan rumus A tersebut di atas, kita harus memberi arti yang tepat pada y, ds, dan batas-batas pengintegralan * dan **. Misalkan apabila permukaan itu terbentuk oleh kurva y = f ( x) , a ≤ x ≤ b, yang diputar mengelilingi sumbu X, maka kita peroleh untuk luasnya: A = ∫ 2π y ds = 2π ∫ f ( x) 1 + [ f ' ( x)]2 dx Contoh 19 ** b * a Tentukan luas permukaan benda putar apabila kurva y = x , 0 ≤ x ≤ 4, diputar mengelilingi sumbu X. Thobirin, Kalkulus Integral 98 Integral Tertentu Penyelesaian: x maka f ' ( x) = Misalkan f ( x ) = 1 2 x , sehingga 2 3 3 4 ⎡ 12 ⎤ π ⎛ 1 ⎞ 2 x 1+ ⎜ (4 x + 1) ⎥ = (17 2 − 1) ≈ 36,18 ⎟ dx = π ∫ 4 x + 1 dx = ⎢π 4 3 ⎝2 x ⎠ ⎢⎣ ⎥⎦ 0 6 0 A = 2π ∫ 4 4 0 Apabila persamaan kurva yang bersangkutan diketahui dalam bentuk persamaan parameter x = f(t), y = g(t), a ≤ t ≤ b, maka rumus untuk luas permukaan menjadi: A = ∫ 2π y ds = 2π ∫ g (t ) [ f ' (t )]2 + [ g ' (t )]2 dt ** b * a Contoh 20 Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila suatu busur dari sikloid x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π diputar mengelilingi sumbu X. Penyelesaian: Y 2 0 X Misalkan f (t ) = a (t − sin t ) dan g (t ) = a (1 − cos t ) , maka f ' (t ) = a (1 − cos t ) dan g ' (t ) = a sin t , sehingga: A = 2π ∫ a(1 − cos t ) 2π 0 = 2π a 2 ∫ (1 − cos t ) 2π 0 = 2π a 2 a 2 (1 − cos t ) 2 + a 2 sin 2 t dt 2 − 2 cos t dt 2 ∫ (1 − cos t ) dt 2π 3 2 0 Thobirin, Kalkulus Integral 99 Integral Tertentu ⎛t⎞ = 8π a 2 ∫ sin 3 ⎜ ⎟ dt ⎝2⎠ 0 2π = 8π a 2 ⎡ ∫ ⎢⎣1 − cos 2π 0 2 ⎛ t ⎞⎤ ⎛ t ⎞ ⎜ ⎟⎥ sin ⎜ ⎟ dt ⎝ 2 ⎠⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎛t⎞ ⎝2⎠ ⎛t⎞ ⎝ 2⎠ Dengan substitusi u = cos⎜ ⎟ maka du = − sin ⎜ ⎟dt →u=1 Untuk t = 0 Untuk t = 2π 1 2 → u = –1 64 ⎡ 1 ⎤ Jadi A = −16π a ∫ (1 − u )du = −16π a ⎢u − u 3 ⎥ = π a2 3 ⎣ 3 ⎦1 1 2 −1 −1 2 2 Pemutaran terhadap sumbu Y Analog: Apabila sebuah kurva pada suatu bidang diputar mengelilingi sumbu Y, maka hasilnya berupa permukaan benda putar dengan luas permukaannya adalah: A = ∫ 2π x ds ** * Contoh 21 Tentukan luas permukaan benda yang terbentuk apabila kurva x = a 2 − y 2 , −a≤ y ≤a diputar mengelilingi sumbu Y. Penyelesaian: Misalkan x = g ( y ) = a 2 − y 2 maka g ' ( y ) = sehingga A = ∫ 2π x ds = 2π ** * ∫ a −a a2 − y2 1+ = 2π ∫ a dy = 2π [a y ]−a = 4π a 2 −y X a2 − y2 a y2 dy a2 − y2 0 a X −a a −a Dengan demikian luas permukaan bola dengan jari-jari a adalah 4πa2. Thobirin, Kalkulus Integral100 Integral Tertentu 5.2.5 Usaha atau Kerja Dalam fisika kita tahu bahwa apabila ada gaya F yang konstan menggerakkan suatu benda sehingga bergerak sejauh d sepanjang suatu garis dengan arah gaya dan gerakan benda sama, maka kerja W yang dilakukan oleh gaya tersebut adalah W=F.d Apabila satuan untuk F adalah pond an satuan jarak adalah kaki maka satuan kerja adalah kaki pond. Apabila gaya diukur dengan satuan dyne dan jarak dengan satuan sentimeter maka satuan kerja adalah dyne cm atau erg. Apabila gaya diukur dengan satuan Newton dan jarak dengan satuan meter maka satuan kerja adalah Newton meter atau joule. Pada kenyataannya biasanya gaya itu tidak konstan. Misalkan sebuah benda digerakkan sepanjang sumbu X dari titik x = a ke titik x = b. Misalkan gaya yang menggerakkan benda tersebut pada jarak x adalah F(x) dengan F suatu fungsi kontinu. Untuk menentukan kerja yang dilakukan gaya tersebut dapat dicari sebagai berikut. Interval [a,b] dibagi dengan menggunakan partisi P = {x0, x1, x2, …, xn}. Pada setiap interval bagian [xi-1, xi] gaya F dapat dihampiri oleh gaya konstan F(wi), dengan wi ∈ [xi-1, xi] untuk setiap i = 1, 2, …, n. Jika Δxi = xi – xi-1, maka kerja yang dilakuka gaya F pada interval bagian [xi-1, xi] adalah ΔWi = F(wi) Δxi. Jika dijumlahkan kemudian dicari limitnya untuk P → 0 maka diperoleh kerja yang dilakukan gaya F pada interval [a, b], yaitu W = lim P →0 Jadi ∑ F (wi )Δxi = ∫ F ( x) dx n b i =1 a W = ∫ F ( x) dx b a a. Aplikasi pada Pegas Dengan menggunakan hokum Hooke yang berlaku dalam fisika, gaya F(x) yang diperlukan untuk menarik (atau menekan) pegas sejauh x satuan dari keadaan alami adalah F(x) = k.x Di sini, k adalah konstanta dan disebut konstanta pegas yang nilainya positif dan tergantung pada sifat fisis pegas. Semakin keras pegas, maka semakin besar nilai k. Thobirin, Kalkulus Integral101 Integral Tertentu Contoh 22 Apabila panjang alami sebuah pegas adalah 10 inci. Untuk menarik dan menahan pegas sejauh 2 inci diperlukan gaya 3 pon. Tentukan kerja yang dilakukan gaya untuk menarik pegas itu sehingga panjang pegas 15 inci. Penyelesaian: Menurut hokum Hooke gaya F(x) yang diperlukan untuk menarik pegas sejauh x inci adalah F(x) = k.x. Dari sini dapat dicari nilai konstanta k. Diketahui bahwa F(2) = 3, sehingga 3 = k.2 atau k = 3 3 . Oleh karena itu F ( x) = x . 2 2 Apabila pegas dalam keadaan alami sepanjang 10 inci menyatakan x = 0, maka pegas dengan panjang 15 inci menyatakan bahwa x = 5, sehingga 5 3 75 W = ∫ x dx = = 18,75 2 4 0 Jadi, kerja untuk menarik pegas itu adalah 18,75 inci pond. b. Aplikasi pada Pemompaan Cairan Dengan menggunakan prinsip-prinsip yang sama dapat dihitung kerja yang dilakukan pada pemompaan cairan. Contoh 23 Sebuah tangki berbentuk kerucut lingkaran tegak penuh dengan air. Apabila tinggi tangki 10 kaki dan jari-jari lingkaran atasnya 4 kaki, a. tentukan kerja untuk memompa air sehingga sampai tepi tangki b. tentukan kerja untuk memompa air sehingga mencapai 10 kaki di atas tepi tangki. Y Y (4, 10) 10 – y Δy Δy 4 10 y= y X 10 – y y y 4 10 x X Thobirin, Kalkulus Integral102 Integral Tertentu Penyelesaian: a. Letakkan tangki dalam system koordinat seperti tampak dlam gambar. Buatlah sketsa yang berdimensi tiga dan juga sketsa penampang dimensi dua. Misalkan air dimasukkan ke dalam kerucut-kerucut terpancung (horizontal), Air ini harus diangkat sehingga mencapai tepi tangki. Perhatikan sebuah kerucut terpancung ke i dengan tinggi Δy yang berjarak y dari puncak kerucut (puncak kerucut berada di bawah), 4 ⎛4 ⎞ y , maka ia mempunyai volume hampiran ΔV = π ⎜ y ⎟ Δy dan memiliki jari-jari 10 ⎝ 10 ⎠ 2 ⎛4 ⎞ beratnya (gaya berat) F = δ π ⎜ y ⎟ Δy , dengan δ = 62,4 adalah kepadatan air dalam satuan ⎝ 10 ⎠ 2 pon/kaki kubik. Gaya yang diperlukan untuk mengangkat air tersebut adalah sama dengan beratnya dan harus diangkat sejauh 10 – y. Jadi kerja ΔW adalah ⎛4 ⎞ ΔW = δ π ⎜ y ⎟ Δy (10 − y ) ⎝ 10 ⎠ 2 Karenanya, apabila dijumlahkan kemudian dicari limitnya diperoleh 4 10 4 ⎡10 3 1 4 ⎤ W =δπ y − y ⎥ ≈ 26,138 (10 y 2 − y 3 ) dy = δ π ∫ 25 0 25 ⎢⎣ 3 4 ⎦0 10 Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 26,138 kaki pond. b. Seperti dalam a, sekarang air dalam kerucut terpancung harus diangkat 20 – y, sehingga 4 10 4 ⎡ 20 3 1 4 ⎤ ⎛4 ⎞ W = δ π ∫ ⎜ y ⎟ (20 − y ) dy = δ π (20 y 2 − y 3 ) dy = δ π ∫ ⎢⎣ 3 y − 4 y ⎥⎦ ≈ 130,69 10 25 25 ⎠ ⎝ 0 0 0 10 2 10 Jadi kerja untuk memompa air sehingga sampai ke tepi tangki adalah 130,690 kaki pond. Thobirin, Kalkulus Integral103 Integral Tertentu 5.2.6 Momen dan Pusat Massa (Titik Berat) Misalkan ada dua benda masing-masing memiliki massa sebasar m1 dan m2 yang diletakkan pada papan berimbang dengan jarak berturut-turut d1 dan d2 dari titik penyangga pada bagian-bagian yang berbeda. Keadaan tersebut akan seimbang jika dipenuhi d1 m1 = d2 m2. m1 d1 d2 m2 Suatu model amtematis yang baik diperoleh apabila papan tersebut kita letakkan pada suatu system bandmil yang titik asalnya kita impitkan dengan titik penyangga papan, maka koordinat x1 dari massa m1 adalah x1 = –d1 dan dari massa m2 adalah x2 = –d2. Jadi syarat keseimbangan adalah x1 m1 + x2 m2 = 0 m1 x1 m2 0 x1 Hasil kali massa m dan jarak berarah dari suatu titik tertentu dinamakan momen partikel (benda) terhadap titik tersebut. Momen ini mengukur kecenderungan massa yang menghasilkan suatu putaran pada titik tersebut. Syarat supaya dua massa pada sebuah garis berimbang adalah jumlah momen-momen terhadap titik itu sama dengan nol. Keadaan tersebut dapat diperluas untuk sejumlah n benda (partikel). Jumlah momen M (terhadap titik asal) suatu system yang terdiri atas n massa, yaitu m1, m2, …, mn yang berbeda pada x1, x2, …, xn pada sumbu X adalah jumlah momen masing-masing massa, yaitu ∑ xi mi n M = x1 m1 + x2 m2 + … + xn mn = i =1 Syarat keseimbangan di titik asal adalah M = 0. Tentunya titik asal tedak selalu menjadi titik seimbang system tersebut, kecuali dalam hal khusus. Akan tetapi pasti terdapat titik seimbang dalam suatu system tersebut. Misalkan x merupakan koordinat titik seimbang system pada sumbu X, maka momen terhadap titik tersebut harus nol. Jadi berlaku Thobirin, Kalkulus Integral 104 ( x1 − x ) m1 + ( x2 − x )m2 + ... + ( xn − x ) mn = 0 atau Integral Tertentu x1m1 − x m1 + x2 m2 − x m2 + ... + xn mn − x mn = 0 x1m1 + x2 m2 + ... + xn mn = x m1 + x m2 + ... + x mn sehingga diperoleh ∑ xi mi n x= i =1 n ∑ mi = M m i =1 Titik dengan koordinat x dinamakan pusat massa, titik ini adalah titik seimbang. Perhatikan bahwa x diperoleh sebagai hasil bagi momen system terhadap titik asal dan jumlah massa. a. Distribusi massa yang kontinu pada suatu garis Perhatikan sepotong kawat lurus dengan kepadatan massa (massa tiap satuan panjang) yang berlainan. Kita ingin mengetahui kedudukan titik berat kawat itu. Untuk ini kita letakkan kawat itu sepanjang system koordinat (dengan batas-batas x = a dan x = b) dan andaikan kepadatan di x adalah δ(x). Dengan menggunakan prosedur yang sudah kita lakukan untuk berbagai macam fenomena di depan, dibuat partisi, metode hampiran dan dicari limitnya, dengan memperhatika bagian ΔM ≈ x δ ( x) Δx , diperoleh Δx , sepanjang sehingga Δm ≈ δ ( x) Δx berakibat m = ∫ δ ( x) dx dan M = ∫ x δ ( x) dx b b a a Akhirnya maka diperoleh ∫ xδ ( x) dx b M x= = m ∫ δ ( x) dx a b a Contoh 24 Kepadatan δ(x) sepotong kawat di sebuah titik yang terletak x cm dari salah satu ujungnya adalah δ(x) = 3x2 g/cm. Tentukan pusat massa kawat antara x = 0 dan x = 10. Thobirin, Kalkulus Integral 105 Integral Tertentu Penyelesaian: 0 10 Dengan memperhatika δ(x) jelas bahwa kawat dibagian x = 10 lebih berat dari pada di bagian x = 0, sehingga pusat massanya akan lebih dekat ke x = 10. Secara pasti bahwa pusat massanya adalah ∫ x 3x 10 x= ∫ 3x 2 dx 0 10 2 dx [x] = [x ] 3 4 4 10 0 10 3 0 = 7,5 0 b. Distribusi massa yang kontinu pada bidang Perhatika n partikel yang masing-masing memiliki massa m1, m2, …, mn yang terletak pada bidang koordinat berturut-turut di ( x1 , y1 ) , ( x2 , y 2 ) , …, ( xn , y n ) . mn • (xn, yn) m1 • (x1, y1) m4 • (x4, y4) m2 • (x2, y2) m3 • (x3, y3) Jumlah momen n partikel terhadap sumbu Y adalah M Y = x1m1 + x2 m2 + ... + xn mn = ∑ xi mi n i =1 Sedangkan jumlah momen n partikel terhadap sumbu X adalah M X = y1m1 + y 2 m2 + ... + y n mn = ∑ yi mi n i =1 Koordinat pusat massa system tersebut adalah ( x , y ) dengan Thobirin, Kalkulus Integral 106 ∑ xi mi n M x= Y = m i =1 n ∑ mi ∑ yi mi Integral Tertentu n dan M y= X = m i =1 i =1 n ∑ mi i =1 Persoalan yang kita hadapi sekarang adalah menentukan pusat massa lamina, yaitu sepotong lempeng tipis yang rata. Misalkan lamina ini homogen, yang berarti kepadatan δ adalah konstan. Untuk suatu lempeng homogen yang berbentuk persegi panjang, pusat massanya terletak pada perpotongan kedua diagonalnya. Jika diketahui lamina homogen berbentuk persegi panjang L mempunyai kepadatan massa δ konstan dan garis lurus l terletak pada bidang yang memuat lamina tersebut, maka momen lamina L terhadap garis l adalah M l ( L) = d m dengan d : jarak pusat massa lamina L ke garis l m : massa lamina yang dapat dihitung dari m = δ A (disini A adalah luas lamina L) ilustrasi ini dapat dilihat pada gambar berikut. L d l Selanjutnya perhatikan lamina homogen L dengan kepadatan massa δ dibatasi oleh kurva y = f (x) , y = g (x) , x = a, dan x = b dengan g ( x) ≤ f ( x) . Thobirin, Kalkulus Integral 107 Integral Tertentu Dibuat partisi P = {x0, x1, x2, …, xn} pada [a,b]. Untuk setiap i = 1, 2, …, n dipilih satu titik xi ∈ [ xi −1 , xi ] yang merupaka titik tengah sub interval [xi-1, xi], maka xi = ( xi + xi −1 ) / 2 . Selanjutnya dibuat persegi panjang dengan panjang [ f ( xi ) − g ( xi )] dan lebar Δxi = xi − xi −1 sebagai lamina hampiran Li . Tentu pusat massa lamina Li berada di garis x = xi , tepatnya ⎛ ⎝ berada pada koordinat ⎜ xi , adalah f ( xi ) + g ( xi ) ⎞ ⎟ . Oleh karena itu momen Li terhadap sumbu Y 2 ⎠ M Y ( Li ) = xi mi = xi δ Ai = xi δ [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi Kita peroleh jumlahan ∑ M Y ( Li ) = δ ∑ xi [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi n n i =1 i =1 Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu Y, yaitu M Y ( L) = lim P →0 ∑ M Y ( Li ) n i =1 = δ lim P →0 ∑ xi [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi n i =1 = δ ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx b a Jadi M Y ( L) = δ ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx b a Selanjutnya perhatikan bahwa momen Li terhadap sumbu X adalah M X ( Li ) = = = f ( xi ) + g ( xi ) mi 2 f ( xi ) + g ( xi ) δ Ai 2 f ( xi ) + g ( xi ) δ [ f ( xi ) − g ( xi )] Δxi 2 Thobirin, Kalkulus Integral 108 δ = Kita peroleh jumlahan Integral Tertentu [{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi 2 δ ∑ M X ( Li ) = 2 ∑[{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi n i =1 n i =1 Apabila P → 0, maka diperoleh momen lamina L terhadap sumbu X, yaitu M X ( L) = lim P →0 = = δ i =1 [{ f ( xi )}2 − {g ( xi )}2 ] Δxi ∑ P →0 n lim 2 δ ∑ M X ( Li ) n i =1 [{ f ( x)} 2∫ b 2 − {g ( x)}2 ] dx a Jadi δ [{ f ( x)} 2∫ M X ( L) = b 2 − {g ( x)}2 ] dx a Selanjutnya massa lamina L adalah m(L) = δ A Jadi m( L) = δ ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx b a Oleh karena itu diperoleh koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) dengan δ ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx b M ( L) = x= Y m( L ) y= M X ( L) = m( L ) δ δ ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx a b = a [{ f ( x)} 2∫ b 2 a δ ∫ b a − {g ( x)} ] dx 2 [ f ( x) − g ( x)] dx ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx b ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx a b a = 1 2 ∫ [{ f ( x)} b 2 a − {g ( x)}2 ] dx ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx b a Thobirin, Kalkulus Integral 109 Integral Tertentu Contoh 25 Diketahui suatu lamina homogen L dengan kepadatan massa δ konstan, yang merupakan daerah tertutup yang dibatasi kurva y = x 3 dan y = x . Tentukan a. momen L terhadap sumbu Y b. momen L terhadap sumbu X c. massa lamina L d. pusat massa lamina L. Penyelesaian: Dapat dicari bahwa perpotongan kedua kurva adalah (0, 0) dan (1, 1), sehingga batasbatas x adalah 0 dan 1. ⎡2 5 1 5 ⎤ 1 a. M Y ( L) = δ ∫ x [ x − x ] dx = δ ⎢ x 2 − x ⎥ = δ 5 ⎦⎥ 5 0 ⎣⎢ 5 0 1 1 [{ x } − {x } ] 3 b. M X ( L) = c. m( L) = δ δ 2 ∫ 1 0 ∫ 1 0 2 3 2 δ ⎡1 1 ⎤ 5 dx = ⎢ x − x 7 ⎥ = δ 2 ⎣2 7 ⎦ 0 28 1 2 ⎡2 3 1 4 ⎤ 5 [ x − x ] dx = δ ⎢ x 2 − x ⎥ = δ 4 ⎥⎦ 12 ⎢⎣ 3 0 1 3 1 5 δ δ M Y ( L) 5 M X ( L) 28 12 3 = = = = d. x = dan y = 5 5 m( L) m( L ) δ 25 δ 7 12 12 ⎛ 12 3 ⎞ , ⎟ ⎝ 25 7 ⎠ Jadi koordinat pusat massa lamina L adalah ( x , y ) = ⎜ Thobirin, Kalkulus Integral 110