Turunan Fungsi Komposisi atau Aturan Rantai ….. 23. 2.4.3. Teorema Turunan
Fungsi Invers … ... Integral Fungsi Pecah Rasional dalam Sin dan Cos ……. 51.
BAHAN AJAR
APPLIED MATH
Disusun Oleh Asih Widi Harini, S.Si, MT
PRAKATA
Alhamdulillah, saya menyambut baik diterbitkannya Bahan Ajar Applied Mathematics yang ditulis oleh Asih Widi Harini, S.Si, MT, selaku dosen pengampu mata kuliah tersebut di Fakultas Ilmu Komputer Bahan ajar ini hendaknya bisa digunakan sebagai acuan bagi mahasiswa maupun dosen yang bersangkutan untuk melaksanakan perkuliahan dalam setiap semesternya sehingga bisa memberikan kemudahan bagi mahasiswa untuk mengikuti kuliah maupun menelusuri lebih lanjut topik-topik yang diajarkan dalam buku-buku acuan yang duanjurkan. Dengan tetap memperhatikan perkembangan-perkembangan yang terjadi pada dunia keteknikan, bahan ajar memerlukan penyempurnaan sehingga bisa memberikan manfaat yang optimal bagi para mahasiswa. Akhir kata, semoga bahan ajar ini bisa lebih meningkatkan hasil proses belajar mengajar yang dilaksanakan khususnya di Fakultas Ilmu Komputer. Amin.
DAFTAR ISI HALAMAN JUDUL ……………………………………………………… i DAFTAR ISI ………………………………………………………………ii
BAB I : PENDAHULUAN 1.1. Sistem Bilangan ……………………………………………
5
1.2. Himpunan ………………………………………………….
6
1.3. Macam-macam Fungsi ……………………………………
6
1.3.1. Fungsi Aljabar ……………………………………...
6
1.3.2. Fungsi Transendental ………………………………
7
1.3.3. Segitiga Pascal dan Binomium Newton ……………
9
1.3.4. Cara Menyajikan Suatu Persamaan ………………
10
BAB II : Barisan Bilangan, Limit Fungsi dan Derivatif 2.1. Barisan Bilangan …………………………………………
14
2.2. Limit Fungsi …………………………………………… ..
15
2.3. Kekontinuan ………………………………………………
18
2.4. Derivatif …………………………………………………
18
2.4.1. Rumus-rumus Derivatif ……………………………
20
2.4.2. Turunan Fungsi Komposisi atau Aturan Rantai …..
23
2.4.3. Teorema Turunan Fungsi Invers ………………….
24
2.4.4. Mendeferensialkan Fungsi Implisit ……………..
27
2.4.5. Mendeferensialkan Fungsi dengan Peubah Lebih Dari Satu …………………………………..
29
2.4.6. Mendeferensialkan Persamaan Bentuk Parameter
29
2.4.7. Mendeferensialkan Fungsi Pangkat Fungsi ……
31
BAB III : TERAPAN DERIVATIF
3.1. Fungsi Naik dan Turun ……………………………….....
33
3.2. Teorema Rumus Taylor ….…………………………….
38
3.3. Bentuk-Bentuk Tak Tettentu ……………………………
40
BAB IV : INTEGRAL 4.1. Dibawa ke Bentuk I : df ( x) f ( x) c ……………….
43
4.2. Rumus Dasar Integral ……………………………………
43
4.3. Bentuk II: ......................…………………………………
43
4.4. Dibawa ke Rumus III: ………….………………………..
45
4.5. Dibawa ke Rumus IV: ……… ………………………….
45
4.6. Integral Parsial …………………………………………..
46
4.7. Integral Bentuk Rasional. ……………………………….
47
4.8. Integral Fungsi Trigonometri ……………………………
50
4.9. Integral Fungsi Pecah Rasional dalam Sin dan Cos …….
51
4.10.Integral dengan Substitusi ………………………………
52
4.11.Substitusi Aljabar ……………………………………….
55
DAFTAR PUSTAKA………………………………………………
56
I. PENDAHULUAN
1.1. Sistem Bilangan
Bil riil
rasional
bulat
negatif
irrasional
pecah
cacah
nol asli
Gambar 1.1. Skema Bilangan
1.2. Himpunan Himpunan adalah kumpulan elemen-elemen yang mempunyai sifat keterikatan antara anggotanya dan yang berada dalam satu kesatuan. Ada beberapa operasi antar himpunan, yaitu : 1. Union atau gabungan. A union B atau A gabungan B dapat dinyatakan sebagai A B= x x A x B, x R. . 2. Interseksi atau irisan. A interseksi B atau A irisan B dapat dinyatakan sebagai A B= x x A x B, x R. 3. Pengurangan. A – B = x x A x B, x R 4. Penambahan. A + B = (A B)-(A B).
5. Perkalian. A x B = (a, b) a A b B, a R, b R. 6. Komplemen atau Ac adalah a a A, a R.
1.3. Macam-macam fungsi - Fungsi Aljabar
- Fungsi Transendental
1.4 Segitiga Pascal dan Binomium Newton Segitiga pascal 1 1 1 1 1
1 2
3 4
1 3
6
1 4
1
dst Gambar 1.2. Skema Segitiga Pascal
Dengan menggunakan segitiga Pascal, maka perhitungan-perhitungan di bawah ini akan lebih mudah dipahami. (a – b)3 = 1.a3 + 3 a2b + 3ab2 + 1.b3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 (a – b)4 = (a + (-b))4 = 1.a4 + 4a3 (-b) + 6a2 (-b)2 + 4a (-b)3 + 1.b4 = a4 – 4a3b + 6a2b2 – 6ab3 + b4 Dst. Jika ditemukan persamaan berbentuk (a b)1/2, maka pemecahannya tidak dapat menggunakan segitiga Pascal. Diperlukan rumus yang lebih umum yang selain dapat dipakai untuk mencari bentuk-bentuk (a b) berpangkat bulat, juga dapat dipakai untuk menemukan penyelesaian untuk (a b) berpangkat bilangan
pecah. Rumus umum yang dapat dipakai untuk menyelesaikan permasalahan di atas adalah Rumus Binomium Newton, yang akan dibahas berikut ini.
Rumus Binomium Newton (a+b)n = Cn0 a n Cn1 a n1b Cn2 a n2 b 2 ... n
C a i 0
i n
( n i )
bi
C nk
dimana
n! n k!(n k )! k
n! = 1, 2, 3,…n sehingga
n n1 n(n 1)a n2b 2 n(n 1)(n 2)a n3b3 (a+b) = a + a b ... 1! 2! 3! n
n
1.3.4. Cara Menyajikan Suatu Persamaan Ada beberapa cara penyajian suatu persamaan berdasarkan peubahpeubahnya. 1. Bentuk Implisit: Peubah bebas & tak bebas berada dalam satu ruas. F (x,y) = 0 G (x,y,z) = 0 Contoh : x2 + 2y + 10 = 0 2. Bentuk Explisit: Peubah bebas & tak bebas dalam ruas yang berbeda. y= f(x) ; x = f(y) ; z = f(x,y) Contoh : y = x2 + 2x +8 3. Bentuk Parameter: Peubah merupakan fungsi dari suatu parameter. x = g(), ; parameter. y = g() z = ()
Misalkan diberikan persamaan : x = 2t + t2 ; y = 5t + 10t2; z = 3t2 + 6t + 5
Contoh: Sebagai Contoh diberikan suatu persamaan lingkaran dengan pusat (0,0) dan jari-jari 1. Bagaimanakah persamaannya dalam bentuk implisit, eksplisit, dan bentuk parameter.
Jawab : x2 +y2 = 1
Bentuk Implisit: x2 + y2 – 1 = 0
Bentuk explisit: y2 = 1- x2 y = 1 x2
Bentuk parameter x = cos t t parameter y = sin t
1.4. Koordinat Kutub / Polar Sertiap titik dalam koordinat kutub dinyatakan dengan r dan v r = modulus yaitu jarak dari 0 ke titiknya (OP)
= argumen adalah sudut yang dibentuk oleh sumbu x positif dengan arah berlawanan arah jarum jam dengan garis OP. O adalah titik kutub, sedangkan OX adalah sumbu kutub. Hubungan koordinat Orthogonal dengan kotub Polar adalah sebagai berikut : y = r sin , x = r cos dan r =
x2 y2 .
Contoh: 1.
x2 y2
r = 5 maka r =
x2 y2
5=
25 = x2 + y2 2. r = 3 cos V maka = 3. r = 3.
x r
x x2 y2
x2 y2 =
x x2 y2
x2+ y2 = 3 x x2 – 3x + y2 = 0 2
3 2 x + y = 2
3 2
3 3 pusat ,0 , jari-jari = 2 2 3. r = 4 sin V
x2 y2 4
y x y2 2
x2 + y2 = 4y x2 + y2 – 4y = 0 x2 + (y – 2)2 = 22 lingkaran pusat (0,2) jari-jari 2
BAB II BARISAN BILANGAN , LIMIT FUNGSI DAN DERIVATIF
Dalam membicarakan masalah barisan bilangan, maka setiap diberikan kata barisan, yang dimaksud adalah barisan bilangan.
2.1. Barisan Bilangan Definisi: Bila C adalah himpunan tak kosong, barisan bilangan dalam C adalah harga fungsi f dari A ke C, dimana A adalah bilangan asli. Cara penyajiannya adalah {C1, C2, …, Cn} atau {Cn}, n A atau f(n) = Cn, nA.
contoh:
1 1 1 1 1. 1, , , ,..., Cn n 2 3 4 2.
1,2,3,4,..., Cn n
3.
1,1,1,..., Cn (1) n
Limit suatu barisan bilangan didefinisikan sebagai
lim Cn l artinya pada setiap >0, ada bilangan indeks no = no(), sehingga n ~
untuk n no berlaku |Cn – c| <
Barisan yang berlimit disebut konvergen , sedangkan barisan yang tak berlimit disebut divergen . Nul sequence adalah suatu barisan yang limitnya nol.
contoh : Cn =
n n 1
l 1
Misal diambil =
1 800
Dicari bilangan indeks no yang bergantung , Maka, |Cn – l| <
n 1 1 n 1 800
1 n (n 1) 1 800 n 1 n 1 800
1 1 1 800 n 1 800
1 1 1 1 dan 800 n 1 n 1 800
– n – 1 < - 800 dan – 800 < n+1 – n< – 799 dan – 801 799 dan n > – 801 jadi yang memenuhi n > 799 (no = 799) sehingga n dipenuhi adalah 800 |C800 – 1|
0 dapat ditemukan () x a
sedemikian sehingga untuk setiap harga dalam interval a x a berlaku (f(x) – L0 dapat ditemukan s() x a
sedemikian sehingga untuk setiap harga x dalam interval a x a berlaku (f(x) – L 1
= x2, untuk x < 1 = 0, untuk x = 1
lim f ( x) 12 =1
x 1
lim f ( x) 1, karena limit kiri sama dengan limit kanan maka dengan definisi di
x 1
atas terbukti lim f ( x) 1 . x 1
Teorema-teorema tentang limit: Ada beberapa teorema-teorema penting yang tidak diberikan buktinya di sini, akan tetapi di bidang teknik penggunaannya sangat penting. Jika diberikan
lim f ( x) f
dan
x C
1.
lim g ( x) g , maka x C
lim f ( x) g ( x) lim f ( x) lim g ( x) = x C
x C
x C
fg
2. lim k f ( x) k. lim f ( x) , dimana k adalah suatu konstanta. x C
x C
3. lim f ( x).g ( x) lim f ( x) lim g ( x) = f . g x C
4. lim x C
x C
x C
f ( x) f f ( x) lim x C ,g 0 g ( x) lim g ( x) g x C
lim f ( x)
5. lim f ( x) lim f ( x) f n
x C
6. lim f ( x) g ( x ) x C
n
n
x C
lim g ( x ) x C
x C
=fg 7. lim n f ( x) n lim f ( x) n f , f 0 x c
x c
8. lim ln f ( x) ln lim f ( x) ln f , f 0 X C
x c
lim f ( x )
9. lim k f ( x ) k x c x c
kf
1 1 10. lim 1 lim 1 x x x x
x
e
2.3. Kekontinuan
Definisi: sebuah fungsi f dinamakan kontinu pada c, jika lim f ( x) f (C ) x C
jadi syarat f kontinu di c: 1. f(c) ada (f terdefinisi di c) 2. lim f ( x) ada , berarti limit kanan sama dengan limit kiri x 3
3. lim f ( x) f (C ) x 3
Jika salah satu syarat tidak dipenuhi , maka f(x) diskontinu di C
2.4. Derivatif
Skema :
Q P
Gambar 2.2. Fungsi y = f(x) untuk
Mempermudah pemahaman derivative
Jika ada 2 titik : P(x,y); Q (x + x, y + y) P dan Q berada pada fungsi y = f(x). Garis singgung di P membentuk dengan sumbu x. Garis singgung di Q membentuk + dengan sumbu x.
tan < QPS =
y dengan x mendekati 0, dan mendekati 0, koefisien arah x
x . Jika Lim ada maka x 0 y
garis singgung di P = tan = lim tan =
dy Y ' ( x) Dy( x) = derivatif pertama dari y ke x dx
y = f(x) maka y + y = f(x + x)
dy f ( x x) f ( x) f ' ( x) lim atau dy = f’(x) dx x 0 dx x y = f(x) maka y’ =
df f ' ( x) dx
Contoh: y = 3 1 x 4 (1 x 4 )
du 4x 3 dx
misal u = 1 – x4 y = u1/3
1 3
dy 1 2 3 u dx 3
dy dy du 1 . 1 x4 dx du dx 3
2
3
(4 x 3 )
Definisi 1. Misal fungsi f terdefinisi pada selang I yang bukan suatu titik. Fungsi f dikatakan mempunyai turunan pada selang I, jika turunannya (f’) terdefinisi. 2. Derivatif pertama dari y = f(x) ke-x
dy f ( x x) f ( x) lim dx x 0 x = y’ =
dy f ' ( x) . dx
2.4.1.Rumus-rumus Derivatif jika u, v, w fungsi dari x, a, b, c, n = konstan: 1.
d (c ) 0 dx
13.
d du sin u cos u dx dx
2.
d (cx ) c dx
14.
d du cos u sin u dx dx
3.
d (cx n ) ncx n 1 dx
15.
d du tan u sec 2 u dx dx
4.
d (u v w ...) dx
16.
d du cot u csc 2 u dx dx
17.
d du sec u sec u tan u dx dx
=
du dv dw ... dx dx dx
5.
d du (cu ) c dx dx
18.
d du csc u csc u cot u dx dx
6.
d dv du (uv) u v dx dx dx
19.
d 1 du sin 1 u 2 dx 1 u dx
7.
d dw dv du (uvw) uv uw vw dx dx dx dx
20.
d 1 du cos 1 u dx 1 u 2 dx
21.
d 1 du tan 1 u dx 1 u 2 dx
22.
d 1 du cot 1 u dx 1 u 2 dx
23.
d 1 du sec 1 u 2 dx u u 1 dx
24.
d 1 du cse 1u dx u u 2 1 dx
25.
d a 1 du log u . dx u ln a dx
26.
d 1 du ln u . dx u dx
27.
d u du a a u ln a dx dx
du dv v u d u dx dx 8. 2 dx v v v 0
d n du (u ) n u n 1 9. dx dx dy dy du . 10. dx du dx 11.
du 1 dx dx du
dy d du 12. dx dx du
28.
d u du e eu dx dx
29.
d v d v ln u u e dx dx e v ln u
d (v ln u ) dx
v du e v ln u u dx du e v ln u ln u (1) dx du dv vu v 1 u v ln u dx dx 30.
d du sinh u cosh u dx dx
31.
d du cosh u sinh u dx dx
32.
d du tanh u sec h 2 u dx dx
33.
d du coth u c sec h dx dx
34.
d du sec hu sec hu tanh u dx dx
35.
d du c sec hu c sec hu cthu dx dx
36.
d 1 du sinh 1 u . 2 dx u 1 dx
37.
d 1 du cosh 1 u dx u 3 1 dx
d 1 du tanh 1 u 38. dx 1 u 2 dx 1 u 1
d 1 du coth 1 u . 39. dx 1 u 2 dx u 1 \ / u 1 40.
d 1 du sec h 1u dx u 1 u 2 dx
41.
d 1 du cseh 1u dx u 1 u 2 dx
Contoh :
1.
f(x) = x sin x maka f’(x) = x cos x + 1. Sin x = x cos x + sin x
2.
f(x) = 2 x3 + 3 x2 tan x, x 0, maka f’(x) = 6x2 + 3x2. Sec2x + 6x tan x x0
3.
f(x) = f’(x) =
4.
sin x ,x 0 x
x. cos x 1sin x ,x0 x2
f(x) = 2x5 – 3x2 -
1 3 , maka x x2
f'(x) = 10x4 - 6x + x-2 -6x-3. 5.
f(x) =
1 x , x 1, maka 1 x
f'(x) = {(-1)(1+x)-1(1-x)}/(1+x)2.
Catatan :
1 1 cos 2 x 2 1 cos 2 x cos 2 x 1 2
sin 2 x
2.4.2.Turunan Fungsi Komposisi atau Aturan Rantai
Komposisi fungsi: (f o g)1 (x ) = f’ (g(x)) . g’(x) Aturan rantai
dy dy du . dx du dx dy dy du dv dw . . . dx du dv dw dx
Contoh: 1. f(x) =
2 x 2 3x
dibentuk f(x) = (g o h) (x) = g (h(x)) g(x) =
x
g(h(x)) =
h(x)
h(x) = 2x2 + 3x maka (g o h)1 (x) = g’ (h(x)) . h’(x)
1 h’ (x) = 4x + 3
f’ (x) =
2 h( x )
h' ( x )
1 2 2 x 2 3x
g’ (x) =
1 12 1 x 2 2 x
cara lain u = 2x2 + 3x
f(x) = y =
du 4x 3 dx
u = 2x2 + 3x
u y’ =
1 2 u
.4 x 3
dy dy du . dx du dx 1 .4 x 3 f’ (x) = 2 u 1 .4 x 3 2 2 x 2 3x
2. f(x) = sin (tan x), maka f'(x) = {cos(tan x)}sec2x 3. f(x) = sec
1 x , maka 1 x
f'(x) = {sec
1 x 1 x tan }{{(-1)(1+x)-1(1-x)}/(1+x)2} 1 x 1 x
2.4.3.Teorema Turunan Fungsi Invers
misal y = f(x) x’(y) =
1 f ' ( x)
dx 1 dy dy dx teorema turunan fungsi f (x) = xr, r rasional f’(x) = rxr-1
f(x) = xr contoh :
Diberikan suatu fungsi f(x) = 1
2 f’(x) = ( x 2 2 x) 3 (2 x 2) 3
4( x 1)
=
3
3
x 2 2x
, x {0,2}
3
( x 2 2 x) 2 = (x2 – 2x)2/3, maka
1
g(x) = cos
3
tan x cos (tan x) 3 1 3
2
1 g’(x) = - sin (tan x) . (tan x) 3 sec 2 x = 3
sin 3 tan x . sec 2 x 3
-
3
(tan 2 x)
,
1 x k , k bulat 2
Contoh : 1. f(x) =
1 x 1 x
2. f(x) =
x sin x
3. f(x) =
3
sin x
4. Jawab : 1
1) f(x) =
1 x 1 x 2 = 1 x 1 x
1
1 1 x 2 (1)(1 x) (1 x)1 f’(x) = . 2 1 x (1 x) 2
1
1 1 x 2 1 x 1 x = . 2 1 x (1 x) 2
1
1 1 x 2 2 = = . 2 1 x (1 x) 2
1 1 1 1 x 2 (1 x) 2 ( 1 x ) 2 ( 1 x ) . 1 x 1 (1 x) 2 1
3
1
(1 x) 2 (1 x) 2
x sin x ( x sin x)
2) f(x) =
1
2
1 1 ( x sin x) 2 (1. sin x s cos x) f’(x) = 2 1 1 ( x sin x) 2 (sin x x cos x) 2
3) f(x) =
3
sin x (sin x )
1
3
1 1 1 2 (sin x ) 3 . cos x ( x 2 ) 3 2 f’(x) = 2 1 1 2 x (sin x ) 3 . cos x 6 cari
dy dari x3 + y2 + x2 y3=3 dx
di (1,1)
d f ( x, y) dy dy 3x 2 2 y 2 xy 3 3 y 2 x 2 0 dx dx dx dy dy 23 0 dx dx dy 55 0 dx 3 2 di (1.1)
jika diminta untuk mencari 5
dy dy = – 5 , maka = –1 . dx dx
dy , maka dx
2.4.4.Mendeferensialkan Fungsi Implisit Fungsi implicit adalah fungsi yang berbentuk f (x,y)= 0 atau f(x,y)=c. Maka cara mencari dy/dx dari fungsi implicit adalah sebagai berikut: Untuk memudahkan pemahaman , maka akan langsung diberikan beberapa
Contoh: 1)
x2 + y2= 25 (fungsi Implisit)
dy dy 2x 2 y 0 dx dx
2x 2 y 2y
dy 0 dx
dy 2 x dx
dy 2x dx 2y dy x dx y
2)
jika x2 + y2 – 2x – 6y + 5 = 0 tentukan di titik
dy d2y dan 2 dx dx
x3 y2
x2 + y2 – 2x – 6y + 5 =0 2x + 2y
dy dy 26 0 dx dx
(2y - 6)
dy =2 – 2x dx
2 (y-3)
dy =2(1-x) dx
dy 1 x = dx y 3 di (3,2)
dy 2 2 dx 1
d 2 y d 1 x dx 2 dx y 3
( y 3)(1) (1 x)(1) ( y 3) 2
dy
dy
(3 y ) (1 x) dx (2 3) 2 (3 2) (1 3).2 (2 3) 2
3)
1 (2) 2 5 1
f(x,y)= x + xy2 – x sin y (atau, x + xy2 = x sin y)
d2y dy cari dan dx dx 2
dx
2.4.5.Mendeferensialkan Fungsi dengan Peubah Lebih Dari Satu
Secara umum jika diketahui z adalah funsi dari u 1, u2, u3, …, un, dan u1, u2, u3, …, un adalah fungsi dari x, maka
dz z du1 z du 2 z du n . . ... . dx u1 dx u 2 dx u n dx z = derifatif parsiil pertama dari z ke u u artinya peubah lain kecuali u dianggap konstan.
Contoh: z = x2+y3+x2y3
dz dy dy z' 2x 3 y 2 2 xy 3 3 y 2 x 2 dx dx dx z z x 2 x 2 xy 3 x z zy 3 y 2 3 y 2 x 2 y
2.4.6. Mendeferensialkan Persamaan Bentuk Parameter
x f (t ) y g (t )
t = parameter
lim y t dy dt y t dy y t 0 lim lim lim x t dx dt dx x 0 x t 0 x t t 0
dy y' dx dy Y Jika dt dx X dt
y’=
Y
X
maka
dy dy d 2 y d dt d dt dt . dx 2 dx dx dt dx dx dt dt dx d 2 y dy d 2 x 1 2 2 dt dt dx dt dt dt = 2 dx ( ) dt
= y"
xyyx x
y'
3
1) x= 2 – t y=t2 – 6t + 5
dy y maka y’ = dx x
dx y 2t 6 dt dx x 1 dt dy 2t 6 y' 6 2t 2(2 t ) 2 dx 1
= 2(x+1)
x
Contoh:
= 2x+2
y
2)
x t sin t 0 0 maka (1, 1) titik minimum f” (-1) = 16 > 0 maka (-1, 1) titik minimum
Sebelum mempelajari soal-soal lebih lanjut, akan diberikan terlebih dahulu teorema-teorema yang mendukung fungsi naik maupun fungsi turun.
Teorema Uji Keturunan Kedua untuk Kecekungan Misal f fungsi yang mempunyai turunan kedua pada selang I (terbuka) 1. Jika f " ( x) 0 Grafik f cekung ke atas pada I 2. Jika f " ( x) 0 Grafik f cekung ke bawah pada I
Definisi Titik Belok (Ekstrim) f fungsi kontinu pada selang terbuka I a I . Titik ( a , f ( a )) dikatakan titik belok jika dipenuhi 2 syarat berikut : 1. Terdapat perubahan kecekungan dari grafik fungsi f disekitar x = a 2. Terdapat garis singgung pada grafik fs f di ( a , f ( a ))
Contoh :
f ( x) 5 x 3 3 x 5 2 f ' ( x) 15x 4 15x 2 0
x 2 (15 15x 2 ) (a) Tentukan selang f cekung ke atas dan f cekung ke bawah (b) Tentukan semua titik ekstrimnya
Jawab :
f ( x) 5 x 3 3 x 5 2 , x R f ' ( x) 15x 2 15x 4
, x R
f " ( x) 30 x 60 x 3
, x R
1 = 60 x( x 2 ) 2 1 1 2) (x 2 2 2
= 60 x( x
x1 0
f (0) 2
x2 ;
f (
1 2 2
x3
1 7 2) 2 2 2 8 Titik Ekstrim
;
Titik Ekstrim
--
++
f(
1 2 2
1 7 2) 2 2 2 8
Titik Ekstrim
++
--
0
x
1 2 2
1 2 2
1 2 2
1 2x0 2
x
1 2 2
(a) f cekung ke atas :
1 2 n , 2
;
1 2 0 , 2
f cekung ke bawah :
1 2 , 0 2
;
1 2 , n 2
(b) Karena f”(x) ada di x R dan disekitar x
1 2 2
ada perubahan kecekungan, maka titik ekstrimnya
7 7 1 1 2 , 2 2 ; 0 , 2 ; 2 , 2 2 8 8 2 2
,
x0 ,
x
1 2 2
Teorema-teorema yang mendukung pembahasan diatas adalah: 1. Teorema Rolle Misalkan f memenuhi syarat : a) Kontinu pada selang tertutup (a, b) b) Mempunyai turunan pada selang terbuka (a, b) c) f (a) = f (b) Maka terdapat suatu c (a , b) Э f’ (c) = 0 (Teorema ini menjamin adanya titik-titik pada grafik f(x) dimana f’ (x) = 0 atau garis singgung mendatar). Skema : f’(c) = 0 f (c) f
f (a) = f (b)
a
c
b
Gambar 3.2. Skema Teorema Rolle.
2. Teorema Nilai Rata-rata Misalkan f memenuhi syarat : a) Kontinu pada selang tertutup (a, b) b) Mempunyai turunan pada selang terbuka (a, b) Maka terdapat suatu c (a , b) sehingga f ' (c)
f (b) f (a) ba
(Teorema ini menjamin adanya titik pada f yang garis singgung // dengan ruas garis yang menghubungkan titik (a, f(a)) dengan (b, f(b)).
Skema : f’(c) f (c) (b, f (b))
f (b) f (a) a
c
b
b–a Gambar 3.3 Skema Teorema Nilai Rata-rata.
3.2.Teorema, Rumus Tayor Misal fungsi f mempunyai turunan ke-(n+1) pada selang terbuka I yang memuat titik x dan x0 , maka f(x) dapat diuraikan dalam bentuk : f(x) = f ( x0 )
f ' ( x0 ) f " ( x0 ) ( x x0 ) ( x x0 ) 2 1! 2!
f ( n ) ( x0 ) f ( n1) (c) ( x x0 ) n ( x x0 ) n1 n! (n 1)! c terletak antara x dan x0 . Dapat ditulis :
f ( x) Pn ( x) Rn ( x) Dimana : Pn(x) = suku banyak Taylor berderajad n Rn(x) =
f ( n1) (c) ( x x0 ) n1 (n 1)!
= suku sisa uraian Taylor
Contoh : Deretkan dengan R. Talyor f(x) = sin x di x0 = 0
Jawab : f(x)
= sin x
f (0) = 0
f’(x)
= cos x
f’(0) = 1
f”(x)
= -sin x
f”(0) = 0
f3(x)
= -cos x
f3(0) = -1
f4(x)
= sin x
f4(0) = 0
f5(x)
= cos x
f5(0) = 1
f(x) = f (0)
f ' (0) f " (0) 2 x x 1! 2!
= 0 1.x 0 = x
(1) 3 x 3!
x3 x5 3! 5!
Deret Taylor dimana x0 = 0 dinamakan Deret Mac Laurin.
Contoh : Diket : f(x)=x3-9x2+15x-5 Tentukan semua titik ekstrimnya.
Jawab: f'(x) = 3x2-18x+15 Stasioner jika f'(x) = 0, maka 3x2-18x+15 =0 atau x2-6x+5 = 0. Sehingga (x-5)(x-1)=0, x1 = 5, x2 = 1.. f''(x) = 6x – 18 , maka f''(5) > 0, dan f''(1) < 0. Jadi ekstrim minimum terjadi di t it ik (5, 12) dan ekstrim maksimum di t it ik (1,-12).
3.3. Bentuk-bentuk Tidak Tertentu
Yang dinamakan bentuk-bentuk tak tertentu adalah bentuk-bentuk berikut:
0 0
;
; 0. ; ; 1
; 00
; 0
Aturan dari de l’ Hospital : 1.
Diketahui f(x) dan g(x) kontinu dan dapat dideferensialkan sebanyak n kali disekitar x = a.
f (a) f ' (a) f " (a) f ( n1) (a) 0 g (a) g ' (a) g" (a) g ( n1) (a) 0 Sedang f (n) (a) dan g (n) (a) salah satu atau keduanya tidak nol, maka :
lim x a
f ( x) g ( x)
2.
f ( n ) (a) g ( n ) (a)
Kecuali untuk bentuk untuk bentuk
0 , aturan dari de l’ hospital bisa juga dipakai 0
.
f (a) f ' (a) f " (a) f
n 1
(a)
g (a) g ' (a) g" (a) g n 1 (a)
Sedang f
(n)
(a) dan g
(n)
maka :
lim x a
f ( x) g ( x)
f ( n ) (a) g ( n ) (a)
(a) salah satu atau keduanya tidak tak berhingga,
Contoh: 1.
lim
x2 x 2 0 2 x 0
lim
sin x 2 0 2 sin x 0
x 2
2.
x0
=
lim
2 x cos x 2 0 sin 2 x 0
lim
2 cos x 2 (2 x) (2 x) sin x 2 2 cos 2 x
x0
lim x
=
x2 x 2 3x 1
lim
2x 1 6x
lim
2x 1 x x 21 6x 6 3 x
x
=
2x 1 3 1
2.1 1 2
= 3.
x 2
lim x0
=
lim
2 x cos x 2 0 2 sin x cos x 0
x0
=
=
x
lim x
2 1 6 3
Contoh:
1.
lim x
2
lim x
2
1 2 ln( x ) 2 = lim x / 2 = lim cos x = x /2 tan x sec 2 x x x 2
2
1 / 2(cos 2 x 1) 1 / 2(2 sin 2 x) = lim =0 x / 2 1 x 2
ex ex ex 1 = lim lim 1/ 2 x 0 2 x x 0 2 x 0 x2
2. lim 3.
lim x
x2 x 1
2x 2 = lim x 0 x x e x e
= lim
B AB I V INTEGRAL Integral adalah ant i derivat if atau ant i turunan. Rumus-rumus yang berlaku untuk derivat if tentu saja berlaku untuk integral dalam arti kebalikannya. Persoalan integral tidak hanya menggunakan rumus-rumus dasar yang merupakan kebalikan derivatif, akan tetapi perlu teknik-teknik yang cukup rumit yang akan dibicarakan berikut ini. 4.1. Dibawa ke Bentuk I : df ( x) f ( x) c Contoh : 1.
dx x c
2.
d tan x tan x c
3.
d .u
4.
d . n x n x c
5.
d .x x c
u.
c
4.2. Rumus dasar Integral:
U
n
du
1 n1 u c , n 1 n 1
Contoh :
1
x dx 6 x 5
6
c
4.3. Dibawa ke Bentuk II:
du n u c u
f ' ( x) dx n f ( x) c f ( x)
Catatan : d (ax b) a dx
d ( x k ) dx x dx
1 (d ( x 2 a 2 ) 2
a a2 x 2 ax b ( x ) 2 b 2 4
Contoh : 1.
cos ec 2 x cos ec 2 x dx cot x cot x dx
f ( x) cot x f ' ( x) cos ec 2 x Sesuai bentuk
f ' ( x) dx f ( x)
Maka :
2.
cos ec 2 x dx n cot x c cot x
( x 1)
n
dx ( x 1) n d (ax b)
Dengan rumus u n du , maka = 3.
(ax b) =
4.
n
dx
1 (ax b) n d (ax b) a
1 1 . (ax b) n1 c a n 1
x
ax 2 b dx
1 ax 2 b d (ax 2 b) 2a
1
= =
1 ( x 1) n1 c n 1
1 (ax 2 b) 2 d (ax 2 b) 2a
3 1 1 . ax 2 b 2 c 2a 1 1 2
1 ax 2 b 3a
=
3
2
c
ex 5. x dx ln e x 5 c (menggunakan rumus bentuk III) e 5
4.4.Dibawa ke Bentuk III:
u
2
u
2
du 1 u tan 1 c 2 a a a du 1 ua n c 2 a 2a ua
Contoh :
dx dx 1 x 2 tan 1 c 2 3 x ( 3) 3 3
1.
x
2
2.
x
2
dx dx d ( x 5) 2 10 x 25 ( x 5) 50 ( x 5) 2 ( 50) 2
1 ( x 5) 50 ln c 2 50 ( x 5) 50
4.5. Dibawa ke Bentuk IV :
du a2 u2 du u a 2
2
a 2 u 2 du
2 2 u a du
u = sin 1 c a = ln u u 2 a 2 c
=
a2 u u sin 1 a2 u2 c a a 2
=
a2 u ln u u 2 a 2 u2 a2 c 2 2
Contoh : 1.
2.
dx 5 2x x
2
d ( x 1) 6 ( x 1)
2
sin 1
( x 1) c 6
2
1 11 1 x 2 x 3 dx x d (x ) 2 4 2 11
4 ln 2
2 2 1 1 1 11 x 2 1 11 x x x c 2 2 4 2 2 4
4.6. Integral Parsial u dan v merupakan fungsi dari x maka duv = u dv + v du. u dv = duv – v du
udv duv vdu udv uv vdu
←
Contoh : 1.
ln x dx
= ln x x xd ln x
1 = x ln x x . dx x = x ln x x c 2.
x
2 x
dx
1 x d 2 x 2
=
1 2 x x 2 x dx 2
=
1 2 x 1 1 2 x x c 2 2 2
=
1 2 x 1 2 x x c 2 4
4.7. Integral Bentuk Rasional. Bentuk umumnya dapat diberikan sebagai H ( x)
P( x) , dimana P(x) Q( x)
adalah numerator, sedangkan Q(x) adalah denumerator. Jika P(x) > Q(x) maka P(x) harus dibagi Q(x) terlebih dahulu. Integral dengan bentuk rasional ini terdiri dari beberapa kasus, yang masing-masing akan dibahas dibawah ini.
Kasus 1 : Apabila faktor Q(x) semuanya linier dan berbeda. Contoh :
x
3
( x 1) dx x2 2x
x 1 x x2 2x
=
x 1 x( x 2)( x 1)
x 1 x x2 2x
=
A B C x ( x 2) x 1
x 1
=
A( x 2)( x 1) B( x)( x 1) C( x)( x 2)
=
A( x 2 x 2) B( x 2 x) C ( x 2 2 x)
=
x 2 ( A B C ) ( B A 2C ) x (2 A)
3
3
A BC 0 B 2C A 1 2 A 1 1 A 2
1 BC 0 2 1 B 2C 1 2
BC
1 2
B 2C
3 2
3C
=
4 2
C
=
4 6
=
2 3
1 2 B 0 2 3 B =
2 1 3 2
=
43 6
=
1 6
Jadi
x 1 dx = x( x 2)( x 1) =
1 2 6 dx 3 dx 2 dx x x2 x 1
1
1 1 2 ln x ln x 2 ln x 1 c 2 6 3
1 cx 3 ( x 2) = ln 6 ( x 1) 4
Kasus 2 : Jika semua akar riil dan ada yang sama. Contoh :
x x
x 2
x 2
1 dx ( x 2) 3 3
1 dx = ( x 2) 3 3
A
x
2
B C D E 3 2 x ( x 2) ( x 2) ( x 2)
x3-1
= A( x 2)3 Bx( x 2)3 Cx 2 Dx2 ( x 2) Ex 2 ( x 2) 2
x3-1
= ( B E ) x 4 ( A 6B D 4E ) x 3 = (6 A 12B C 2D 4E) x 2 (12 A 8B) x 8 A
A
1 8
x
;
1
3
x x 2
3
2
B
3 16
C
;
7 4
;
D
5 4
;
E
3 16
dx =
1 dx 3 dx 7 dx 5 dx 3 dx 3 2 2 8 x 16 x 4 x 2 4 ( x 2) 16 ( x 2) =
1 3 (7) 5 3 ln x ln x 2 c 2 8 x 16 8( x 2) 4x 2 16
Kasus 3 : Jika tidak semua akar riil dan yang tidak riil semuanya berbeda. Contoh :
x
2
2x 3 dx 2 2x 2
x 1x
x2 2x 3 x 1 x 2 2 x 2
A
9 5
;
B
7 5
Ax B C 2 x 2 x 2 x 1
=
Ax B C x 2 x 2 x 1 2
C
;
4 5
Jadi :
x2 2x 3 x 1 x 2 2 x 2 dx
Maka :
9 x 7 dx 4 5 5 5 x 2 2 x 2 x 1 dx
9 x 9 x 1dx 9 dx 5 dx 2 2 2 x 2x 2 5 x 2x 2 5 x 2x 2
x2 2x 3 x 1 x 2 2 x 2 dx
1 2x 1 9 dx 7 dx 4 dx dx 2 2 2 2 x 2x 2 5 x 2x 2 5 x 2x 2 5 x 1
9 5 =
9 2 dx 4 ln x 2 2 x 2 ln x 1 2 10 5 x 1 1 5
=
9 2 4 ln x 2 2 x 2 tan 1 x 1 ln x 1 ln c 10 5 5
Kasus 4 : Jika tidak semua akar riil dan akar yang tidak riil ada yang sama. Contoh :
xx
x 2 2
4x 5
x2
x x2 4x 5
2
dx
2
A Bx C Dx E 2 2 x x 4x 5 x2 4x 5
=
A B2 x 4 C D2 x 4 E 2 2 x x 4x 5 x2 4x 5
… dst
4.8.Integral Fungsi Trigonometri 1.
1
sin ax dx = a sin ax dax =
2.
sin
2
ax dx = =
3.
sin
n
u du
1 cos ax c a 1
1
2 2 cos 2ax dx 1 1 x sin 2ax c 2 4a 1 n1 n 1 sin u cos u sin n2 u du n n
4.9. Integral Fungsi Pecah Rasional dalam Sin dan Cos
1 z2
z
1 x 2 1
1 Substitusi : tan x z 2 1 x = arc tan z 2 sin 2x = 2 sin x cos x x
= 2 arc tan z = 2 tan -1 z
dx Sin x
=
= 2 sin = 2.
2 dz 1 z2
1 1 x cos x 2 2
z 1 z 2
2
= 2 cos
Cos z
1 = 2 2 1 z
Contoh :
1 1 z
2
2z 1 z2
1 1 1 cos t x 1 ( Rumus : cos 2 t ) 2 2 2
Cos z
=
.
2
1
1 z 2 1 z 2 2 1 z2 1 z2 1 z2
dx 1 sin x cos x
2 dz 2 dz 1 z2 = 2 2 2z 1 z 1 z 2z 1 z 2 1 1 z2 1 z2 = 2
4.10.
dz dz ln 1 z c 2 2z 1 z
Integral dengan Substitusi
Kasus 1 : Apabila memiliki bentuk
a2 u2
a>0
0
Jadi
jika u > 0
2
1 0 2
jika u < 0
u a sin
du a cos d
a2 u2
=
a 2 a 2 sin 2
=
a 2 1 sin 2
= a . cos
sin 2 cos 2 1
Kasus 2 : Apabila memiliki bentuk
u2 a2 a2 u2
a>0
u a tan
du a sec 2 d
0
jika u > 0
2
2
0
jika u < 0
a2 u3
=
a 2 a 2 tan 2
= a 1 tan 2 = a sec 2 = a sec
Kasus 3 : Apabila memiliki bentuk
0
u 2a2
2
3 2
jika u > a jika u < -a
u = a sec du a sec u 2 a 2 a 2 sec 2 a 2
a0
tan t d
= a sec 2 1 = a tan 2 = a tan
Contoh-contoh Kasus : 1.
9 x2 dx x2
Substitusi
: x 3 sin dx 3 cos d
32 32 sin 2 3 cos d 32 sin 2
=
3 1 sin 2 32 sin 2 3 cos d
=
cos 2 sin 2 d
=
cot
=
cos ec 1 d
=
cot c
2.
2
d 2
x 2 5 dx : x 5 tan
Substitusi
dx 5 sec 2 x2 5
x 2 5 dx
=
5 tan 2 5
=
5 tan 2 1
=
5 . sec
=
5 sec
= 5 sec3 =
3.
x
5 sec 2
d
5 sec 2
d dengan inti parsial tan
5 ln sec tan c 2
dx x 2 32
3
: x 3 sec
Substitusi
dx 3 sec tan d x 2 32
=
32 sec 2 32
= 3 sec 2 1 = 3 tan
x
dx 3
x 3 2
2
=
3
3
d
3 sec tan d sec 3 . 3 tan
=
1 1 1 d cos 2 d 2 27 sec 27
=
1 2
=
1 1 sin 2 c 54 2
1 1 cos 2 d 27
4.11. Substitusi Aljabar Substitusi dilakukan sedemikian sehingga bisa merubah bentuk irrasional menjadi rasional. Contoh
:
x 2
dx 1
Substitusi : x 2
2
x 2
3
4
= z4 = 4 z 3 dz
dx
2
z2
4
z3
x 22
= z4
x 2 4
= z4
1
3
1
3
Maka :
dx
x 22 x 24 1
3
=
4 z 3 dz z2 z3
= 4
z3 dz z 2 1 z
= 4
z dz z 1
= 4
z3 dz z2 z3
= 4
z dz 1 z
= 4
z 11 dz z 1
1 = 4 1 dz z 1 = 4 z 4 ln z 1 c = 4 4 x 2 4 ln
4
x 2 1 c
DAFTAR PUSTAKA Leithold, L ., 1972, The Calculus with Analitic Geometry, Harper International Edition, Harper and Row, Publishers, New York, Hagerstown, San Francisco, London. Martono, K., 1970, Modern Control Engineering, Prentice-Hall., Englewood Cliffs, New Jersey. Kreyzig, E., 1983, Advanced Engineering Mathematics, John Wiley and Sons, Inc, Canada.
