16 0 6 MB
KALKULUS INTEGRAL DISUSUN OLEH : TADRIS MATEMATIKA A 2018 FAKULTAS TARBIYAH IAIN KUDUS
DOSEN PEMBIMBING : FINA TRI WAHYUNI, M. PD.
KALKULUS INTEGRAL Penyusun
:
Penyunting
:
Tata Letak
:
Cover
:
M. Daβul Chaq Al Abror
Redaksi
:
IAIN KUDUS
Tadris Matematika A 2018 ο· ο· ο· o o o
Najib Iqom El Hikam M. Zulfa Ainun Niam Dian Musdalifah Najib Iqom El Hikam M. Zulfa Ainun Niam Dian Musdalifah
Jalan Conge Ngembalrejo No. 51, Ngembalrejo, Kec. Bae, Kabupaten Kudus, Jawa Tengah 59322 Website : www.iainkudus.ac.id Cetakan Pertama, 2019 Hak Cipta Dilindungi Undang-Undang
KATA PENGANTAR
Puji syukur kehadirat Allah SWT atas limpahan rahmat dan karunia-Nya sehingga Buku Kalkulus Integral telah dapat diselesaikan dengan lancar tanpa kendala yang berarti. Buku ini disusun untuk memenuhi Tugas Akhir Semester mata kuliah Kalkulus Integral yang diampu oleh Ibu Fina Tri Wahyuni, M. Pd. Buku ini berisi tentang semua materi Kalkulus Integral yang telah didapatkan dalam semester ini. Dalam penyusunannya, penulis mengucapkan terima kasih kepada dosen pengampu mata kuliah Kalkulus Integral dan juga teman teman-teman yang ikut andil dalam penyusunan buku ini, sehingga buku ini dapat diselesaikan dengan baik. Dan tak luput pula, terima kasih kepada orang tua penulis atas segala doa, harapan dan dukungannya. Kami menyadari masih terdapat kekurangan dalam buku ini. Oleh karena itu, kritik dan saran terhadap sempurnanya buku ini sangat diperlukan. Semoga buku ini dapat memberi manfaat bagi mahasiswa Tadris Matematika A khususnya dan bagi semua pihak yang membutuhkan.
Kudus, Juni 2019
i
DAFTAR ISI KATA PENGANTAR............................................................................................... DAFTAR ISI.............................................................................................................. PEMBAHASAN 1. Integral 1. Anti Turunan (Integral Tak-Tentu).....................................................01 2. Pengantar untuk Persamaan Differensial............................................06 3. Notasi Jumlah dan Sigma....................................................................11 4. Pendahuluan Luas...............................................................................14 5. Integral Tentu......................................................................................21 6. Teorema Dasar Kalkulus.....................................................................27 7. Sifat-Sifat Integral Tentu Lebih Lanjut...............................................32 8. Bantuan dalam Perhitungan Integral Tentu.........................................41 2. Teknik Pengintegralan 1. Pengintegralan dengan Substitusi........................................................48 2. Substitusi yang Merasionalkan............................................................52 3. Pengintegralan Parsial.........................................................................56 4. Pengintegralan Fungsi Rasional..........................................................62 3. Penggunaan Integral 1. Luas Daerah Bidang Rata....................................................................69 2. Volume Benda dalam Bidang: Lempengan, Cincin, Cakram.............75 3. Volume Benda Putar: Kulit Tabung....................................................89 4. Panjang Kurva pada Bidang (Kurva Rata)..........................................93 4. Fungsi Transenden 1. Fungsi Logaritma Asli........................................................................101 2. Fungsi Invers dan Turunannya..........................................................108 3. Fungsi Eksponen Asli........................................................................112 4. Fungsi Eksponen Umum dan Fungsi Logaritma Umum...................116 5. Pertumbuhan dan Peluluhan Eksponen.............................................120
ii
6. Fungsi Trigonometri Invers...............................................................125 7. Turunan Fungsi Trigonometri............................................................131 8. Fungsi Hiperbola dan Inversnya........................................................135 5. Bentuk Tak-Tentu dan Integral Tak-Wajar 1. Bentuk Tak-Tentu Jenis 0/0..............................................................143 2. Bentuk Tak-Tentu yang Lain............................................................148 3. Integral Tak-Wajar: Batas Tak-Terhingga........................................151 4. Integral Tak-Wajar: Integran Tak-Terhingga....................................155 6. Metode Numerik dan Aproksimasi 1. Aproksimasi Taylor terhadap Fungsi................................................160 2. Penaksiran Kesalahan........................................................................165 3. Pengintegralan Numerik....................................................................170 4. Metode Titik-Tetap............................................................................177
KUNCI JAWABAN...............................................................................................182 DAFTAR PUSTAKA.............................................................................................186
iii
iii
Anti Turunan ( Integral Tak-Tentu )
ANTI TURUNAN
BAB
1
(INTEGRAL TAK-TENTU)
Sebelumnya kita telah mempelajari tentang proses penurunan fungsi atau pendiferensialan fungsi, dan sekarang kita akan mempelajari tentang pengintegralan fungsi atau disebut juga dengan anti-turunan. Anti turunan merupakan invers (kebalikan) dari turunan. Berikut merupakan proses penurunan dan penintegralan suatu fungsi.1 Proses penurunan fungsi
π(π)
πβ²(π)
ππ
5π₯ 4
ππ + π
5π₯ 4
ππ β π
5π₯ 4
ππ + πͺ
5π₯ 4
Proses pengintegralan fungsi Integral tak tentu merupakan integral yang batas-batasnya tidak diketahui. Jika πΉ(x) adalah sebuah fungsi dengan πΉ β² (π₯) = π(π₯) , maka :2
β« π(π₯) = πΉ(π₯) + πΆ
Dimana C adalah konstanta.3
KESIMPULAN Jadi, dapat disimpulkan bahwa proses pengintegralan fungsi itu digunakan untuk mencari fungsi asal dari yang diketahui turunan fungsinya.
1
Yusak I. Bien, dkk., Kalkulus Integral Berbasis Maple, (Yogyakarta : Deepublish, 2018),
01-02. 2
Marsigit, dkk., Matematika 3 SMA Kelas XII Program IPA, (Jakarta: Quadra, 2008), 04. Abdul Aziz dan Fathkurrohman, Cara Cepat & Mudah Taklukkan Matematika SMA, (Yogyakarta : Indonesia Tera, 2015), 384. 3
Kalkulus Integral
1
Anti Turunan ( Integral Tak-Tentu )
Dalam integral tak tentu memuat beberapa teorema sebagai berikut :4
TEOREMA A [ATURAN PANGKAT] Jika n adalah bilangan rasional maka : 1
β« π₯ π ππ₯ = π+1 π₯ π+1 + πΆ
, π β β1
Jika diketahui π = 0 maka : β« π ππ₯ = ππ₯ + πΆ
Contoh Soal : 1. Carilah anti turunan dari π(π₯) = π₯ 3 Penyelesaian : β« π(π₯) ππ₯ = β« π₯ 3 ππ₯ 1 = π₯ 3+1 + πΆ =
3+1 1 4 π₯ 4
2.
+πΆ
Carilah anti turunan dari π(π₯) = 5 Penyelesaian : β« π(π₯) ππ₯ = β« 5 ππ₯ 5 = π₯ 0+1 + πΆ 0+1
= 5π₯ + πΆ
TEOREMA B [INTEGRAL TRIGONOMETRI] Rumus integral tak tentu fungsi trigonometri π(π)
β« π(π) π
π
πππ π
β πππ π₯ + πΆ
πππ π
π ππ π₯ + πΆ
Rumus integral tak tentu fungsi trigonometri dengan variabel sudut (ππ₯ + π)
π(π)
β« π(π) π
π
πππ (ππ + π)
1 β πππ (ππ₯ + π) + πΆ π
πππ (ππ + π)
1 π ππ(ππ₯ + π) + πΆ π
4
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, (Jakarta: Erlangga, 1995), 244-247.
Kalkulus Integral
2
Anti Turunan ( Integral Tak-Tentu )
Contoh Soal : Tentukan hasil dari integral dibawah ini! 1. β« cos (7π₯ β 3)ππ₯ 2. β«(sin π₯ β cos π₯)2 ππ₯ Penyelesaian : 1. β« cos (7π₯ β 3)ππ₯ 1 = sin(7π₯ β 3) + πΆ 7 2. β«(sin π₯ β cos π₯)2 ππ₯ = β« π ππ2 π₯ β 2 sin π₯. cos π₯ + πππ 2 π₯)ππ₯ = β« π ππ2 π₯ + πππ 2 π₯ β 2 sin π₯. cos π₯ ππ₯ = β« 1 β sin 2π₯ ππ₯ 1 = π₯ β (β cos 2π₯) + πΆ =π₯+
2 1 cos 2π₯ 2
+πΆ
KELINEARAN 1. π·π₯ [ππ(π₯)] = ππ·π₯ π(π₯) 2. π·π₯ [π(π₯) + π(π₯)] = π·π₯ π(π₯) + π·π₯ π(π₯) 3. π·π₯ [π(π₯) β π(π₯)] = π·π₯ π(π₯) β π·π₯ π(π₯) Sifat yang berlaku untuk turunan itu berlaku juga untuk integral (anti turunan)
TEOREMA C [KELINEARAN INTEGRAL TAK-TENTU] Apabila π dan π mempunyai anti turunan (integral tak tentu) dan π merupakan suatu konstanta. Maka : (i) (ii) (iii)
β« ππ(π₯)ππ₯ = π β« π(π₯)ππ₯ β«[π(π₯) + π(π₯)]ππ₯ = β« π(π₯)ππ₯ + β« π(π₯)ππ₯ β«[π(π₯) β π(π₯)]ππ₯ = β« π(π₯)ππ₯ β β« π(π₯)ππ₯
(i) β« ππ(π₯) ππ₯ = π β« π(π₯) ππ₯ Contoh Soal : β« 3π₯ 5 ππ₯ = 3 β« π₯ 5 ππ₯ 1 = 3 5+1 π₯ 5+1 + πΆ 3
= 6 π₯6 + πΆ 1
= 2 π₯6 + πΆ (ii) β«[π(π₯) + π(π₯)] ππ₯ = β« π(π₯) ππ₯ + β« π(π₯) ππ₯ Contoh Soal : β«[4π₯ 2 + 5π₯ 5 ] ππ₯ = β« 4π₯ 2 ππ₯ + β« 5π₯ 5 ππ₯ = 4 β« π₯ 2 ππ₯ + 5 β« π₯ 5 ππ₯ Kalkulus Integral
3
Anti Turunan ( Integral Tak-Tentu )
1 1 π₯ 2+1 + πΆ1 ] + [5 5+1 2+1 4 3 5 π₯ + 6 π₯6 + πΆ 3
π₯ 5+1 + πΆ2 ]
1 1 π₯ 2+1 + πΆ1 ] + [6 1+1 2+1 9 3 6 π₯ + 2 π₯2 + πΆ 3 3 2
π₯ 1+1 + πΆ2 ]
= [4
= (iii) β«[π(π₯) β π(π₯)] ππ₯ = β« π(π₯) ππ₯ β β« π(π₯) ππ₯ Contoh Soal : β«[9π₯ 2 β 6π₯] ππ₯ = β« 9π₯ 2 ππ₯ β β« 6π₯ ππ₯ = 9 β« π₯ 2 ππ₯ β 6 β« π₯ ππ₯ = [9
= = 3π₯ + 3π₯ + πΆ
TEOREMA D [ATURAN PANGKAT YANG DIPERUMUM] Apabila π suatu fungsi yang dapat dideferensialkan dan π merupakan suatu bilangan rasional, dengan π β β1 maka : β«[π(π₯)]π πβ² (π₯) ππ₯ =
[π(π₯)]π+1 π+1
+πΆ
Contoh Soal : 1. β«(2π₯ 3 β 7)98 18π₯ 2 ππ₯ Penyelesaian : Misal : π(π₯) = 2π₯ 3 β 7 πβ² (π₯) = 6π₯ 2 β«(2π₯ 3 β 7)98 18π₯ 2 ππ₯ = β«[π(π₯)]98 πβ² (π₯) ππ₯ = = =
[π(π₯)]98+1 . 3+ 98+1 [π(π₯)]99 .3 + πΆ 99 (2π₯ 3 β7)99 33
πΆ
+πΆ
2. β«(π₯ 4 + 2π₯ 2 + 6)55 (4π₯ 3 + 4π₯) ππ₯ Penyelesaian : Misal : π(π₯) = (π₯ 4 + 2π₯ 2 + 6) πβ² (π₯) = 4π₯ 3 + 4π₯ β«(π₯ 4 + 2π₯ 2 + 6)55 (4π₯ 3 + 4π₯) ππ₯ = β«[π(π₯)]55 πβ²(π₯) ππ₯ =
[π(π₯)]55+1 55+1
=
[π(π₯)]56 56
+πΆ
+πΆ
Kalkulus Integral
4
Anti Turunan ( Integral Tak-Tentu )
=
(π₯ 4 +2π₯ 2 +6)56 56
+πΆ
Latihan Soal 1.1 1. 2. 3. 4. 5.
β« 6 cos 3π₯ sin 2π₯ ππ₯ = β― β« 6 sin2 2π₯ ππ₯ = β― β«(5π₯ 3 + 2π₯ 2 β 3) ππ₯ = β― β« sin8 3π₯ cos 3π₯ ππ₯ = β― β«(3π₯ 3 β 5)85 18π₯ 2 ππ₯ = β―
Kalkulus Integral
5
Pengantar Untuk Persamaan Diferensial
BAB
2
PENGANTAR UNTUK PERSAMAAN DIFERENSIAL
Persamaan diferensial adalah persamaan yang mengandung variabel dan beberapa fungsi turunan terhadap variabel tersebut. πΉ β² (π₯) = π(π₯) π ππ‘πππ ππππππ ππΉ(π₯) = π(π₯)ππ₯ maka β« π(π₯)ππ₯ = πΉ(π₯) + πΆ π πΉ(π₯) = πΉ β² (π₯)ππ₯ = π(π₯) β β« π πΉ (π₯) = β« π(π₯)ππ₯ = πΉ(π₯) + πΆ Pada persamaan (*) merupakan contoh persamaan diferensial (artinya persamaan yang mengandung diferensial). Jika turunan suatu fungsi diintegralkan, maka akan menghasilkan fungsi itu sendiri. Persamaan diferensial banyak kita jumpai dalam berbagai ilmu, seperti matematika, fisika, dan lain-lain. 5Contoh penerapan persamaan diferensial dalam kehidupan nyata adalah penentuan kecepatan bola yang jatuh bebas di udara hanya dengan memperhitungkan gravitasi dan tahanan udara. Contoh Soal : 1. Tentukan persamaan kurva yang melalui titik (β1,2) dan mempunyai turunan 2x di setiap titik (x,y)! Penyelesaian : Misal : ππ¦ = π(π₯)ππ₯ ππ₯ ππ¦ = 2π₯ ππ₯ = β« 2π₯ ππ₯ β« ππ¦ π¦ + πΆ1 = π₯ 2 + πΆ2 π¦ = π₯ 2 + πΆ2 β πΆ1 π¦ = π₯2 + πΆ Kemudian masukkan π¦ = 2 dan π₯ = β1 π¦ = π₯2 + πΆ 2 = (β1)2 + πΆ π¦ = π₯2 + 1 2β1 =πΆ 1 =πΆ Jadi, persamaan kurvanya adalah π¦ = π₯ 2 + 1 .6 Budi Waluya, βBuku Ajar Persamaan Differensialβ diakses pada 13 Mei, 2019. https://www.academia.edu.Persamaan.differensial.dr-st-budi-waluya.com 6 Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 251-252. 5
Kalkulus Integral
6
Pengantar Untuk Persamaan Diferensial
A. PEMECAHAN PERSAMAAN DIFERENSIAL 1) Pemisahan Variabel Metode pemecahan persamaan diferensial dengan cara pemisahan variabel dapat dilakukan dengan menyamakan variabel yang sejenis, seperti variabel x dengan x dan variabel y dengan y. Contoh Soal : 1. Selesaikan persamaan diferensial berikut, kemudian cari penyelesaian apabila diketahui x = 0 dan y = 6 ππ¦ ππ₯
π₯+3π₯ 2 π¦2
=
Penyelesaian : ππ¦ ππ₯
π₯+3π₯ 2 π¦2
=
π¦ 2 ππ¦
maka
= (π₯ + 3π₯ 2 )ππ₯
β« π¦ 2 ππ¦ = β«(π₯ + 3π₯ 2 )ππ₯ π¦3 3
+ πΆ1 = π¦3 3
=
π₯2 2 π₯2 2
π¦3 = 3 [
3
3 2
π¦=
3 (2 π₯ 2
+ π₯ + πΆ2 β πΆ1 π₯2 2
π¦3 =
3 2 π₯ 2
+ 3π₯ 3 + 3πΆ2 β3πΆ1 + 3π₯ 3 + πΆ
π¦ = (2 π₯ 2 + 3π₯ 3 + 216 ) ππ¦ ππ₯
=
1 3
3
. (2 π₯ 2 + 3π₯ 3 + β
216 )
3 β π₯2 2
3
ππ¦ ππ₯
=
1 3
3 β
216 ) ππ¦ ππ₯
=
3 β . 02 2
3
3
+
3.03
1 3
6
= β0 + 0 + πΆ
6
= βπΆ
6
3
3
= (βπΆ )
216 = πΆ Kalkulus Integral
3
ππ¦ ππ₯
=
ππ¦ ππ₯
=
1 3
2 3
. ( 3π₯ + 9π₯ 2 )
3
(2 π₯ 2 + 3π₯ 3 +
216 )
+ πΆ
3
. ( 2 . 2π₯ + 3.3π₯ 2 )
. (2 π₯ 2 + 3π₯ 3 +
β
3
2 3
+ 3π₯ 3 + πΆ
3
3
1 3
3
= β2 π₯ 2 + 3π₯ 3 + πΆ =
+ 3π₯ + 216 )
Kemudian fungsi tersebut di turunkan
+ π₯ 3 + πΆ2 β πΆ1]
Jika diketahui y = 6 dan x = 0, maka masukkan angkanya
6
1 3
3
3
π¦3 =
π¦
3 2
π¦ = β π₯ 2 + 3π₯ 3 + 216
+ π₯ 3 + πΆ2
3 2 π₯ 2
π¦ =
3
π¦ = β π₯ 2 + 3π₯ 3 + πΆ
2 3
. ( 3π₯ + 9π₯ 2 ) 3π₯+ 9π₯ 2
.
2
3 2
( π₯ 2 + 3π₯ 3 + 216 )3 π₯+3π₯ 2 3 2
2
( π₯ 2 + 3π₯ 3 + 216 )3
Masukkan ke dalam persamaan 7
Pengantar Untuk Persamaan Diferensial
ππ¦ ππ₯
=
π₯+3π₯ 2 π¦2
π₯+3π₯ 2 π¦2 π₯+3π₯ 2
= 3 2
( π₯ 2 + 3π₯ 3 + 216 )
2 3
Pembuktian , masukkan x = 0 dan y = 6 0+3.02 62
=
0 36
=
=
3
0
0 36
=
3
0 36
=
0 36
β2162 0 β46656
Jadi, ruas kanan sama dengan ruas kiri, sehingga disebut persamaan diferensial.
0+3.02 2
3 2
0 36
( .02 + 3.03 + 216 )3 0 2
(0+0+216 )3
B. PENERAPAN PERMASALAHAN PERSAMAAN DIFERENSIAL DALAM KEHIDUPAN SEHARI-HARI 1) Masalah Gerak π£(π‘) = π β² (π‘) = π(π‘) = π£ β² (π‘) =
ππ ππ‘ ππ£ ππ‘
=
π2 π ππ‘ 2
Contoh Soal : 1. Percepatan suatu obyek yang bergerak sepanjang suatu garis koordinat di berikan oleh π(π‘) = (2π‘ + 3)β3 πβπππ‘ππ 2. jika kecepatan pada t = 0 adalah 4 meter perdetik, cari kecepatan 2 detik kemudian. Penyelesaian : Diketahui : π(π‘) = (2π‘ β 3)β3 πβπππ‘ππ 2 π£ = 4 πβπππ‘ππ dan π‘ = 0 Tentukan kecepatan 2 detik kemudian! Jawab : π(π‘) = (2π‘ + 3)β3 ππ£ ππ‘
= (2π‘ + 3)β3
π£ = β«(2π‘ + 3)β3 ππ‘ π£= πΆ π£= πΆ
1 β3+1
(2π‘ + 3)β3 . 2 +
1
π£ = β 4(2π‘+3)2 + πΆ Jika v= 4 dan t = 0 , maka: 1
π£ = β 4(2π‘+3)2 + πΆ 1
1 β2
. 2(2π‘ + 3)β2 +
1
4 = β 4(3)2 + πΆ 1
1
π£ = β 2 . 2(2π‘+3)2 + πΆ Kalkulus Integral
4 = β 4(2.0+3)2 + πΆ
1
4 = β 4.9 + πΆ 8
Pengantar Untuk Persamaan Diferensial
1
1
4 = β 4.9 + πΆ
π£ = β 4(2.2+3)2 +
1
1
4 = β 36 + πΆ 4+
1 36
145 36
1
145 36
144+1 36
=πΆ
π£ = β 196 +
145 36
=πΆ
π£= β
1
145 36
Jika t= 2 detik , maka : 2.
1
π£ = β 4.49 +
π£ = β 4(2π‘+3)2 +
145 36
π£ = β 4(7)2 +
=πΆ
π£=
145 36
1+788,8 196
787,8 196
π£ β 4,02 π/πππ‘ππ .7
Dekat permukaan bumi , percepatan benda jatuh karena gravitasi adalah 32 kaki perdetik,asal saja kita menganggap bahwa tahanan udara dapat diabaikan. Jika suatu benda dilempar ke atas dari suatu ketinggian 1000 kaki dengan kecepatan 50 kaki perdetik, cari kecepatan dan tingginya detik kemudian. Penyelesaian : ππ π£ = ππ‘ positif, karena tarikan gravitasi cenderung memperkecil v maka ππ£ π = β« β32 π‘ + 50 π= = β32 π/π ππ‘
ππ£ ππ‘
= β32 π£ = β« β32 ππ‘ π£ = β32π‘ + πΆ π£ = 50 ππππβπππ‘ππ Jika π‘ = 0 π£ = β32π‘. 0 + πΆ 50 = 0 + πΆ 50 = πΆ π£ = β32π‘ + 50 ππ π£ = ππ‘ ππ ππ‘
π = β16 π‘ 2 = 50π‘ + πΎ Jika s = 1000 kaki, dan t = 0 1000 = β16. 02 + 50 . 0 + πΎ 1000 = πΎ π = β16 π‘ 2 = 50π‘ + πΎ Jika t = 4 π£ = β32π‘ + 50 π£ = β32.4 + 50 π£ = β78 ππππβπππ‘ππ π = β16 π‘ 2 + 50π‘ + πΎ π = β16 . 42 + 5.0 + 1000 π = β16 π‘ 2 + 50π‘ + πΎ π = 944 ππππ
= β32π‘ + 50
KESIMPULAN Jadi, persamaan diferensial dapat dilakukan dengan cara menurunkan suatu fungsi kemudian diintegralkan sehingga akan menghasilkan suatu fungsi baru.
7
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 253-256.
Kalkulus Integral
9
Pengantar Persamaan Diferensial
Latihan Soal 1.2 Carilah penyelesain umum(mencakup suatu konstanta C) untuk persamaan diferensial yang diberikan. Kemudian cari penyelesaian khusus yang memenuhi syarat yang di tunjukkan untuk menjawab soal nomer 1-3! ππ ππ‘ ππ¦ ππ₯ ππ¦ ππ‘
1. 2.
= 3π‘ 2 + 4π‘ β 1 ; ππππππ π = 5 πππ π‘ = 2 π₯
= 2π¦ ; ππππππ π¦ = 3 πππ π₯ = 2
3. = π‘ 3 π¦ 2 ; ππππππ π¦ = 1 πππ π‘ = 2 .8 4. Pada permukaan bulan, percepatan gravitasi -5,28 kaki per detik perdetik. jika sebuah benda dilemparkan keatas dari suatu ketinggian awal 1000 kaki dengan kecepatan 56 kaki perdetik, cari kecepatan dan tingginya 4,5 detik kemudian. 5. Selesaikan persamaan diferensial berikut ππ¦ π₯+1 π₯π¦. ππ₯ = π¦+1 .9
8
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 257. 9 Sukardi, βSoal dan Pembahasan β Penyelesaian Persamaan Diferensial dengan Variabel Terpisahβ diakses pada 13 Mei, 2019. https://mathcyber1997.com
Kalkulus Integral
10
Notasi Jumlah Dan Sigma
NOTASI JUMLAH
BAB
3
DAN SIGMA
A. DEFINISI SIGMA (Ξ£) Sigma biasanya dikenal sebagai jumlah. Notasi sigma adalah simbol untuk menjumlahkan sejumlah bilangan terurut yang mengikuti aturan tertentu. Dalam materi ini mempunyai hubungan dengan materi sebelumnya yakni tentang barisan dan deret, baik itu aritmatika ataupun geometri. Dalam notasi sigma terdapat beberapa sifat yang perlu kita pahami untuk mempelajari materi ini. Di bawah ini adalah bentukbentuk sigma yang akan kita pelajari, di antaranya : π
β ππ = π1 + π2 + π3 + β― + ππ π=1 π
βπ = 1 + 2 + 3 + β―+ π π=1 π
β π 2 = 12 + 22 + 32 + β― + π 2 π=1
Untuk n β₯ m π
β πΉ(π) = πΉ(π) + πΉ(π + 1) + πΉ(π + 2) + β― + πΉ(π) π=π
Jika semua c dalam βππ=1 ππ mempunyai nilai sama, katakan c, maka: βππ=1 ππ = π + π + π + β― + π = ππ, diperoleh hasil βππ=1 π = ππ Suku (n) .10 Contoh Soal : 1. β20 = 20(5) = 100 π=1 5 23 2. βπ=1(β0,5) = 23(β0,5) = β11,5 3. β24 = 24(7) = 16 π=1 7 B.
SIFAT-SIFAT SIGMA (Ξ£)
βPengertian, Rumus, dan Sifat-sifat Notasi Sigmaβ Id School, diakses pada 13 Mei, 2019. https://idschool.net/sma/pengertian-rumus-dan-sifat-sifat-notasi-sigma/ 10
Kalkulus Integral
11
Notasi Jumlah Dan Sigma
TEOREMA A (Kelinearan Ξ£) Andaikan {ππ } dan {ππ } menyatakan dua barisan dan c merupakan suatu konstanta. Maka : βππ=1 πππ = π βππ=1 ππ βππ=1(ππ + ππ ) = βππ=1 ππ + βππ=1 ππ dan akibatnya βππ=1(ππ β ππ ) = βππ=1 ππ β βππ=1 ππ
I. II. III. Contoh Soal :
100 Andaikan bahwa β100 π=1 ππ = 60 dan βπ=1 ππ = 11
Hitung β100 π=1 (2ππ + 3ππ + 4)! Penyelesaian : 100
100
100
100
100
100
100
β(2ππ + 3ππ + 4) = β 2ππ + β 3ππ + β 4 = 2 β ππ + 3 β ππ + β 4 π=1
π=1
π=1
π=1
π=1
π=1
π=1
= 2(60) + 3(11) + 100(4) = 487 C. INDEKS DUMMY π
π
π
β ππ = β ππ = β ππ π=1
π=1
π=1
Indeks dummy merupakan lambang yang dipakai indeks. Biasanya dalam penggunaan ini harus sesuai dengan indeks utama seperti rumus di atas. Indeks biasanya dimisalkan dengan huruf. D. RUMUS JUMLAH KHUSUS 1.
βππ=1 π = 1 + 2 + 3 + β― + π =
2.
βππ=1 π 2 = 12 + 22 + 32 + β― +
3.
βππ=1 π 3 = 12 + 22 + 32 + β― +
4.
βππ=1 π 4 = 12 + 22 + 32 + β― +
π(π+1) 2 π(π+1)(2π+1) π2 = 6 2 3 π(π+1) π =[ 2 ] π(π+1)(6π3 +9π2 +π_1) π4 = 30
E. PEMBUKTIAN DARI RUMUS JUMLAH KHUSUS Dalam membuktikan rumus jumlah khusus diperlukan rumus identitas yakni (π + 1)2 = π2 + 2π + 1 untuk membuktikan rumus yang pertama. Namun jika membuktikan rumus kedua dan selanjutnya bisa dikembangkan sendiri dengan mengganti pangkatnya sesuai apa yang dicari. Di bawah ini adalah cara mencari pembuktian rumus jumlah khusus yang pertama : 1. (π + 1)2 β π 2 = 2π + 1 Pembuktian : Kalkulus Integral
12
Notasi Jumlah Dan Sigma
π
π 2
2
β[(π + 1) β π ] = β 2π + 1 π=1
π=1 π 2
π
2
(π + 1) β π = 2 β π + β 1 π=1 π
π=1
π2 + 2π = 2 β π + π π=1 π2 +π 2
= βππ=1 π (Terbukti).11
Contoh Soal : 1. β6π=1(π + 1) = Penyelesaian : β6π=1(π + 1) = β6π=1 π + β6π=1 1 =
6(6+1) + 2
6(1) = 21 + 6 = 27
Latihan Soal 1.3 1. β26 π=1 4 = β― 35 β 2. π=1 2 = β― 10 3. Diketahui: β10 π=1 ππ = 20 dan βπ=1 ππ = 21 10 Hitung βπ=1(4ππ + 3ππ + 5)! 4. β5π=1(π + 3) = β― 5. β7π=1(2π + 5) = β―
11
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 261-263.
Kalkulus Integral
13
Pendahuluan Luas
PENDAHULUAN
BAB
4
LUAS
Jika sebelumnya kita telah mempelajari notasi sigma, pengantar yang nantinya juga digunakan dalam pendahuluan luas, maka kali ini kita mempelajari pendahuluan luas yang digunakan untuk menghitung luas daerah dibawah kurva, dimana daerah tersebut mempunyai batas melengkung dan merupakan pengantar untuk integral tentu. Luas suatu daerah dengan sisi lurus, seperti luas siku empat, segitiga, jajar genjang dan lain-lain dapat di hitung dengan rumus luas yang sudah kita ketahui. Kita mulai dengan mendefinisikan luas sebuah persegi-panjang sebagai panjang kali lebar, dan dari sini secara beruntun kita turunkan luas jajaran-genjang, segitiga, dan sebarang poligon. Seperti pada gambar pendahuluan luas dibawah ini.
h
Dalam bentuk yang sederhana ini, terlihat bahwa luas memenuhi lima sifat. 1. Luas daerah rata adalah bilangan (rill) tak negatif. 2. Luas persegi-panjang adalah hasil kali panjang dan lebar (keduanya diukur dalam satuan sama). 3. Daerah-daerah kongruen memiliki luas sama. 4. Luas dari gabungan dua daerah yang hanya berimpit menurut satu ruas garis sama dengan jumlah luas kedua daerah tersebut. 5. Jika satu daerah terkandung di dalam daerah yang kedua, maka luas daerah pertama kurang daripada atau sama dengan luas yang kedua.12 Ketika kita meninjau suatu daerah dengan batas melengkung, masalah penentuan luas akan menjadi lebih sulit menyelesaikannya. Untuk mempermudah perhitungan suatu daerah yang memiliki batas melengkung kita akan mempelajari pada gambar-gambar berikut ini. Bagaimana dengan daerah batas melengkung? 12
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 266.
Kalkulus Integral
14
Pendahuluan Luas
Lebih dari 2000 tahun yang silam, Archimedes telah menyediakan kunci untuk suatu penyelesaian dengan pendekatan poligon13, konsep dasar poligon dalam dan poligon luar menjadi pemahaman dasar yang sangat penting betapa luas suatu daerah dapat secara matematis didekati dengan konsep ini, sekalipun banyaknya poligon itu sampai menuju nol. 1. PENDEKATAN LUAS LINGKARAN DENGAN POLIGON DALAM DAN LUAR
2. LUAS MENURUT POLIGON-POLIGON DALAM Pandang daerah R yang dibatasi oleh parabol y = f(x) = x2 , sumbu x, dan garis tegak x = 2. Kita acu R sebagai daerah dibawah kurva y = x2 di antara x = 0 dan x = 2. Jika diketahui f(x) = x2 sumbu x dan garis x = 2 Pertanyaannya adalah berapa luas (R)? Pisahkan selang [0,2] menjadi n selang bagian. Masingmasing panjangnya βπ₯ =
2β0 π
2
=π
Pembagian selang menjadi n selang bagian di gunakan untuk mengurangi kesalahan dalam perhitungan
Ucu Koswara, βPendahuluan Luas (Poligon Dalam dan Luar)β diakses pada 14 Mei, 2019. https://ucukoswara.stkip11april.ac.id/2017/05/20/pendahuluan-luas-poligon-dalam-dan-luar/ 13
Kalkulus Integral
15
Pendahuluan Luas
X0 = 0 2
2
2 π
4 π
X1 = x0 + 1. βπ₯ = 0 + 1. π =π X2 = x0 + 2. βπ₯ = 0 + 2. =
2
2π
Xi = x0 + i. βπ₯ = 0 + i. π = π
Untuk menghitung luas daerah di bawah kurva dapat dilakukan dengan membagi kurva tersebut menjadi beberapa persegi panjang (seperti pada gambar dibawah) luas persegi panjang dapat dicari dengan menggunakan rumus π΄π = π(xi-1) βπ₯ βπ₯ = panjang selang bagian (lebar persegi panjang)
Keterangan :
π₯π-1 = panjang persegi panjang
Tentukan : π¨(πΉπ )?
A(Rn) = βπβ1 π=1 F (xi β 1)βπ₯ = F(x0)βπ₯ + F(x1)βπ₯ + F(x2)βπ₯ +β¦.+ F(xn-1)βπ₯ Jawab : 2
2π
2
4π 2
X= π , F(X iβ1 )βπ₯ = x 2 βπ₯ = ( ( π )2 )π = n2 .π =
8π 2 n3
A(Rn) = βπβ1 π=1 F (X iβ1 )βπ₯ = βπβ1 π=1
8π 2 n3
8
2 = n3 βπβ1 π=1 π
Kalkulus Integral
16
Pendahuluan Luas
8 (nβ1)n(2nβ1) 6
= n3
karena batasnya sampai di n-1 maka nilai n diganti dengan n-
1 seperti βππ=1 π 2 = 2 βπβ1 π=1 π =
(πβ1+1)(πβ1)(2(πβ1)+1) 6
=
(n+1)n(2n+1) 6
;
(nβ1)n(2nβ1) 6
8 2n3 β3n2 +n n3
=6 4
3
1
= 3 (2 β π + π2 ) 8
4
4
= 3 β π + 3π2 A(Rn)
= lim π΄(π
π ) = lim πββ
8
πββ 3
4
4
8
β π + 3π2 =3 .14
3. LUAS MENURUT POLIGON-POLIGON LUAR Untuk menghitung luas daerah di bawah kurva dapat dilakukan dengan membagi kurva tersebut menjadi beberapa persegi panjang (seperti pada gambar dibawah) luas persegi panjang dapat dicari dengan menggunakan rumus : π΄π = π(xi) βπ₯ Keterangan : βπ₯ = panjang selang bagian (lebar persegi panjang) π₯π = panjang persegi panjang
Tentukan : π¨(πΊπ )?
Untuk mencari luas dibawah kurva dapat dihitung dengan π΄(Sπ). π΄(ππ) = βππ=1 F (xi)βπ₯ = π(π₯1) βπ₯ + π(π₯2) βπ₯ + β― + π(π₯π) βπ₯ A(Sn)
= βππ=1 F (X i )βπ₯
14
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 268-269.
Kalkulus Integral
17
Pendahuluan Luas
8π 2
= βππ=1 n3 =
8 π β π2 n3 π=1 8 (n+1)n(2n+1) 6
= n3
8 2n3 +3n2 +n n3
=6 4 3
3 π
= (2 + + 8
4
1 ) π2
4
= 3 + π + 3π2 8
4
4
8
A(Sn) = lim π΄(ππ ) = lim 3 β π + 3π2 = 3 .15 πββ
πββ
Perhatikan diagram-diagram di bawah ini
15
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 271.
Kalkulus Integral
18
Pendahuluan Luas
Dari diagram-diagram tersebut, dapat kita simpulkan bahwasannya ; 8
1. Luas daerah dibawah kurva adaah 3 , karena ketika kita menghitung dari bawah dengan menggunakan polygon dalam dan ketika kita menghitung daria atas 8 menggunakan poligon luar hasilnya akan selalu menuju 3 (Teorema Apit). 2. Semakin besar nilai n maka luas yang terhitung akan semkin mendekati luas yang sebenarnya. Seperti diagram diatas, ketika kita memasukkan nilai n semakin besar, 8 8 maka hasilnya akan semakin mendekati 3, dimana 3 adalah luas sebenarnya yang telah kita hitung menggunakan limit. Contoh Soal : Carilah luas poligon dalam atau luar yang ditunjukkan
Jawab : 2
X= π F(X iβ1 )βπ₯ = (
2π π
2
4π
2
+ 1 )π. =n2 +π =
A(Rn) = βπβ1 π=1 F (X iβ1 )βπ₯ 4π
2
= βπβ1 π=1 n2 + π Kalkulus Integral
4
2
πβ1 = π βπβ1 π=1 π +βπ=1 π
19
Pendahuluan Luas
4
= n2 .
π(πβ1) 2
4 n2 βn 2 n2
= . 4
1
4
1
4 2
1 4
4
2
2
πβ1 = π βπβ1 π=1 π +βπ=1 π
+ π.n
4
= n2 .
+2
π(π+1) 2
4 n2 +n 2 n2
= 2.(1- n)+2
= .
A(Rn) = 2.(1- n)+2
4
1
4 2
1 n
4
1
+2
= 2.(1+ n) + 2
A(R4) = .(1- )+2
A(Sn)
= .(1+ ) + 2
= 3,5
A(S4)
= 2.(1+ 4) + 2
A(Sn) = βππ=1 F (X i )βπ₯ 4π
2
+ π.n
= 4,5
2
= βππ=1 n2 + π
Latihan Soal 1.4 1. Gambarlah grafik fungsi pada selang [a,b], kemudian bagi [a,b] menjadi n selang bagian yang sama, kemudian hitung poligon dalamnya! a. f(x) = 2x + 3 ; a = -1, b = 2,n = 3 b. f(x) = x2 + 2 ; a = 0, b = 2,n = 3 2. Carilah luas daerah dibawah kurva y = f(x) pada selang [a,b], kemudian bagi [a,b] menjadi n selang bagian yang sama, kemudian hitung poligon luar yang berpadanan, dan kemudian biarkan nβ β. a. y = 3x + 1; a = 1, b = 4, petunjuk π₯π = 1 + b. y = x3; a = 0, b = 1
3π π
3. Perlihatkan bahwa luas daerah dibawah kurva y = x2 pada selang [a,b] adalah
Kalkulus Integral
π3 3
20
Integral Tentu
BAB
5
INTEGRAL TENTU
Sebelumnya kita sudah mempelajari tentang perintegralan fungsi atau disebut juga dengan anti-turunan, dan sekarang kita akan mempelajari integral tentu. Dasar dari integral tentu adalah jumlah riemann berikut merupakan definisinya, A. JUMLAH RIEMANN Jumlah Riemann adalah menghitung integral secara pendekatan. Nilai integral tentu f(x) dari [a,b] dihitung dengan mencari luas daerah persegi panjang yang ada antara garis kurva dan sumbu x.
Lihat partisi π pada selang [π, π], partisi diatas menjadi π selang bagian (tidak perlu memiliki panjang yang sama) memakai titik π = π₯0 < π₯1 < π₯2 < β― < π₯πβ1 < π₯π = π dan andaikan βπ₯π = βπ₯π β π₯πβ1 pada tiap bagian selang [π₯πβ1 , π₯π ] . Ambil sebuah titik sembarang π₯π (yang mungkin saja itu adalah sebuah titik ujung) kita sebut titik itu sebagai titik sampel untuk selang bagian ke-π. 16Pada grafik diatas boleh bernilai positif maupun negatif, apabila diatas sumbu x maka grafik bernilai positif dan apabila dibawah sumbu x maka grafik bernilai negatif. Suatu Jumlah Riemann diartikan sebagai sebuah jumlah aljabar dari luasluas.
16
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 274.
Kalkulus Integral
21
Integral Tentu
Terbentuklah penjumlahan : π
π
π = β π(π₯Μ
π ) βπ₯π π=1
Contoh Soal : Hitunglah jumlah rieman π
π untuk π(π₯) = (π₯ + 1)(π₯ β 2)(π₯ β 4) = π₯ 3 β 5π₯ 2 + 2π₯ + 8 pada selang [0,5] memakai partisi π dengan titik-titik partisi 0 < 1,1 < 2 < 3,2 < 4 < 5 dan titik-titik sampel yang berpadanan π₯Μ
1 = 0,5 ; π₯Μ
2 = 1,5 ; π₯Μ
3 = 2,5 ; π₯Μ
4 = 3,6 dan π₯Μ
5 = 5. Penyelesaian : 5
π
π = β π(π₯Μ
π )βπ₯π π=1
π
π
= π(π₯Μ
1 )βπ₯1 + π(π₯Μ
2 )βπ₯2 + π(π₯Μ
3 )βπ₯3 + π(π₯Μ
4 )βπ₯4 + π(π₯Μ
5 )βπ₯5 = π(0,5)(1,1 β 0) + π(1,5)(2 β 1,1) + π(2,5)(3,2 β 2) + π(3,6)(4 β 3,2) + π(5)(5 β 5) = (7,875)(1,1) + (3,125)(0,9) + (β2,625)(1,2) + (β2,944)(0,8) + (18)(1) = 23,9698
KESIMPULAN Jadi , dapat disimpulkan bahwa integral tentu dapat dihitung dengan mencari luas daerah persegi panjang yang ada antara garis kurva dan sumbu x. Kalkulus Integral
22
Integral Tentu
B.
DEFINISI INTEGRAL TENTU Andaikan π suatu fungsi yang didefinisikan pada selang tutup [π, π] jika : π
lim β π(π₯Μ
π )βπ₯π
|π|β0
π=1
Apabila f ada, dapat dikatakan bahwa π terintegralkan pada selang [π, π]. π β«π π(π₯)ππ₯, disebut Integral Tentu (atau Integral Rieman).17 π dari π ke π diberikan oleh π
π
β« π(π₯)ππ₯ = lim β π(π₯Μ
π )βπ₯π |π|β0
π
π=1
π
Secara umum, β«π π(π₯)ππ₯ menyatakan batasan luas daerah yang terdapat diantara kurva π¦ = π(π₯) dan sumbu π₯ pada selang [π, π]. Secara simbolik : π
β« π(π₯)ππ₯ = π΄ππ‘ππ β π΄πππ€πβ π
Sama dengan, π
lim β π(π₯Μ
π )βπ₯π = πΏ
|π|β0
π=1
Jadi, tanda positif akan diberikan pada luas bagian-bagian yang berada dibagian atas sumbu π₯, dan tanda negatif diberikan untuk luas bagian-bagian yang berada dibawah sumbu π₯. π Dalam definisi β«π π(π₯)ππ₯, secara implisit anggap saja bahwa π < π, kita hilangkan batasan itu dengan definisi-definisi berikut : π
β« π(π₯)ππ₯ = 0 π
π
π
β« π(π₯)ππ₯ = β β« π(π₯)ππ₯ , π
π>π
π
Jadi, 2
17
2
6
β« π₯ 3 ππ₯ = 0,
β« π₯ 3 ππ₯ = β β« π₯ 3 ππ₯
2
6
2
Yusak I. Bien, dkk., Kalkulus Integral Berbasis Maple, 26.
Kalkulus Integral
23
Integral Tentu
Dapat disimpulkan bahwa π₯ adalah variabel dummy dalam lambang dapat diganti oleh huruf sebarang lain.
π β«π π(π₯)ππ₯. Dengan ini dimaksudkan bahwa π₯
Jadi, π
π
π
β« π(π₯)ππ₯ = β« π(π‘)ππ‘ = β« π(π’)ππ’ π
C.
π
π
FUNGSI-FUNGSI YANG DAPAT DI INTEGRALKAN
TEOREMA A (TEOREMA KETERINTEGRALKAN) βJika π terbatas pada [π, π] dan ia kotinu disana pada sejumlah terhingga titik, maka π terintegralkan pada [π, π]. Khususnya jika π kontinu pada seluruh selang [π, π], maka ia terintegralkan pada [π, π].β Sebagai konsekuensi teorema ini, fungsi-fungsi berikut adalah terintegralkan pada setiap selang tertutup [π, π] 1. Fungsi - fungsi polinom 2. Fungsi β fungsi sinus dan kosinus 3. Fungsi β fungsi rasional, asalkan selang [π, π] tidak mengandung titik β titik yang mengakibatkan suatu penyebut 0. Ketiga fungsi fungsi diatas (polinom, sinus dan kosinus, rasional) pasti terintegralkan bila fungsi kontinu. Jika f kontinu maka terintegralkan pada selang [a,b]. Dikatakan kontinu apabila : 1. Fungsi f terdefinisi di c yaitu f(c) ada, 2. lim π(π₯) ada, π₯βπ
3. lim π(π₯) = π(π) π₯βπ
Contoh Soal : 3 1. Hitung β«β2(π₯ + 3) ππ₯ Penyelesaian : Pastikan selang [-2, 3] menjadi π selang bagian yang sama, masing-masing dengan panjang βπ₯ = 5βπ. Dalam setiap bagian [π₯πβ1 , π₯π ] gunakan π₯Μ
π = π₯π sebagai titik sampel. Maka : π₯0 = β2 π₯1 = β2 + βπ₯ = β2 + 5βπ π₯2 = β2 + 2 βx = β2 + 2(5βπ) π₯π = β2 + πβπ₯ = β2 + π(5βπ) π₯π = β2 + πβπ₯ = β2 + π(5βπ) = 3 Jadi, π(π₯π ) = π₯π + 3 = 1 + π(5βπ), sehingga : π π 5 5 β π(π₯Μ
π )βπ₯ = β [1 + π ( )] π π π=1
Kalkulus Integral
π=1
24
Integral Tentu
π
π
5 25 = β1 + 2 βπ π π π=1 π=1 5 25 π(π + 1) = (π) + 2 [ ] π π 2 25 π(π + 1) =5+ [ ] 2 π2 25 π 1 =5+ [ + ] 2 π π 25 1 = 5 + [1 + ] 2 π Karena π adalah suatu partisi tetap, |P|β0 setara dengan π β β. Kita simpulkan bahwa 3
π
β«(π₯ + 3)ππ₯ = lim β π(π₯Μ
π ) βπ₯π |π|β0
β2
π=1
= lim [5 + =
|π|β0 35 18 . 2
25 1 (1 + )] 2 π
18
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 278-280.
Kalkulus Integral
25
Integral Tentu
Latihan Soal 1.5 Gunakan π₯π = 4
4π π
1. β«0 (π₯ 2 + 2)ππ₯ = β― Gunakan π₯π = β1 + 2
3π π
2. β«β1(π₯ 2 β 1)ππ₯ = β― 2
3. β«β1(2π₯ 2 + 1)ππ₯ = β― Gunakan π₯Μ
π= β 1 + 3
4π π
4. β«β1(2π₯ 2 β 8) ππ₯ = β― Gunakan π₯π = 4
4π π
5. β«0 (2π₯ + 3) ππ₯ = β―
Kalkulus Integral
26
Teorema Dasar Kalkulus
TEOREMA
BAB
6
DASAR KALKULUS
Dalam bab awal kita mencari hasil dari sebuah fungsi yang diintegralkan dengan menggunakan jumlah Reimann yang mungkin bagi sebagian orang cara tersebut terlalu rumit, sekarang untuk mempermudah perhitungan maka kita bisa menggunakan Teorema Dasar Kalkulus, yang akan dibahas dalam bab ini secara rinci dan jelas serta lebih mudah untuk dipahami dalam aplikasinya. A.
TEOREMA A (Teorema Dasar Kalkulus) Jika π kontinu* dan mempunyai anti turunan πΉ pada [π, π], maka π
β« π(π₯)ππ₯ = πΉ(π) β πΉ(π) π
* Dapat diintegralkan pada selang tertutup Pembuktian : Misalkan p: a =π₯0 1.
1 3
1 π₯β2(π₯β1)
= 3 [ (π₯β1)(π₯) ]
104
Fungsi Logaritma Asli
1
= 3 [ln(π₯ β 1) β ln(π₯ 2) )] 1 3
= [ln(π₯ β 1) β 2 ln 9π₯)] 1
1
1
1
1
= [ . 1 β 2. . 1] 3 (π₯β1) π₯
1 π₯β2π₯+2 ] π₯ 2 βπ₯
= 3[
1 βπ₯+2
= [ 2 ] 3 π₯ βπ₯ =
βπ₯+2 3 . 3π₯ 2β 3π₯
2
= 3 [(π₯β1) β π₯]
KESIMPULAN Untuk memudahkan kita dalam mengerjakan soal fungsi logaritma asli, kita dapat menggunakan sifat-sifat logaritma yang telah ditulis di atas. C.
PENDIFERENSIALAN LOGARITMA Menentukan turunan fungsi yang menyangkut hasil bagi, hasil kali dan pemangkatan dapat disederhanakan dengan menarik logaritma asli fungsi tersebut terlebih dahulu. Metode ini dinamakan pendiferensialan logaritma. Contoh : Turunkanlah π¦ =
β1βπ₯ 2 2
(π₯+1)3 1
Penyelesaian : π¦ =
(1βπ₯ 2 )2 2
(π₯+1)3 1
ln π¦ = ln
(1βπ₯ 2 )2 2
(π₯+1)3 1 ππ¦ π¦ ππ₯ 1 ππ¦ π¦ ππ₯
1
ln(1βπ₯ 2 )
= 22 3
=
1 ππ¦ π¦ ππ₯
ln(π₯+1)
1 ln(1 β 2
π₯
2)
β
2 ln(π₯ 3
1) 1 ππ¦ 1 1 = [2 . (1βπ₯2 ) . β2π₯] β π¦ ππ₯ 2 1 [3 . (π₯+1) . 1] 1 ππ¦ π¦ ππ₯
βπ₯
2
= [(1βπ₯2 )] β [3(π₯+1)]
+
= [
βπ₯(3π₯+3)β2(1βπ₯ 2 ) ] (1βπ₯ 2 )(3π₯+3)
β3π₯ 2 β3π₯β2+2π₯ 2 ] (1βπ₯ 2 )(3π₯+3)
1 ππ¦ π¦ ππ₯
=[
1 ππ¦ π¦ ππ₯
= [(1βπ₯2 )(3π₯+3)]
1 ππ¦ π¦ ππ₯
= (1βπ₯2 )3(π₯+1)
1 ππ¦ π¦ ππ₯
=
βπ₯ 2 β3π₯β2
(π₯+1)(βπ₯β2)
β(π₯+2) 3(1βπ₯ 2 )
3
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 373-376.
Kalkulus Integral
105
Fungsi Logaritma Asli
ππ¦ ππ₯
=
βπ¦(π₯+2) 3(1βπ₯ 2 )
β( ππ¦ ππ₯
D.
=
β1βπ₯2 2 )(π₯+2) (π₯+1)3
ππ¦ ππ₯
=
ππ¦ ππ₯
=
ββ1βπ₯ 2 (π₯+2) 2
3(π₯+1)3 (1βπ₯ 2 ) β(π₯+2) 2
1
.
3(π₯+1)3 (1βπ₯ 2 )2
3(1βπ₯ 2 )
GRAFIK LOGARITMA ASLI
Pada gambar di atas, fungsi yang disajikan denganπ(π₯) = ln π₯, π₯ > 0. Fungsi f memenuhi sifat : π₯1
a. π(π₯) = ln π₯ = β«1 π‘ ππ‘, π₯ > 0 1
b. π β² (π₯) = π₯ > 0βπ₯ β π·π f selalu monoton naik pada Df 1 c. π"(π₯) = β 2 < 0βπ₯ β π·π π₯ Grafik selalu cekung ke bawah. 11 d. ln 1 = β«1 ππ‘ = 0 π‘ e. lim π(π₯) = +β dan lim+ π(π₯) = ββ .4 π₯ββ
4
π₯β0
Bambang Eko Susilo, Bahan Ajar Kalkulus 2, 55.
Kalkulus Integral
106
Fungsi Logaritma Asli
Latihan Soal 4.1 1. Tentukan π β² (π₯) untuk a. π(π₯) = ln( π₯ 2 + 1) = β― 1
π₯ 2 β1
b. π(π₯) = 4 ln π₯ 2 +1 = β― 2. Tentukan integral-integral berikut : ππ₯ a. β« 5β3π₯ = β― b.
π₯
β« π₯ 2 β10 ππ₯ = β― 4 π₯2 ππ₯ π₯ 3 +2
c. β«0
Kalkulus Integral
=β―
107
Fungsi Invers Dan Turunannya
FUNGSI INVERS
BAB
2
DAN TURUNANNYA
Pada bab kali ini kita akan membahas tentang fungsi invers dan turunannya. Sebelumnya kita sudah membahas fungsi trigonometri invers. Fungsi invers adalah suatu fungsi yang apabila dikomposisikan dengan fungsi semula akan menghasilkan fungsi identitas atau dapat dituliskan5 π Β° π β1 = π β1 Β° π = 1 ππ‘ππ’ ( π Β° π β1 )(π₯) = ( π β1 Β° π )(π₯) = π₯
TEOREMA A Apabila π monoton murni pada daerah asalnya, maka π memiliki invers. π monoton murni pada I jika ia naik pada I atau turun pada I. Dikatakan naik apabila I lebih dari nol dan dikatakan turun apabila I kurang dari nol. Contoh 1 : Buktikan bahwa π(π₯) = π₯ 5 + 2π₯ + 1 memiliki invers! Penyelesaian : Langkah pertama kita turunkan fungsi tersebut kemudian masukkan sebarang nilai pada suatu fungsi, misal kita gunakan angka 3 maka π(π₯) = π₯ 5 + 2π₯ + 1 πβ(π₯) = 5π₯ 4 + 2 πβ (3) = 5(3) + 2 = 17 > 0 Karena hasilnya lebih dari nol maka fungsi tersebut dikatakan naik dan mempunyai invers. Apabila π memiliki invers π β1 maka π β1 juga memiliki invers yaitu π. Jadi dapat dikatakan bahwa π dan π β1 merupakan pasangan fungsi invers. π β1 (π(π₯)) = π₯ dan π (π β1 (π¦)) = π¦ Contoh 2 :
Abu Suraisy, βTurunan Fungsi Implisit dan Fungsi Invers,β diakses pada 18 Mei, 2019. https://id.scribd.com/document/386858963/2-Turunan-fungsi-implisit-dan-fungsi-invers-pdf 5
Kalkulus Integral
108
Fungsi Invers Dan Turunannya
Buktikan bahwa π(π₯) = 2π₯ + 6 memiliki invers dan tentukan rumus untuk π β1 (π¦) dan cocokkanlah dengan rumus di atas! Penyelesaian : π(π₯) = 2π₯ + 6 πβ(π₯) = 2, πππππ‘ππ ππππ Kita mencari π₯ dari π¦ = 2π₯ + 6 yang menghasilkan π₯=
(π¦β6) 2
= π β1 (π¦) π β1 (π(π₯)) = π β1 (2π₯ + 6) =
(2π₯ + 6) β 6 2π₯ = =π₯ 2 2
Sedangkan π¦β6 π¦β6 π(π β1 (π¦)) = π ( ) = 2( )+6=π¦ 2 2
Cara mudah untuk kita menemukan invers suatu fungsi adalah 1. Nyatakan π₯ dengan π¦ dari persamaan π¦ = π(π₯) 2. Nyatakan bentuk dalam π¦ yang telah ditentukan π β1 (π¦) β π₯ = π β1 (π¦) 3. Kemudian ganti π¦ dengan π₯ dan π₯ dengan π¦ dalam bentuk π₯ = π β1 (π¦) sehingga kita peroleh π¦ = π β1 (π₯) Contoh 3 : Tentukan rumus untuk π β1 (π₯) apabila π¦ = π(π₯) =
π₯ 1βπ₯
Penyelesaian : π₯
1. π¦ = 1βπ₯ (1 β π₯)π¦ = π₯ π¦ β π₯π¦ = π₯ π₯ + π₯π¦ = π¦ π₯ (1 + π¦) = π¦ π₯=
Kalkulus Integral
π¦ 1+π¦
109
Fungsi Invers Dan Turunannya
π¦
2. π β1 (π¦) = 1+π¦ 3. π β1 (π₯) =
π₯ 1+π₯
Jadi nilai fungsi invers dari π¦ = π (π₯) =
Teorema B
π₯ 1βπ₯
π₯
adalah π β1 (π₯) = 1+π₯
TEOREMA B
(Teorema Fungsi Invers) Andaikan π dapat diturunkan dan monoton murni pada selang I. Apabila πβ(π₯) β 0 pada sesuatu π₯ dalam I, maka π β1 dapat di turunkan di titik π¦ = π(π₯) pada daerah hasil πdan berlakulah π β1 (π₯) =
1 πβ(π₯)
Contoh 4 : Andaikan π¦ = π(π₯) = π₯ 5 + 2π₯ + 1 tentukan (π β1 )(4) Penyelesaian : Di sini telah ditentukan bahwa y = 4 maka kita mencari nilai x dengan persamaan 4 = π₯ 5 + 2π₯ + 1 4 = (1)5 + 2(1) + 1 Maka nilai x adalah 1 . Kita masukkan ke dalam rumus π(π₯) = π₯ 5 + 2π₯ + 1 πβ(π₯) = 5π₯ 4 + 2
1
π β1 (4) = 5(1)4 +2 1 7
= .6
KESIMPULAN Jadi, pada bab Fungsi Invers dan Turunannya kali ini, kita hanya perlu mengingat kembali rumus turunan dari suatu fungsi yang telah dipelajari pada tingkat SMA.
6
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 381-384.
Kalkulus Integral
110
Fungsi Invers Dan Turunannya
Latihan Soal 4.2 1. Tentukan fungsi invers dari π(π₯) = 2. 3. 4. 5.
3π₯+2 2π₯β1
=β―
Tentukan fungsi invers dari π(π₯) = β2π₯ + 5 = β― Tentukan fungsi invers dari π(π₯) = 2π₯ 2 β π₯ β 4 = β― Tentukan turunan fungsi invers dari π(π₯) = 3π₯ 5 + π₯ β 2, jika (π β1 )β(2). Tentukan turunan fungsi invers dari π(π₯) = π₯ 5 + 5π₯ β 4 jika (π β1 )β(2).
Kalkulus Integral
111
Fungsi Eksponen Asli
FUNGSI
BAB
3
EKSPONEN ASLI
Sebelumnya kita telah mempelajari tentang fungsi logaritma asli, dan sekarang kita akan membahas tentang fungsi eksponen asli. Fungsi eksponen asli adalah invers (kebalikan) dari fungsi logaritma asli, yang dapat didefinisikan sebagai berikut :
DEFINISI
Definisi
Invers ln disebut fungsi eksponen asli dan ditulis sebagai exp. Yaitu : π₯ = exp π¦
ο³
π¦ = ln π₯
Dari definisi tersebut memperoleh : i.exp (ln π₯) = π₯ ,π₯>0 ln x adalah himpunan bilangan riil positif, karena itu x > 0. ii.ln (exp π¦) = π¦ , untuk semua π¦ exp y adalah bilangan bebas, maka dapat berlaku untuk semua y atau bisa dituliskan, i. ii.
π ln x = π₯ ln(π π¦ ) = π¦
,π₯>0 , untuk semua π¦
Karena ln dan exp merupakan fungsi-fungsi invers (berkebalikan) maka grafik π¦ = exp π₯ adalah kebalikan dari grafik π¦ = ln π₯ yang dicerminkan pada garis π¦ = π₯ berikut :
A. SIFAT-SIFAT EKSPONEN ASLI ln π = 1, e adalah bilangan riil positif. Oleh karena ln π = 1 maka exp 1 = π. Jika r adalah bilangan rasional, maka π π = exp π Pembuktian : π π = exp(ln π π ) Kalkulus Integral
112
Fungsi Eksponen Asli
= exp(π ln π) = exp π
TEOREMA A Andaikan π dan π adalah bilangan rasional, maka π π π π = π π+π dan π π βπ π = π πβπ
Pembuktian : π π π π = exp(ln π π π π )
B.
π π βπ π = exp(ln π π : π π )
= exp(ln π π + ln π π )
= exp(ln π π β ln π π )
= exp(π ln π + π ln π)
= exp(π ln π β π ln π)
= exp(π + π)
= exp(π β π)
= π π+π
= π πβπ
TURUNAN SEBUAH EKSPONEN Misalkan π¦ = exp π₯, maka π₯ = ln π¦ Pembuktian : π₯ = ln π¦
(kedua ruas diturunkan menurut x)
1
1 = π¦ π·π₯ π¦
(Aturan Rantai)
π¦ = π·π₯ π¦ exp π₯ = π·π₯ exp π¦ π π₯ = π·π₯ π π₯
KESIMPULAN Turunan sebuah eksponen adalah eksponen itu sendiri.
Kalkulus Integral
113
Fungsi Eksponen Asli
Apabila π’ = π(π₯) dapat diturunkan, maka menurut Aturan Rantai : π·π₯ π π’ = π π’ π·π₯ π’ Contoh Soal : Tentukan π·π₯ π βπ₯ Penyelesaian : Misalkan π’ = βπ₯ π·π₯ π βπ₯ = π βπ₯ π·π₯ βπ₯ = π βπ₯ C.
1 2
= π βπ₯
1 1
2 π₯2 β1
π₯2
π βπ₯ 2βπ₯
=
INTEGRAL SEBUAH EKSPONEN Dari rumus turunan di atas, dapat menghasilkan rumus integral : β« π π₯ ππ₯ = π π₯ + πΆ Dan apabila π₯ kita ganti dengan π’, maka menghasilkan : β« π π’ ππ’ = π π’ + πΆ
Contoh Soal : 1.
Tentukan β« π β4π₯ ππ₯ Penyelesaian : Misalkan π’ = β4π₯ dan ππ’ = β4 ππ₯ 1
β« π β4π₯ ππ₯ = β 4 β« π β4π₯ (β4 ππ₯) 1
= β 4 β« π π’ ππ’ 1
= β 4 ππ’ + πΆ 1
= β 4 π β4π₯ + πΆ 2.
3
2
Hitunglah β«1 π₯ π β3π₯ ππ₯ Penyelesaian : Misalkan π’ = β3π₯ 2 dan ππ’ = β6π₯ ππ₯ 2
1
2
β« π₯ π β3π₯ ππ₯ = β 6 β« π β3π₯ (β6π₯ ππ₯) Kalkulus Integral
114
Fungsi Eksponen Asli
1
= β 6 β« π π’ ππ’ 1
= β 6 ππ’ + πΆ 1
2
= β 6 π β3π₯ + πΆ 3
2
1
2
3
β«1 π₯ π β3π₯ ππ₯ = [β 6 π β3π₯ ]
1
1
1
2)
2
= β 6 π β3(3 β (β 6 π β3(1) ) 1
1
= β 6 π β27 + 6 π β3 =
βπ β27 + π β3 6
β 0,0082978
Lambang exp π¦ di atas sebagian besar kita tulis sebagai π π¦ namun dalam makalahmakalah ilmiah orang memilih menulis exp, apalagi apabila bentuk exp π¦ agak rumit misalnya dalam statistika.7
KESIMPULAN Jadi dapat disimpulkan bahwa turunan atau integral dari π π₯ adalah π π₯ itu sendiri. Namun, jika turunan atau integral dari π π’ dengan π’ = π(π₯) maka harus diturunkan dan diintegralkan sesuai dengan rumus yang ada.
Latihan Soal 4.3 1. Sederhanakan bentuk-bentuk berikut ini : a. π 8 ln π₯ = β― b. ln π cos π₯ = β― 2. Tentukan π·π₯ π¦ (lihat contoh dari turunan eksponen) a. π¦ = π 5π₯+8 = β― 2 b. π¦ = π 9π₯ +4π₯ = β― 3. Tentukan π·π₯ π¦ (lihat contoh dari turunan eksponen) dari π¦ = π sin π₯ = β― 4. Hitunglah Integral berikut. a. Tentukan β« π 8π₯+4 ππ₯ = β― 5 b. Tentukanβ« π₯ 4 π 2π₯ ππ₯ = β― 4 4 5. Hitunglah β«1 π₯ 3 π β2π₯ ππ₯ = β―
7
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 387-391.
Kalkulus Integral
115
Fungsi Eksponen Umum Dan Fungsi Logaritma Umum
FUNGSI EKSPONEN UMUM
BAB
4
DAN FUNGSI LOGARITMA UMUM
Pada materi sebelumnya kita telah membahas mengenai fungsi eksponen asli dan logaritma asli. Dan materi selanjutnya adalah fungsi eksponen umum dan logaritma umum. A. FUNGSI EKSPONEN UMUM Jika a > 0 dan r adalah bilangan rasional, maka : ππ = exp(ln ππ ) = exp(π ln π) = π π ln π Ini mendorong kita membuat batasan berikut.
DEFINISI
Definisi :
Untuk a > 0 dan x bilangan riil sebarang, π π₯ = π π₯ ln π Sekarang dapat kita lengkapi sifat-sifat logaritma yang masih tertinggal dari materi sebelumnya8 , yaitu: ln (π π₯ ) = ln(π π₯ ππ π ) = π₯ ln π
B. SIFAT-SIFAT EKSPONEN UMUM (ππ )
TEOREMA A
Teorema A
Apabila a > 0, b > 0, x dan y bilangan riil, maka : 1. π π₯ π π¦ = π π₯+π¦ ππ₯
2. ππ¦ = π π₯βπ¦ 3. (π π₯ )π¦ = π π₯π¦ 4. (ππ)π₯ = π π₯ π π₯ π
5. (π )π₯ =
ππ₯ ππ₯
Pembuktian : ππ₯
2. ππ¦ = π
π₯
ln(π βπ π¦ )
= π ln π
π₯ βπππ π¦
8
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 393.
Kalkulus Integral
116
Fungsi Eksponen Umum Dan Fungsi Logaritma Umum
= π π₯ ln πβπ¦ ln π = π (π₯βπ¦) ln π = π π₯βπ¦ π₯
3. (π π₯ )π¦ = π π¦ ln π = π π¦π₯ ln π = π π₯π¦
TEOREMA B π·π₯ π π₯ = π π₯ ln π
ππ₯
1
β« π π₯ ππ₯ = (ln π) π π₯ + π ππ‘ππ’ (ln π) + π ,
πβ 1
Pembuktian : 1. π·π₯ π π₯ = π·π₯ (π π₯ ln π ) = π π₯ ln π . ln π = π π₯ ln π (terbukti) π₯ 2. β« π ππ₯ = β« π π₯ ln π ππ₯ = =
π π₯ ln π + ln π ππ₯ +π ln π
π (terbukti)
Contoh Soal : ππ¦
4
1. Tentukan ππ₯ ππππ π¦ = (π₯ 4 + 2)5 + 5π₯ +2 Penyelesaian : ππ¦ 4 = 5(π₯ 4 + 2)4 . 4π₯ 3 + 5π₯ +2 ln 5. 4π₯ 3 ππ₯ 4 = 4π₯ 3 . (5(π₯ 4 + 2)4 + 5π₯ +2 ln 5 ) 3 2. Tentukan β« 2π₯ π₯ 2 ππ₯ Penyelesaian : 3 β« 2π₯ π₯ 2 ππ₯ Misalkan : 1 π’ = π₯ 3 , ππππ ππ’ = 3π₯ 2 ππ₯, πππ 3 ππ’ = π₯ 2 ππ₯ 1
3
β« 2π₯ π₯ 2 ππ₯ = β« 2π’ 3 ππ’ = = =
1 β« 2π’ ππ’ 3 1 2π’ . +π 3 ln 2 3 π₯ 2 + π.9 3 ln 2
C. FUNGSI LOGARITMA UMUM (ππππ ) Fungsi ini adalah invers dari eksponen umum. Dimana fungsi ini ekivalen dengan definisi berikut.
9
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 394-395.
Kalkulus Integral
117
Fungsi Eksponen Umum Dan Fungsi Logaritma Umum
DEFINISI Andaikan a bilangan positif dan π β 1, maka : π¦ = ππππ π₯ βΊ π₯ = π π¦
Perhatikan, jika π¦ = ππππ π₯ β π₯ = π π¦ maka ln π₯ = ln π π¦ = π¦ ln π ln π π¦ = π¦ ln π ln π₯ =π¦ ln π ln π₯ = ππππ π₯ ln π π·π₯ ππππ π₯ =
1 π₯ ln π 1
Dari hubungan tersebut, dapat kita simpulkan bahwa π·π₯ ππππ π₯ = . π₯ ln π Hal ini berlaku untuk rumus turunan fungsi logaritma umum. π·π₯ ππππ π₯ =
1 π₯ ln π
Contoh Soal : ππ¦
Apabila π¦ = πππ10 (π₯ 4 + 13), tentukan ππ₯. Penyelesaian : Misalkan : π’ = π₯ 4 + 13 dan gunakan Aturan Rantai. ππ¦ 1 4π₯ 3 = . 4π₯ 3 = 4 (π₯ + 13) ln 10 ππ₯ π’ ln 10 D. FUNGSI ππ , ππ , π
ππ ππ Jangan campur adukkan fungsi f(x)= π π₯ (fungsi eksponen) dengan fungsi π(π₯) = π₯ π (fungsi pangkat). π·π₯ (π π₯ ) = π π₯ ln π
π·π₯ (π₯ π ) = ππ₯ πβ1
Contoh Soal :
Kalkulus Integral
118
Fungsi Eksponen Umum Dan Fungsi Logaritma Umum
Apabila π¦ = π₯ π₯ , π₯ > 0, tentukan π·π₯ π¦ dengan dua cara yang berlainan Penyelesaian : Cara I. kita tulis π¦ = π₯ π₯ = π π₯ ln π₯ Dengan memakai Aturan Rantai kita memperoleh 1 π·π₯ π¦ = π π₯ ln π₯ π·π₯ (π₯ ln π₯) = π₯ π₯ (π₯. + 1. ln π₯) = π₯ π₯ (1 + ln π₯) π₯ Cara II. (Pendiferensialan logaritma). π¦ = π₯π₯ ln π¦ = π₯ ln π₯ 1 1 π· π¦ = π₯. + 1. ln π₯ π¦ π₯ π₯ π·π₯ π¦ = π¦(1 + ln π₯) = π₯ π₯ (1 + ln π₯) .10
KESIMPULAN Eksponen asli (π π₯ ) adalah invers (kebalikan) dari logaritma asli (ln x), yang kemudian diumumkan menjadi eksponen umum (π π₯ ). Sedangkan logaritma umum (ππππ π₯) adalah invers (kebalikan) dari eksponen umum. Jadi, dapat disimpulkan bahwa fungsi-fungsi diatas saling berkaitan satu sama lain. Latihan Soal 4.4 Tentukan : 1. 2.
ππ¦ jika π¦ = 2βπ₯ . ππ₯ 1 β«0 53π₯ ππ₯ = β― 2 π₯3
3. β« π₯ 5 ππ₯ = β― ππ¦ 4. ππ₯ jika π¦ = πππ10 (π₯ 2 + 9). 5. Buktikan bahwa π¦ =
ππ₯ β 1 ,π π π₯ +1
β 1, monoton.
10
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 395-397.
Kalkulus Integral
119
Pertumbuhan Dan Peluluhan Eksponen
BAB
PERTUMBUHAN DAN PELULUHAH
5
EKSPONEN Ada beberapa kasus yang nanti bisa diselesaikan dengan diferensial. Misalnya : kasus peluruhan zat radioaktif, pertambahan penduduk, dan perkembangbiakan bakteri. Untuk menyelesaikan persoalan ini secara matematis, kita andaikan y = f (t) y menyatakan jumlah penduduk pada tahun ke β t, maka kecepatan pertumbuhan penduduk bergantung pada jumlah penduduk saat itu dengan konstanta kecepatan pertumbuhan k. Situasi tersebut dapat dirumuskan sebagai ππ¦ = ππ¦ ππ‘ Apabila k > 0, populasi meningkat, apabila k < 0, populasi berkurang. Untuk penduduk dunia, dan menurut pengamatan, π β 0,0198 (t dihitung dengan tahun). ππ¦ Kita dapat menyelesaikan persamaan diferensial = k.y dengan syarat awal y ππ‘ = π¦0 apabila t = 0. Dengan memisahkan variabel-variabel dan mengintegralkan masing-masing bagian, kita memperoleh ππ¦ = π ππ‘ π¦ β«
ππ¦ = β« π ππ‘ π¦
ln π¦ = ππ‘ + πΆ Syarat pada saat t = 0, π¦ = π¦0 akan menghasilkan C = ln π¦0 . Sehingga ln π¦ β ln π¦0 = ππ‘ atau ln
π¦ = ππ‘ π¦0
Dalam bentuk eksponen, ini menjadi π¦ = π ππ‘ π¦0
atau, akhirnya Kalkulus Integral
120
Pertumbuhan Dan Peluluhan Eksponen
π¦ = π¦0 π ππ‘ Keterangan : y
= Jumlah pada saat t
k = Konstanta
π¦0
= Jumlah awal
t = Waktu
e
= Eksponen
Contoh Soal : Pada permulaan tahun 1975, penduduk dunia diperkirakan sebanyak 4 milyar. Menjelang tahun 2000, penduduk dunia akan mencapai 6,6 milyar. Bagaimana orang dapat meramalkannya? t adalah banyaknya tahun setelah 1 Januari 1975 dan y dinyatakan dengan satuan milyar. Jadi, y0 = 4; oleh karena k = 0,0198, maka y = 4e0,0198t Dalam tahun 2000, jadi t = 25, y akan bernilai y = 4e0,0198(25) β 6,6 milyar Contoh 1 : Dengan asumsi di atas, setelah berapa lamakah , penduduk dunia akan menjadi dua kali lipat? Penyelesaian : y
= 4e0,0198t
8
= 4e0,0198t
ln 2
= 0,0198 t t
ln 2
= 0,0198 β 35 tahun
Contoh 2 : Banyaknya bakteri dalam sebuah pembiakan pada tengah hari ada 10.000. Setelah dua jam, banyaknya ini menjadi 40.000. Berapa banyak bakteri terdapat pada pukul 17.00? Penyelesaian : Ada dua persyaratan: ( π¦0 = 10.000 dan π¦ = 40.000 pada saat t = 2). Sehingga Kalkulus Integral
121
Pertumbuhan Dan Peluluhan Eksponen
π¦ = π¦0 π ππ‘ 40.000 = 10.000π π(2) atau 4 = π 2π ln 4 = 2π 1 π = ln 4 2 atau 1 π = ln 4 2 1
π = ln 42 π = ln β4 π = ln 2 β 0,693 Jadi, π¦ = 10.000π 0,693π‘ Dan, untuk t = 5 kita peroleh π¦ = 10.000π 0,693(5) β 320.000
A. PELULUHAN RADIOAKTIF Tidak semua benda akan tumbuh, ada juga benda yang mengalami peluluhan (berkurang), misalnya zat radioaktif. Sehingga zat-zat yang meluluh itu juga memenuhi persamaan diferensial. ππ¦ = ππ¦ ππ‘ Dimana k negatif. Walaupun demikian, jawabannya tetap y = y0ekt. Contoh 3 : Karbon 14, salah satu dari tiga isotop karbon adalah zat yang radioaktif. Zat ini meluluh dengan laju yang sebanding dengan banyaknya zat itu pada suatu saat. Jika setengah, umurnya adalah 5730 tahun, artinya zat tersebut memerlukan waktu 5730 tahun untuk menyusut menjadi setengahnya. Apabila pada saat awal ada 10 gram, berapakah sisanya setelah 2000 tahun? Penyelesaian : Kalkulus Integral
122
Pertumbuhan Dan Peluluhan Eksponen
Setengah, umur 5730 memungkinkan kita menentukan k. Sebab, π¦ = π¦0 π ππ‘ 1 2
= 1π π(5730)
β ln 2
= 5730π π=
β ln 2 β β0,000121 5730
Jadi, π¦ = 10π β0,000121(2000) β 7,80 ππππ
KESIMPULAN Jadi dapat disimpulkan bahwa jika soalnya mengenai pertumbuhan penduduk, k-nya langsung bernilai 0,0198. Tetapi jika soalnya mengenai bakteri atau lainnya, k-nya harus dicari terlebih dahulu baru dimasukkan ke rumus. B. BUNGA MAJEMUK π ππ‘ π΄(π‘) = π΄0 (1 + ) π Keterangan : A(t)
= Modal setelah t tahun
n = Jangka Waktu
A0
= Modal awal
t = Waktu
r
= Bunga majemuk
Contoh 4 : Andaikan John menyimpan uang sebanyak $500 pada suatu bank dengan bunga majemuk tipa hari sebesar 13%. Berapakah banyak uang itu pada akhir dua tahun? Penyelesaian : Diketahui : r = 0,13 n = 365 π΄0 = 500 Jawab : Kalkulus Integral
123
Pertumbuhan Dan Peluluhan Eksponen
π ππ‘
π΄(π‘) = π΄0 (1 + π) π΄
0,13 365(2)
= 500 (1 + 365 )
β $648,43
C. BUNGA MAJEMUK SECARA KONTINU π΄(π‘) = π΄0π ππ‘ Contoh 5 : Andaikan bank pada Contoh 4, memberi bunga majemuk yang sinambung (kontinu). Berapakah uang John pada akhir 2 tahun? Penyelesaian : π΄(π‘) = π΄0 π ππ‘ = 500π (0,13)(2) β $648,47 .11
KESIMPULAN Jika dalam soal tertera kalimat βbunga majemuk kontinuβ maka menggunakan rumus bunga majemuk secara kontinu. Jika tidak ada berarti menggunakan rumus bunga majemuk.
Latihan Soal 4.5 1. Suatu kelompok bakteri bertumbuh dan laju yang sebanding dengan besarnya kelompok itu. Pada awal ada 10.000 dan setelah 10 hari kelompok itu terdiri atas 24.000 bakteri. Berapakah banyaknya bakteri setelah 25 hari? 2. Setelah berapa lamakah banyaknya bakteri dalam Soal 1 menjadi 2 kali lipat? 3. Setengah-umur suatu zat radioaktif diketahui adalah 810 tahun. Apabila ada 10 gram, berapakah sisa zat itu setelah 300 tahun? 4. Apabila uang sebesar Rp. 375.000 dimasukkan ke bank hari ini, dengan bunga majemuk tiap hari sebesar 9,5%. Berapakah banyak uang itu pada akhir dua tahun? 5. Andaikan bank pada Soal 4, memberi bunga majemuk yang sinambung (kontinu). Berapakah uang tersebut pada akhir 2 tahun?
11
Edwin J.Purcell dan Dale Varberg, Kalkulus dan Geometri Analitis: Jilid I Edisi Kelima, Terj. Nyoman Susila, Bana Kartasasmita, dan Rawuh, 399-404.
Kalkulus Integral
124
Fungsi Trigonometri Invers
BAB
6
FUNGSI TRIGONOMETRI INVERS
Sebelumnya kita telah mempelajari enam fungsi dasar trigonometri (sinus, kosinus, tangen, kotangen, sekan, dan kosekan). Kita telah menggunakannya dalam berbagai contoh dan soal. Sekarang kita akan mempelajari mengenai fungsi inversnya. Fungsi trigonometri invers adalah fungsi invers suatu fungsi trigonometri (dengan domain atau daerah asal yang terbatas). Dalam kata lain, fungsi trigonometri invers adalah fungsi invers suatu fungsi sinus, kosinus, tangen, kotangen, sekan, dan kosekan, dan digunakan untuk mencari suatu sudut dari rasio trigonometri sudut yang lain. Dalam bab ini kita tidak akan membahas mengenai fungsi invers kotangen dan kosekan (walaupun hal ini dapat dilakukan), dikarenakan fungsi balikan tersebut peranannya tidak besar. A. FUNGSI INVERS SINUS DAN KOSINUS Grafik dari y = arcsin x adalah grafik dari x = sin y. Dan berbeda dari grafik y = sin x, dimana x dan y saling dipertukarkan. Jadi grafik dari y = arcsin x adalah kurva sinus yang digambarkan pada sumbu y dan bukan sumbu x.12 Seperti yang telah dijelaskan di atas, kita harus membatasi daerah asal sedangkan daerah hasilnya kita ambil seluas mungkin, asal fungsi itu memiliki invers. Hal ini dapat dilakukan dengn berbagai cara, seperti pada grafik di bawah. Pada grafik di bawah, terdapat pula grafik fungsi inversnya yang diperoleh dengan penyilangan garis y = x.
12
Frank Ayres, Matematika Universitas, (Jakarta: Erlangga, 2004), 190
Kalkulus Integral
125
Fungsi Trigonometri Invers
Kita definisikan fungsi-fungsi invers sinus dan kosinus sebagai berikut :
DEFINISI Definisi : Untuk memperoleh invers dari sinus dan kosinus, kita batasi daerah asal fungsiππ fungsi itu pada selang [- 2 , 2 ] dan [0,π]. Sehingga : π π -1 x= sin y β π¦ = sin π₯ dan - β€ π₯ β€ 2 2 x= cos-1y β π¦ = cos π₯ dan 0 β€ π₯ β€ π Lambang sin-1 seringkali ditulis sebagai arcsin dan cos-1 sebagai arccos. Arcsin berarti βbusur yang sinusnya adalahβ atau βsudut yag sinusnya adalahβ. Contoh Soal : β2
π
a. Sin-1 ( 2 ) = 4 β1
π 6
b. Sin-1 ( 2 ) = β3
π
c. Cos-1 ( 2 ) = 6 β1
π
d. Cos-1 ( 2 )= 2 3 e. Cos (cos-1 0,6) = 0,6 π π f. Sin-1 (sin 32 ) = β 2 Kita harus berhati-hati, khususnya pada soal (f). Salahkah kita kalau π π π jawabannya 3 . Sebab arcsin-1 y ada dalam selang [- , ]. Untuk menyelesaikan soal 2 2 2 tersebut, kita tulis π
sin-1 (sin 32 ) = π ππβ1 (β1) = β
π 2
B. INVERS TANGEN
Kalkulus Integral
126
Fungsi Trigonometri Invers
DEFINISI Untuk memperoleh invers fungsi tangen, kita batasi π π daerah asalnya pada selang [- , ]. Sehingga : 2 2
x = tan-1 y β y = tan x dan β
π 2
0. B. INVERS FUNGSI HIPERBOLA Tidak semua fungsi hiperbolaik pada domainnya merupakan fungsi satu-satu sehingga tidak mempunyai invers. Oleh karena itu, agar didapatkan fungsi invers hiperbolaik maka kita batasi domain fungsinya. Seperti untuk memperoleh invers fungsi kosinus hiperbola dan sekan hiperbola, maka daerah asalnya kita batasi pada π₯ β₯ 0. π₯ = sinhβ1 π¦ β π¦ = sinh π₯ π₯ = coshβ1 π¦ β π¦ = cosh π₯,
π₯β₯0
π₯ = tanhβ1 π¦ β π¦ = tanh π₯ π₯ = sechβ1 π¦ β π¦ = sech π₯,
π₯β₯0
Sedangkan untuk mencari turunan dari fungsi invers hiperbolaik dilakukan terlebih dahulu cara sebagai beriku t: Misalnya, π¦ = cosh π₯ berarti bahwa : π¦=
π π₯ +π βπ₯ 2
2π¦ = π π₯ + π βπ₯ Kedua ruas dikalikan dengan π π₯ 2π¦π π₯ = π 2π₯ + 1 0 = π 2π₯ β 2π¦π π₯ + 1 Lalu masukkan ke rumus abc tersebut, maka kita peroleh ππ₯ = =
2π¦Β±β(β2π¦)2 β4.1.1 2.1 2π¦Β±2βπ¦ 2 +1 2
=
2π¦Β±β4π¦ 2 β4 2
=
βπΒ±βπ2 β4ππ 2π
untuk mencari π π₯ dari persamaan
2π¦Β±β4(π¦ 2 β1) 2
= π¦ Β± βπ¦ 2 β 1
Setelah dinyatakan dalam logaritma asli, maka
Kalkulus Integral
139
Fungsi Hiperbola Dan Inversnya
sinhβ1 π₯ = ln( π₯ + βπ₯ 2 + 1) coshβ1 π₯ = ln(π₯ + βπ₯ 2 β 1), 1
π₯β₯1
1+π₯
tanhβ1 π₯ = 2 ln 1βπ₯,
β1 < π₯ < 1
1+β1βπ₯ 2 ), π₯
sechβ1 π₯ = ln (
0