1
METODE GARIS SINGGUNG DALAM MENENTUKAN HAMPIRAN INTEGRAL TENTU SUATU FUNGSI PADA SELANG TERTUTUP [ , ]
Zulfaneti dan Rahimullaily* Program Studi Pendidikan Matematika STKIP PGRI Sumbar Abstract: There is a value of Riemann integral from a function that cannot be calculated. In this case, approximate method can be used to interpret the value. One of the approximate method of integral Riemann is tangent line method that is a compound method between the sum of Riemann and trapezoid method. The tangent line method uses the tangent line approach. In this writing, the topic discussed is the tangent line method in deciding the approximacy of Riemann integral of a function. Kata kunci : Riemann integral, approximate method, sum of Riemann, trapezoid method, tangent line method
1. Metode Garis Singgung Misal f suatu fungsi yang kontinu pada selang tertutup I = [a,b] dan mempunyai turunan di I. P adalah suatu partisi I memakai titik – titik x0 = a < x1 < x2 < … < xn-1 < xn = b. Untuk setiap i = 1, 2, …, n, misalkan ∈ =[ , ], ∆ = − , dan panjang P ditulis ‖ ‖ didefinisikan ‖ ‖ = maks ∆ . Suatu persamaan garis singgung dari y = f(x) yang melalui titik (ξi,f(ξi)) adalah g( ) =
Titik
potong garis , ( )+
( )(
g
= ( )+
dengan
x
garis
− ) dan
( )( − )
=
, ( )+
xi-1
( )(
x
dan
= xi adalah
− ) .
Y (ξi, f(ξi)) g(x) a xi-1 ξi xi
y = f(x)
b
X
∆
Gambar 1. Hampiran integral tentu dengan metode garis singgung Berdasarkan
Gambar
1,
= g( ) = ( ) + ′( )(
daerah
yang
dibatasi
oleh
garis
), x = xi-1, x = xi, dan y = 0 berbentuk trapesium
−
yang luasnya ;[
, ]
= =
Jumlah luas
;[ ;[ , ]
1 2
( )+
( )(
− )+ ( )+
1 2
( )(
+
( )+
, ] untuk
=
;[
( )(
− ) ∆
+
−2 ) ∆
−2 ) ∆
semua i = 1, 2, …, n adalah , ]
( )+
=
1 2
( )(
Jika ;[ , ] mempunyai limit untuk n menuju tak terhingga (sama artinya dengan ‖ ‖ menuju 0), maka fungsi f terintegralkan dalam metode garis singgung pada I. Definisi 1 Misalkan fungsi f kontinu pada selang tertutup I = [ , ], mempunyai turunan di , dan a = x0 < x1 < x2 < … < xn-1 < xn = b adalah suatu partisi , tulis P. Untuk , ], ∆ = − setiap i = 1, 2, …, n, misalkan ∈ = [ , dan panjang P ditulis ‖ ‖ didefinisikan ‖ ‖ = maks ∆ . Jika ( )+
1 2
( )(
+
−2 ) ∆
...1
2
memiliki limit n menuju tak terhingga (sama artinya dengan ‖ ‖ menuju 0) maka limit tersebut disebut integral garis singgung dan f terintegralkan dalam metode garis singgung f pada I, ditulis ( )+
= lim
[ , ]
→
1 2
( )(
−2 ) ∆
+
…2
Definisi 2 Fungsi f yang terdefinisi pada satu titik a maka ∫ [ , ] = 0. Misalkan ∫ [ , ] maka ∫[ , ] = − ∫[ , ] . Dalam hal ini ∫ [ , ] menyatakan batas integrasinya dari b ke a, bukan integral pada [b,a]. Teorema 3 Misalkan dan ∫[ , ] ∫[ konstanta, maka: (i) dan ∫[ , ] ∫[
(ii)
](
,
dan misalkan C1 dan C2 sebarang
, ]
∫[
, ]
)=
+
∫[
+
, ]
∫[
, ]
Bukti: (i) Menurut Definisi 1, maka ( )+
= lim
[ , ]
→
1 2
( )(
−2 ) ∆
+
Jika kedua ruas dikalikan C1, maka =
[ , ]
lim →
( )+
1 ′( )( 2
+
−2 ) ∆
1 2
′( )(
+
−2 ) ∆
( )+
= lim →
= [ , ]
Hal yang sama untuk membuktikan (ii)
∫[
, ]
Menurut Definisi 1, maka [ , ](
( )+
= lim →
=
)
+
( )+
( )+
lim →
+
1 ′( )( 2
lim →
1 2
( )+
( ) (
+
−2 ) ∆
1 2
( )(
( )+
+
+
−2 ) ∆
−2 ) ∆
3
=
+
[ , ]
[ , ]
2. Kaitan Metode Garis Singgung dengan Integral Riemann dan Metode Trapesium (i)
Misalkan f sebarang fungsi kontinu pada selang tertutup = [ , ] dan + ) dengan i = 1, 2, mempunyai turunan di I, dan misalkan = ( …, n maka =
[ , ]
[ , ]
Bukti: Misalkan f sebarang fungsi kontinu pada selang tertutup = [ , ] dan + ) dengan i = 1, 2, mempunyai turunan di I, dan misalkan = ( + − 2 = 0. …,n maka diperoleh Menurut Definisi 1 maka [ , ]
= lim
( )+
1 2
( )(
= lim
( )+
1 2
( )(0) ∆
→
→
−2 ) ∆
+
( )∆
= lim →
= [ , ]
(ii) Misalkan ( ) = + dengan t dan s merupakan konstanta dan sebarang dengan i = 1, 2, …,n, maka =
[ , ]
[ , ]
Bukti : + dengan t dan s merupakan konstanta, f(x) fungsi Misalkan ( ) = polynomial maka f(x) kontinu pada setiap bilangan riil, dan mempunyai turunan yaitu ( )=
(
+ )=
( )+
( )=
untuk semua x di I = [a,b]. Misalkan juga …,n, sehingga menurut Definisi 1 [ , ]
( )+
= lim →
= lim
(
= lim
1 ( 2
→
→
1 2
+ )+
( )( 1 ( 2
+ ) + (t
( )+0 =
sebarang dengan i = 1, 2, + +
−2 ) ∆ −2 ) ∆
+ ) ∆
4
1 2
= lim →
=
(
)+ ( ) ∆
[ , ]
(iii) Misalkan f merupakan fungsi konstan dan misalkan sebuah titik sampel sebarang dari Ii yaitu dengan i = 1, 2, …,n, maka =
[ , ]
[ , ]
Bukti : Misalkan f merupakan fungsi konstan. Fungsi konstan merupakan fungsi polynomial, maka kontinu pada setiap bilangan riil akibatnya turunan dari f yaitu ’( ) = 0. Misalkan juga sebarang dengan i = 1, 2, …,n. Menurut Definisi 1, maka [ , ]
( )+
= lim →
1 2
( )(
+
1 ( ) + (0)( 2
= lim →
+
−2 ) ∆
−2 ) ∆
( )∆
= lim →
=
[ , ]
Teorema 4 Jika fungsi f terintegralkan ∫ [ , ] maka fungsi f terintegralkan Bukti: Fungsi f terintegralkan ∫ [ , ] . Menurut Definisi 1 [ , ]
= lim
( )+
= lim
( )∆
→
→
( )∆
= lim →
Karena nilai lim ∑
( )(
→
[ , ]
= lim
= lim →
=
+ →
1 2
( )(
+
+ lim →
− 2 )∆ ( )∆
, ]
−2 ) ∆
1 ′( ) ( 2
+
∫[
1 ′( ) ( 2
− 2 )∆
+ +
−2 )∆
= 0 maka diperoleh +0
( )∆
[ , ]
( )( + − 2 )∆ = 0 Pembuktian lim ∑ → → ∞ sama artinya dengan ‖ ‖ → 0, sehingga
5
lim →
1 2
= lim
‖ ‖→
( )( 1 2
( )( +
= =
1 2
lim
‖ ‖→
− 2 )∆
+
1 2
( )(
( )(
1 lim 2 ‖ ‖→
|
( )(
+
+
− 2 )∆
− 2 )∆ +⋯
− 2 )∆
− 2 ) ∙ lim ∆
+
‖ ‖→
=0
‖ ‖→
− 2 ) = 0. Ambil
+
‖ ‖→
1 2
( )(
− 2 )∆
+
Akan dibuktikan lim (
+
+
( ) ∙ lim (
maka, 0 < ‖ ‖ <
‖ ‖→
− 2 )∆
+
1 2
= lim
> 0 dan pilih δ =
>0
berarti +
−2 |=| + −2 |=| ≤| − |+| − | | ≤| − |+| − ≤ 2‖ ‖ ≤ 2∙
0<‖ ‖<
⇒|
2
−
+
− |
= +
−2 |<
Teorema 5 Jika fungsi f terintegralkan ∫ [ , ] dan mempunyai turunan pada [ , ], maka fungsi f terintegralkan ∫[ , ] Bukti: Fungsi f terintegralkan ∫ [ , ] , maka [ , ]
( )∆
= lim n→
Fungsi f mempunyai turunan pada [a,b]. Misalkan ∈ [ , ], maka turunan fungsi f ada nilainya pada (dengan kata lain ′( ) ada). akibatnya f kontinu pada [ , ]. Kedua ruas pada 3 ditambah dengan lim →
1 ′( ) ( 2
− 2 )∆
+
maka [ , ]
= lim n→
→
( )∆
= lim
( )∆
= lim
( )+
→
→
1 ′( ) ( 2
+ lim
→
1 2
− 2 )∆
1 ′( ) ( 2
+ lim +
+
1 ′( ) ( 2 ( )(
+
+ +
− 2 )∆
− 2 )∆
−2 ) ∆
6
=
[ , ]
Pada Teorema 4 telah dibuktikan bahwa 1 ′( ) ( 2
lim →
− 2 )∆
+
=0
sehingga diperoleh 1 2
+ lim
[ , ]
→
( )(
− 2 )∆
+
Teorema 6 Misalkan f suatu fungsi yang terintegralkan ∫[ + ), ′( ) > 0 atau > ( (i) jika < ( Ii dengan i = 1, 2, …, n maka ( )+
1 2
( )(
+
=
+0=
[ , ]
[ , ]
, ]
−2 ) ∆
+
), ′( ) < 0 untuk setiap
( )∆
>
dengan kata lain, nilai hampiran integral tentu dari fungsi f menggunakan dengan metode garis singgung lebih besar dibandingkan dengan nilai hampiran jumlah Rieman. + ), ′( ) > 0 atau (ii) jika > ( Ii , i = 1, 2, …, n maka ( )+
1 2
( )(
+
< (
−2 ) ∆
+
), ′( ) < 0 untuk setiap
( )∆
<
dengan kata lain, nilai hampiran nilai integral tentu dari fungsi f menggunakan hampiran jumlah Riemann besar dibandingkan dengan nilai hampiran dengan metode garis singgung. Bukti: (i) Perhatikan bahwa 1 < ( 2
) atau
+
1 ( + )− > 2 dan ′( ) > 0 maka ′( ) ⋅ ( sehingga
( )∆
( )+
(ii)
′( ) ⋅
+ 1 2
1 ( 2
+ )> 1 atau ( + −2 ) > 0 2 − 2 ) > 0 sehingga
− + 1 ( 2
( )(
+ +
− 2 )∆
−2 ) ∆
( )∆
>
>
( )∆
Perhatikan bahwa 1 > ( 2
dan ′( ) > 0 maka
+
) atau
( )⋅
(
1 ( 2
+ )< +
atau
1 ( 2
+
−2 )<0
− 2 ) < 0 sehingga
7
( )∆
′( ) ⋅
+
( )+
1 2
1 ( 2
( )(
+ +
− 2 )∆
−2 ) ∆
<
<
( )∆ ( )∆
3. Contoh Perhitungan Hampiran Integral Tentu dengan Metode Garis Singgung Telah diketahui bahwa terdapat 3 jenis fungsi yang dapat terintegralkan Riemann pada selang tertutup [a,b] dan menurut Teorema 5 maka fungsi tersebut harus memiliki turunan pada [a,b] untuk dapat diintegralkan dengan metode garis singgung. Pada bagian ini akan dibahas contoh dari 3 jenis fungsi tersebut dan satu contoh yang sulit diselesaikan dengan teorema dasar kalkulus. Penyelesaian hampiran integral tentu dari fungsi diselesaikan dengan bantuan komputer menggunakan software Matlab versi 5.3.1. Misalkan ξi = (2 xi-1+ xi)/3 dengan i = 1, 2, …, n, sehingga < ( + ) dan misalkan ∆ = ∆ = ⋯ = ∆ sehingga ∆ = dengan i = 1, 2, …, n
4. Fungsi Polinom Perhatikan beberapa contoh berikut: a. Mencari suatu nilai hampiran integral tentu berikut: (
− 3)
dengan n = 100, kemudian hasilnya dibandingkan dengan jumlah Riemann dan metode trapesium. Penyelesaian: Misalkan ( ) = − 3, maka ( ) = ( − 3) = ′( ) − ′(3) = ′( ) − ′(3) = 4 − 0 = 4 Karena ( ) memiliki turunan pada [1,4], maka hampiran dari ∫ ( − 3) dapat dihitung menggunakan metode garis singgung, dan ′( ) > 0
Nilai eksak berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus −3
= 195.6000
− 3)
≈ 195.5874
menggunakan jumlah Riemann dengan n = 100 maka ∫ (
)−3
menggunakan (1) dalam metode garis singgung dengan n = 100 maka ∫ (
1 = ( 5
− 3)
≈ 194.3187
menggunakan metode trapesium dengan n = 100 maka ∫ (
− 3)
≈ 195.6189
Dengan 8
̅
metode garis singgung = ̅
jumlah Riemann = ̅
metode trapesium =
|
|
. |
. |
| . |
|
. |
.
= 6.4417 × 10
= 660 × 10 |
. |
.
|
. |
.
= 9.6625 × 10
̅ metode garis singgung < ̅ metode trapesium < ̅ jumlah Riemann dan disimpulkan bahwa nilai hampiran dengan metode garis singgung lebih baik dari nilai hampiran jumlah Riemann dan metode trapesium.
b. Mencari suatu nilai hampiran integral tentu berikut: | |
dengan n = 100, kemudian hasilnya dibandingkan dengan jumlah Riemann dan metode trapesium. Penyelesaian: Misalkan ( ) = | |, tetapi ( ) tidak memiliki turunan di x = 0, maka f’(0) dihitung dengan (0) =
( ) − (0) = −0
→
| | − |0| →
=
| | →
Limit ini tidak ada karena | | →
=
=1
→
sedangkan | | →
maka nilai hampiran dari ∫ | | singgung
=
− →
= −1
tidak dapat dihitung dengan metode garis
c. Fungsi Sinus dan Cosinus Mencari suatu nilai hampiran integral tentu berikut: sin
dengan n = 10, kemudian hasilnya dibandingkan dengan jumlah Riemann dan metode trapesium. Penyelesaian: Misalkan ( ) = sin maka ( ) = cos Karena ( ) memiliki turunan pada [0, ], maka hampiran dari ∫ sin dihitung menggunakan metode garis singgung, dan ′( ) > 0 Nilai eksak sin
=1
Menggunakan dalam (1) metode garis singgung dengan n = 10 maka ∫ sin
= −cos |
dapat
≈ 1.0014
menggunakan jumlah Riemann dengan n = 10 maka ∫
sin
≈ 0.9745 9
menggunakan metode trapesium dengan n = 10 maka ∫ sin
dengan | ̅ metode garis singgung = |
̅
jumlah Riemann = ̅
metode trapesium =
|
. | |
≈ 0.9979
= 0.0014
| . = 0.0255 | | | | . = 0.0021 | |
̅ metode garis singgung < ̅ metode trapesium < ̅ jumlah Riemann dan disimpulkan bahwa nilai hampiran dengan metode garis singgung lebih baik dari nilai hampiran jumlah Riemann dan metode trapesium.
d. Fungsi rasional Mencari suatu nilai hampiran integral tentu berikut: 1+
dengan n = 100, kemudian hasilnya dibandingkan dengan hampiran jumlah Riemann dan metode trapesium. Penyelesaian: Misalkan ( ) = , maka ( ) = − Karena ( ) memiliki turunan pada [2,4], maka hampiran dari ∫ dihitung menggunakan metode garis singgung, dan ′( ) < 0 Nilai eksak 1+
dapat
= ln( ) + | = 2.6931
menggunakan dalam (1) metode garis singgung dengan n = 100 maka
∫
≈ 2.6931
menggunakan jumlah Riemann dengan n = 100 maka
∫
≈ 2.6940
menggunakan metode trapesium dengan n = 100 maka
∫
≈ 2.6932
Dengan metode garis singgung = ̅
jumlah Riemann = ̅
̅
| .
| .
metode trapesium =
| .
| . | .
| |
. | .
|
.
| .
= 0.00033419 |
|
=0
= 0.000037132
̅ metode garis singgung < ̅ metode trapesium < ̅ jumlah Riemann dan disimpulkan bahwa hampiran nilai dengan metode garis singgung lebih baik dari hampiran jumlah Riemann dan metode trapesium.
e. Contoh Integral Tentu Suatu Fungsi yang Sulit Diselesaikan dengan Teorema Dasar Kalkulus 10
sin
Menggunakan
metode
garis
singgung sin
dengan
n
=
100
maka
≈ 0.1528
11
