MATA KULIAH
: MATEMATIKA
POKOK BAHASAN : 1.
PENDAHULUAN
:
PERTIDAKSAMAAN,
NILAI
MUTLAK, SISTEM KOORDINAT 2.
FUNGSI DAN GRAFIK FUNGSI
3.
LIMIT DAN KONTINUITAS
4.
DERIVATIF
5.
APLIKASI DERIVATIF
6.
DERET TAYLOR DAN DERET MAC LAURIN
7.
INTEGRAL TAK TENTU
8.
INTEGRAL TERTENTU
9.
APLIKASI INTEGRAL TERTENTU
10. SISTEM PERSAMAAN LINEAR
BUKU PEGANGAN : 1.
Salers, S.L., and Hille, E., 1995 : Calculus One and Several Variables, J. Wiley.
2.
Purcell, E., 1985 : Kalkulus dan Geometri Analitis, Erlangga.
KOMPONEN PENILAIAN 1.
UTS
: 30 %
2.
UAS
: 35 %
3.
KUIS
: 10 %
4.
TUGAS/ PR
: 15 %
5.
KEAKTIFAN
: 10 %
SANGSI-SANGSI
:
1.
Tidak mengikuti UTS & UAS : NILAI NOL.
2.
Menyontek dan bekerja sama pada saat Ujian & Kuis : NILAI NOL.
3.
Keterlambatan maksimal 15 menit.
BAB II FUNGSI DAN GRAFIK FUNGSI 2.1.
Fungsi Apabila himpunan A dan B tak kosong, maka relasi dari A ke B didefinisikan sebagai himpunan tak kosong R ⊂ AXB dengan AxB = {(a, b) : a ∈ A & b ∈ B}.
Jika R adalah relasi dari A ke B dan a ∈ A berelasi dengan b ∈ B , maka dinotasikan (a, b) ∈ R atau aRb atau b = R (a) .
Definisi (fungsi)
Diketahui R relasi dari A ke B. Jika setiap a ∈ A berelasi dengan tepat satu b ∈ B , maka R disebut
fungsi dari A ke B. f : A→ B
a• b• c•
•1 •2 •3 •4
dengan A disebut daerah asal/ domain B disebut daerah kawan/ kodomain Himpunan semua anggota B yang mempunyai kawan di A disebut range/ daerah hasil/ image.
2.1.1.
Fungsi Surjektif, fungsi Injektif, dan fungsi Bijektif
Diberikan fungsi f : A → B (i)
Jika setiap anggota himpunan B mempunyai kawan anggota himpunan A, maka f disebut fungsi Surjektif/ fungsi Pada (Onto function).
(ii) Jika setiap anggota himpunan B yang mempunyai kawan di A, kawannya tunggal, maka f disebut fungsi Injektif/ fungsi 1-1 (Into function). (iii) Jika setiap anggota himpunan B mempunyai tepat satu kawan di A, maka f disebut fungsi
Bijektif/ fungsi Korespondensi 1-1 (Bijektif function).
1
2.1.2.
Operasi pada fungsi
Diberikan skalar real α dsn fungsi-fungsi f dan g ( f + g )( x) = f ( x) + g ( x) ( f − g )( x) = f ( x) − g ( x) (αf )( x) = αf ( x) ( f .g )( x) = f ( x).g ( x) ( f / g )( x) = f ( x) / g ( x) , g ( x) ≠ 0. dengan domain :
Dαf = D f D f + g = D f − g = D f .g = D f ∩ D g
{
}
D f / g = x ∈ D f ∩ D g : g ( x) ≠ 0 Contoh : Diberikan fungsi-fungsi f dan g sebagai berikut :
f ( x) = 2 − x
dan g ( x) = ln( x − 1) ,
Tentukan f + g dan g / f , beserta domainnya. Penyelesaian : ¾
f ( x) = 2 − x ⇔ 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 , didapat : D f = {x ∈ R : x ≤ 2}
¾
g ( x) = ln( x − 1) ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 , didapat : D g = {x ∈ R : x > 1}
a.
( f + g )( x) = f ( x) + g ( x) = 2 − x + ln( x − 1) dengan domain : D f + g = D f ∩ D g = {x ∈ R : 1 < x ≤ 2} = (1,2]
b.
( g / f )( x) = g ( x) / f ( x) = ln( x − 1) / 2 − x dengan domain : ⎧ ⎫ D g / f = ⎨ D ∩ D : f ( x) ≠ 0⎬ = {x ∈ R : 1 < x < 2} = (1,2) g ⎩ f ⎭
2.1.3.
Fungsi Invers
Diberikan fungsi f : A → B . Kebalikan (invers) dari fungsi f adalah relasi g dari B ke A. Jika f : A → B merupakan korespondensi 1-1, maka invers f merupakan fungsi, dinotasikan f −1 . x = f −1 ( y ) ⇔ y = f ( x) . D −1 = R f f
dan
R −1 = D f . f
2
Contoh : Tentukan f −1 dari fungsi-fungsi berikut :
x −1 3x + 2
1.
f ( x) = 1 −
2.
⎧ ⎪ − x, ⎪ g ( x) = ⎨− 1, ⎪ −1 , ⎪ ⎩ x +1
x<0 x=0 x>0
Penyelesaian : 1.
f ( x) = 1 −
x −1 x −1 x −1 =1− y ⇔ ⇔ y =1− 3x + 2 3x + 2 3x + 2
⇔ (1 − y )(3x + 2) = x − 1 ⇔ 3x + 2 − 3xy − 2 y = x − 1 ⇔ 2 x − 3xy = 2 y − 3 ⇔ x(2 − 3 y ) = 2 y − 3 2y − 3 ⇔x= = f − 1( y
)
2 − 3y 2x − 3 . Jadi, f − 1 ( x) = 2 − 3x
2.
⎧ ⎪ − x, ⎪ g ( x) = ⎨− 1, ⎪ −1 , ⎪ ⎩ x +1
x<0 x=0 x>0
¾ Untuk x < 0 , y = g ( x) = − x > 0 sehingga :
x = − y = g − 1 ( y) ,
y > 0.
¾ Untuk x = 0 , g (0) = −1 sehingga :
0 = g − 1 (−1) . ¾ Untuk x > 0 , y = g(x) =
−1
>
−1
= −1
x +1 0 +1 dan y < 0 sehingga :
3
y=
−1
⇔ xy + y = −1
x +1 ⇔x=
−1− y
= g − 1 ( y) ,
− 1 < y < 0.
y Jadi, ⎧ ⎪ ⎪ g − 1 ( x) = ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
− x,
x>0 x = −1
0, −1− x , x
−1< x < 0
2.1.4. Fungsi Komposisi Definisi
Fungsi komposisi dari f dan g, dinotasikan f o g , didefinisikan sebagai : ( f o g )( x) = f ( g ( x)) dengan domain :
{
}
D f o g = x ∈ D g : g ( x) ∈ D f . Contoh : 1.
Tentukan f o g , g o f , dan domainnya dari fungsi-fungsi berikut : f ( x) = 1 − x 2 dan g ( x) = 2 x 2 .
2.
Tentukan f o g jika diketahui :
⎧1 + x , f ( x) = ⎨ ⎩1 / x ,
x≥0 x<0
dan ⎧ x , ⎪ g ( x) = ⎨ ⎪x −1 ⎩ 2x − 1 ,
x >1 x ≤1
Penyelesaian : 1.
f ( x) = 1 − x 2 ⇔ 1 − x 2 ≥ 0 ⇔ (1 − x)(1 + x) ≥ 0 x = 1 atau x = −1 --1
++
-1
4
Jadi, D
f
= {x ∈ R : −1 ≤ x ≤ 1}
g ( x) = 2 x 2 ⇒ D = R g
2 2 4 ¾ ( f o g )( x) = f ( g ( x)) = 1 − (2 x ) = 1 − 4 x dengan domain :
{
}
D f o g = x ∈ D g : g ( x) ∈ D f
{ {
}
= x ∈ R : 0 ≤ 2x 2 ≤ 1 = x ∈ R : 0 ≤ x 2 ≤ 1/ 2
{ = [− 1 /
}
= x ∈ R : −1 / 2 ≤ x ≤ 1 / 2 2 ,1 / 2
]
⎛ 2 ¾ ( g o f )( x) = g ( f ( x)) = 2⎜ 1 − x ⎜ ⎝ dengan domain :
{
D g o f = x ∈ D f : f ( x) ∈ D g
}
2 ⎞ ⎟ = 2⎛⎜1 − x 2 ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ⎠
}
= {x ∈ R : −1 ≤ x ≤ 1} = [−1,1]
2.
⎧1 + x , f ( x) = ⎨ ⎩1 / x ,
x≥0 , x<0
⎧ x , ⎪ g ( x) = ⎨ ⎪x −1 ⎩ 2x − 1 ,
x >1 x ≤1
( f o g )( x) = f ( g ( x)) ¾ Untuk x > 1 , g ( x) =
( x − 1) + 1 1 x = =1+ > 1 > 0 , sehingga : x −1 x −1 x −1
( f o g )( x) = f ( g ( x)) = 1 + g ( x) = 1 +
x
, x > 1.
x −1
¾ Untuk x ≤ 1 , g ( x) = 2 x − 1 ≤ 2.1 − 1 = 1 .
Karena g ( x) ≤ 1 , maka dapat dibagi menjadi dua subinterval yaitu 0 ≤ g ( x) ≤ 1 dan g ( x) < 0 (i)
0 ≤ g ( x) ≤ 1 ⇔ 0 ≤ 2 x − 1 ≤ 1
⇔ 1 ≤ 2x ≤ 2 ⇔ 1/ 2 ≤ x ≤ 1
5
sehingga : ( f o g )( x) = f ( g ( x)) = 1 + g ( x ) = 1 + ( 2 x − 1) = 2 x , 1 / 2 ≤ x ≤ 1.
g ( x) < 0 ⇔ 2 x − 1 < 0 ⇔ x < 1 / 2
(ii)
sehingga : ( f o g )( x) = f ( g ( x)) = 1 / g ( x) = 1 /( 2 x − 1) , x < 1 / 2. Jadi, ⎧ ⎪ ( f o g )( x) = ⎨ ⎪ ⎩
2.2.
1 + x /( x − 1) ,
x >1 1/ 2 ≤ x ≤ 1
2x , 1 /( 2 x − 1) ,
x < 1/ 2
Grafik Fungsi
Diberikan fungsi f.
{
}
Himpunan ( x, y ) : y = f ( x), x ∈ D f disebut grafik fungsi f. 2.2.1. Grafik fungsi dalam S.K. Cartesius a.
Fungsi Aljabar
Fungsi f disebut fungsi aljabar jika f dapat dinyatakan sebagai jumlahan, selisih, pangkat, hasil kali, hasil bagi, atau akar fungsi suku banyak (polinomial). Fungsi aljabar meliputi : 1.
Fungsi rasional yang dapat berupa fungsi bulat (polinomial) dan fungsi pecah.
2.
Fungsi irasional
Keterangan 1. Fungsi Rasional ¾ Fungsi suku banyak (polinomial)
Polinom berderajat n : f ( x) = P n ( x) = a 0 + a1 x + L + a n x n , dengan n bilangan bulat tak negatif,
a0 , a1 , L , a n merupakan bilangan real, a n ≠ 0 . (i)
Fungsi konstan
Polinom dengan n = 0 f ( x) = c , grafiknya berupa garis lurus sejajar sumbu-x. Contoh : f ( x) = 2
6
(ii)
Fungsi Linear
Polinom dengan n = 1 f ( x) = ax + b , grafiknya berupa garis lurus dengan gradien a dan melalui (0, n) . Contoh : f ( x) = x + 1 (iii)
Fungsi Kuadrat
Polinom dengan n = 2 f ( x) = ax 2 + bx + c , grafiknya berupa parabola. Deskriminan d = b 2 − 4ac . Contoh : f ( x) = x 2 (iii)
Fungsi Kubik
Polinom dengan n = 3 f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d . Contoh : f ( x) = x 3 , f ( x) = ( x + 1) 3 ¾ Fungsi pecah
Fungsi pecah adalah fungsi yang dapat dinyatakan sebagai hasilbagi dua fungsi suku banyak/ polinom. + a x +L+ a x 0 1 n
n
b + b x +L+ b x 0 1 m
m
a f ( x) =
Contoh : f ( x) =
1
f ( x) =
,
x x −1
x
2. Fungsi Irasional
Contoh : f ( x) = a
2
−x
2
7
b.
Fungsi Transenden
meliputi : Fungsi Trigonometri, Fungsi Siklometri, Fungsi Eksponen, dan Fungsi Logaritma. (i)
Fungsi Trigonometri
y P(x,y) r |y| θ 0
|x|
x
Didefinisikan : Sinθ = y / r ⇒ Co sec θ = r / y Cosθ = x / r ⇒ Secθ = r / x Tanθ = y / x ⇒ Cotθ = x / y Dari definisi di atas, dapat ditunjukkan bahwa : Sinθ Cosθ Cosθ Cotθ = Sinθ 1 Secθ = Cosθ 1 Co sec θ = Sinθ
Tanθ =
Sin 2θ + Cos 2θ = 1 1 + Tan 2θ = Sec 2θ 1 + Cot 2θ = Co sec 2 θ
8
(ii) Fungsi Siklometri
Fungsi Siklometri adalah invers fungsi trigonometri. Untuk domain tertentu invers fungsi trigonometri merupakan fungsi. Didefinisikan :
y = Sin − 1 x = arcsin x ⇔ x = Sin y , y ∈ [−π / 2, π / 2] y = Cos − 1 x = arccos x ⇔ x = Cos y , y ∈ [0, π ] y = Tan − 1 x = arctan x ⇔ x = Tan y , y ∈ (−π / 2, π / 2) y = Co sec − 1 x = arccos ecx ⇔ x = Sec y , y ∈ (0, π ) y = Sec − 1 x = arc sec x ⇔ x = Sec y , y ∈ (−π / 2, π / 2) y = Cot − 1 x = arc cot x ⇔ x = Cot y , y ∈ (0, π )
(iii) Fungsi Eksponensial
f ( x) = a x , a > 0 , a ≠ 1 (iv) Fungsi Logaritma
y = a log x ⇔ x = a D
f
y
= {x ∈ R : x > 0}.
, a > 0 , a ≠1
KUIS 1 : 1.
Tentukan f o g jika diberikan fungsi-fungsi sebagai berikut :
⎧⎪ x , f ( x) = ⎨ ⎪⎩ x ,
x≥0 x<0
dan ⎧ ( x + 2) 2 , ⎪ g ( x) = ⎨ x 2 − 2 x + 1 , ⎪ ⎩3 x ,
x≥4 −1< x < 4 x ≤ −1
dan gambarkan grafik fungsi f, g dan f o g . 2.
Tentukan invers dari fungsi f berikut :
9
⎧ 2x , ⎪ ⎪ ⎪x −1 f ( x ) = ⎨2 , ⎪ 1 ⎪ 3+ , ⎪ x −1 ⎩
x <1 x =1 x >1
Dan gambarkan grafik fungsi f dan f −1 .
|
Gambar grafik dari f ( x) = 6 x − 2 x | x .
3.
*****Selamat mengerjakan*****
BAB III LIMIT DAN KONTINUITAS
Diberikan fungsi f ( x) = x + 1 Grafik fungsi dari f ( x) = x + 1 Tabel nilai dari fungsi f X
f(x)=x+1
3
4
2
3
1,6
2,6
1,2
2,2
3
1,15
2,15
2
1,009
2,009
1
0,99
1,99
0,55
1,5
0
1
-1
0
1
2
Jadi, lim f ( x) = lim x + 1 = 2 x→1 x→1 Artinya : ketika x semakin dekat ke bilangan 1 dengan x ≠ 1 , maka nilai f ( x) = x + 1 semakin dekat ke 2.
10
Secara umum, lim f ( x) = L ⇔ ” ketika x semakin dekat ke bilangan a dengan x ≠ a , maka nilai f(x) semakin dekat ke x →a bilangan L. Definisi lim f ( x) = L ⇔ untuk setiap bilangan ε > 0 , terdapat bilangan δ > 0 sehingga apabila 0 < x − a < δ x →a maka berlaku f ( x) − L < ε . Contoh Tunjukkan bahwa : lim 3x + 1 = 7 x →2 Bukti (3 x + 1) − 7 = 3x − 6 = 3 x − 2 < ε ⇒ x − 2 <
ε 3
Diambil sebarang bilangan ε > 0 , terdapat bilangan δ =
ε
, sehingga apabila 0 < x − 2 < δ , maka berlaku
3 (3 x + 1) − 7 = 3 x − 6 = 3 x − 2 < 3δ = 3
ε
=ε
3
Jadi terbukti bahwa : 3x − 6 < ε Dengan kata lain, lim 3x + 1 = 7 x →2
■
Sifat Jika lim f ( x) ada, maka limitnya tunggal. x→a Artinya : Jika lim f ( x) = L dan lim f ( x) = K maka L = K x →a x →a
11
Contoh Tunjukkan bahwa lim x→0
| x|
tidak ada
x
Penyelesaian untuk x > 0 diperoleh : lim x→0
| x| x
= lim x→0
x x
= lim 1 = 1 x→0
Tetapi untuk x < 0 diperoleh : lim x→0
| x| x
= lim x→0
Karena limitnya tidak tunggal, maka lim x→0
| x|
−x x
= lim − 1 = −1 x→0
tidak ada ■
x
Sifat Diberikan konstanta k bilangan real, lim f ( x) = L , dan lim g ( x ) = K , maka berlaku : x →a x→a 1.
lim k = k x →a
2.
lim { f ( x) ± g ( x)} = lim f ( x) ± lim g ( x) = L ± K x →a x →a x →a
3.
lim kf ( x) = k lim f ( x) = kL x →a x →a
4.
lim f ( x) g ( x) = lim f ( x) lim g ( x) = LK x →a x →a x →a lim f ( x)
5.
lim x →a
f ( x) g ( x)
=
x→a lim g ( x)
=
L
,
K ≠0
K
x→a 6.
untuk n bilangan asli, berlaku :
i.
n ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ lim ( f ( x) )n = ⎨ lim f ( x)⎬ = Ln x →a ⎪ ⎪ ⎩x → a ⎭
ii.
⎧ ⎫ ⎪ ⎪ − n lim ( f ( x) ) = ⎨ lim f ( x) ⎬ x →a ⎪ ⎪ ⎩x → a ⎭
−n = L− n
12
iii.
1/ n ⎫ ⎧ ⎪ ⎪ lim ( f ( x) )1 / n = ⎨ lim f ( x)⎬ = L1 / n x →a ⎪ ⎪ ⎭ ⎩x → a untuk n genap dan L > 0.
Contoh 1.
lim 1 + 4 x = lim (1 + 4 x)1/ 2 x→1 x→1 1/ 2 = ⎧⎨ lim (1 + 4 x)⎫⎬ = 5 ⎩ x→1 ⎭
2.
lim ( x 2 + 1) 2 x 2 + 1 x→1 lim = = =1 x→1 x 3 + 1 lim ( x 3 + 1) 2 x→1
Latihan 1.
x2 − 4 lim x →2 x 2 + 2 x − 8
2.
2 2− x +3 lim x→1 x −1
3.
lim x→0
1− 3 x +1 x
Penyelesaian ( x − 2)( x + 2) x2 − 4 = lim 1. lim x→2 x 2 + 2 x − 8 x→2 ( x − 2)( x + 4) ( x + 2) = lim x →2 ( x + 4)
lim ( x + 2) 4 2 x = = = →2 lim ( x + 4) x →2 6 3
2.
2 2 2 2− x +3 2− x +3 2+ x +3 lim . = lim x→1 x→1 x −1 x −1 2 2+ x +3
13
= lim x→1
= lim x→1
4 − ( x 2 + 3) ⎛ ⎞ 2 ( x − 1)⎜ 2 + x + 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 1− x
⎛ ⎞ 2 ( x − 1)⎜ 2 + x + 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (1 − x)(1 + x) = lim x→1 ⎛ ⎞ 2 ( x − 1)⎜ 2 + x + 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − (1 + x) = lim x→1 2 + x2 + 3 =
3. lim x→0
lim − (1 + x) 1 −2 x→1 = =− lim 2 + x 2 + 3 4 2 x→1
1− 3 x +1 x
Substitusi : y = 3 x + 1 ⇒ y 3 = x + 1 ⇒ x = y 3 − 1 x → 0 ⇒ y →1 lim x→0
1− y 1− 3 x +1 = lim y→1 y 3 − 1 x
Ingat : a 3 − b 3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) Sehingga diperoleh : lim x→0
1− y 1− 3 x +1 = lim y→1 y 3 − 1 x 1− y = lim y→1 ( y − 1)( y 2 + y + 1) −1 = lim y→1 ( y 2 + y + 1) =
1 −1 =− lim ( y 2 + y + 1) 3 y→1
14
Teorema Apit Diberikan fungsi-fungsi f, g, dan h sehingga : f ( x) ≤ g ( x) ≤ h( x) untuk semua x di dalam interval terbuka yang memuat a. Jika lim f ( x) = lim h( x) = L , maka lim g ( x) = L x →a x→a x →a Contoh Tentukan lim x 2 sin 1x x→0 Penyelesaian Dengan menggunakan teorema apit diperoleh : Untuk x ≠ 0 ,
− 1 ≤ sin 1 ≤ 1 ⇒ − x 2 ≤ x 2 sin 1 ≤ x 2 x x
Perhatikan bahwa : lim − x 2 = 0 x→0
dan
lim x 2 = 0 x→0
Sehingga diperoleh : lim x 2 sin 1x =0 x→0 LIMIT SATU SISI y = f (x)
L3 L2
L1
x1
x2
lim f ( x) = L3 tetapi lim f ( x) tidak ada. x→ x2 x→ x1 Perhatikan bahwa : lim f ( x) = L 2 x→ x + 1 dibaca : limit fungsi f ketika x mendekati x1 dari kanan dan
15
lim f ( x) = L 1 x→ x − 1
dibaca : limit fungsi f ketika x mendekati x1 dari kiri Definisi lim f ( x) = L ⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 sehingga ∀x ∈ D f dengan x ∈ (a − δ , a ) berlaku : x →a −
1.
f ( x) − L < ε . lim f ( x) = L ⇔ ∀ε > 0 , ∃δ > 0 sehingga ∀x ∈ D f dengan x ∈ (a, a + δ ) berlaku : x →a +
2.
f ( x) − L < ε .
Contoh : 1.
Diberikan fungsi f ( x) =
x−2 x−2
.
Tentukan nilai limit fungsi f untuk x → 2 dan x → 3 Jawab ⎧x−2 , x−2≥0 ⎪ ⎪ x−2 ⎪x−2 =⎨ f ( x) = x − 2 ⎪ − ( x − 2) , x−2<0 ⎪ ⎪⎩ x − 2
⎧1 f ( x) = ⎨ ⎩− 1
, x≥2 , x<2
1 2
-1
16
lim
a.
x→2
+
tetapi
f ( x) =
x→2 lim x→2
lim
b.
x→3
+
dan
lim
f ( x) =
−
x→3
−
1=1
f ( x) =
lim x→2
lim x→2
lim
+
+
f ( x) =
+
− 1 = −1
1=1
lim x→2
+
1=1
, x≥3 ⎧x − 1 ⎪ Diberikan fungsi f ( x) = ⎨ 2 ⎪⎩ x + 3 , x < 3
2.
Tentukan nilai limit fungsi f untuk x → 3 Jawab lim x→3 tetapi
+
f ( x) =
x→3 lim
x→3
−
lim x =0 x→0+
3.
lim
f ( x) =
+
x −1= 2
lim x→3
dan
−
x 2 + 3 = 12
lim x tidak ada x→0−
Dari Ketunggalan Limit diperoleh teorema berikut : Teorema lim f ( x) = L ⇔ lim f ( x) = lim − f ( x) = L x →a x →a x →a + Akibat Jika
lim f ( x) ≠ lim − f ( x) maka lim f ( x) tidak ada. x→a x →a x →a +
Dari ketiga contoh di atas dapat diambil kesimpulan : 1.
lim f ( x) tidak ada sebab x→2 lim f ( x) = 1 sebab x→3
lim x→2
lim x→3
+
+
f ( x) =
f ( x) ≠
lim x→2
lim x→3
−
−
f ( x)
f ( x) = 1
17
lim f ( x) tidak ada sebab
2.
x→3
x→3 3.
lim
+
f ( x) ≠
lim x→3
−
f ( x)
lim x tidak ada x→0 LIMIT TAK HINGGA DAN LIMIT MENUJU TAK HINGGA Perhatikan fungsi f ( x) = y = 1/ x
1 x
1
-1
0
1
-1
Perhatikan bahwa : lim x→0
+
f ( x) =
lim x→0
1 +
= +∞ ,
x
lim x→0
−
f ( x) =
lim x→0
1 −
x
= −∞ . Jadi, lim
1
tidak ada.
x→0 x
dan lim f ( x) = lim x→∞
1
=0 ,
x→∞ x
lim x → −∞
f ( x) =
lim
1
=0
x → −∞ x
Definisi (Limit Tak Hingga) 1.
lim f ( x) = ∞ jika ∀M > 0 , ∃δ > 0 sehingga ∀x ∈ D dengan 0 <| x − a |< δ berlaku : f x →a f ( x) > M
2.
lim f ( x) = −∞ jika ∀M > 0 , ∃δ > 0 sehingga ∀x ∈ D dengan 0 <| x − a |< δ berlaku : f x→a f ( x) < − M
Contoh 1.
1 lim =∞ x → −1 | x + 1 |
18
2.
1 1 lim = lim 3 2 x→0 x − x x → 0 x2
⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ x −1⎠
1 ⎛ 1 ⎞ = lim ⎜ ⎟ lim x → 0⎝ x − 1 ⎠ x → 0 x 2 1 = − lim x → 0 x2 = −∞ Definisi (Limit Menuju Tak Hingga) 1.
lim f ( x) = L jika ∀ε > 0 , ∃M > 0 sehingga ∀x > M berlaku : f ( x) − L < ε . x→∞
2.
lim f ( x) = L jika ∀ε > 0 , ∃M > 0 sehingga ∀x < − M berlaku : f ( x) − L < ε . x → −∞
Sifat c lim =0 x → ±∞ x n Contoh
1.
1 2 2 2x + 1 2x + 1 x 2 lim . = lim x → ∞ 3x 2 − 2 x → ∞ 3x 2 − 2 1 x2 2+ 1 x2 = 2 + 0 = 2 = lim 3−0 3 x→∞ 3− 2 2 x
19
2.
⎛ ⎞ lim ⎜ x − x 2 − 2 x ⎟ ⎠ x → ∞⎝
( (
2 ⎛ ⎞ x + x − 2x 2 = lim ⎜ x − x − 2 x ⎟. ⎠ x + x 2 − 2x x → ∞⎝
) )
x 2 − ⎛⎜ x 2 − 2 x ⎞⎟ ⎝ ⎠ = lim x → ∞ x + x 2 − 2x 2x = lim x → ∞ x + x 2 − 2x 1 .x = lim x → ∞ x + x 2 − 2x 1 x 2 2 = lim = =1 x → ∞1+ 1− 2 1+1 x 2x
Latihan 1.
x 2 − 2x − 3 lim x → ∞ 2x 2 + 4x + 7
2.
x 6 − 2 x 3 + 7 x − 65 lim x → −∞ x 5 + 2 x 3 + 7 x + 1
3.
x3 + 7x − 2 lim x → −∞ x 5 + x 3 + 7 x + 2
Penyelesaian
1.
1 x 2 − 2x − 3 x 2 − 2x − 3 x 2 . lim = lim x → ∞ 2x 2 + 4x + 7 x → ∞ 2x 2 + 4x + 7 1 x2 1− 2 − 3 x x2 1− 0 − 0 1 = lim = = 2+0+0 2 x→∞ 2+ 4 + 7 x x2
20
2.
x 6 − 2 x 3 + 7 x − 65 lim x → −∞ x 5 + 2 x 3 + 7 x + 1 1 6 3 x − 2 x + 7 x − 65 x 5 = lim . x → −∞ x 5 + 2 x 3 + 7 x + 1 1 x5 x − 2 + 7 − 65 x 2 x 4 x 5 = ∞ − 0 + 0 − 0 = −∞ = lim 1+ 0 + 0 + 0 x → −∞ 1 + 2 + 7 + 1 2 4 5 x x x
3.
1 3 3 5 x + 7x − 2 x + 7x − 2 .x lim = lim x → −∞ x 5 + x 3 + 7 x + 2 x → −∞ x 5 + x 3 + 7 x + 2 1 x5 1 + 7 − 2 x 2 x 4 x5 = lim x → −∞ 1 + 1 + 7 + 2 x 2 x 4 x5 =
0+0−0 =0 1+ 0 + 0 + 0
LIMIT FUNGSI TRIGONOMETRI Teorema 1.
sin x x lim = lim =1 x→0 x x → 0 sin x
2.
tan x x lim = lim =1 x → 0 tan x x→0 x
Contoh 1.
1 3x + sin 2 x 3x + sin 2 x x = lim lim . x → 0 x + 4 tan 3x x → 0 x + 4 tan 3 x 1 x 3 + sin 2 x 3+ 2 5 x = lim = = x → 0 1 + 4 tan 3x 1 + 4.3 13 x
21
2.
1 − cos x 1 − cos x 1 + cos x lim . = lim x → 0 x tan x x → 0 x tan x 1 + cos x
1 − cos 2 x = lim x → 0 ( x tan x)(1 + cos x) sin 2 x = lim x → 0 ( x tan x)(1 + cos x) sin 2 x x = lim . ( x tan x )( 1 + cos x ) x x→0 sin x sin x x 1 1 1 = lim = 1.1.1. = . . . + x x tan x 1 cos x 2 2 x→0 3.
sin 5 x sin 5 x x lim = lim . x → 0 tan 3 x x → 0 tan 3x x = lim x→0
sin 5 x x 1 5 . = 5. = x tan 3 x 3 3
Bilangan Alam (e) Ingat : Rumus Binomial Newton Untuk setiap a, b ∈ ℜ dan n ∈ Ν berlaku : n ⎛n⎞ (a + b) n = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟a n − k b k k = 0⎝k ⎠ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟a n b 0 + ⎜⎜ ⎟⎟a n − 1b1 + ⎜⎜ ⎟⎟a n − 2 b 2 + L + ⎜⎜ ⎟⎟a 0 b n ⎝0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝2⎠ ⎝n⎠ = a n + na n − 1b + Untuk a = 1 dan b =
n(n − 1) n − 2 2 a b + L + bn 2!
1 , diperoleh : n
n n ⎛n⎞ n − k 1 k 1⎞ ⎛ + 1 ⎜ ⎟ = ∑ ⎜⎜ ⎟⎟1 n⎠ n ⎝ k = 0⎝k ⎠ 1 1 1 = 2 + ⎛⎜1 − 1 ⎞⎟ + ⎛⎜1 − 1 ⎞⎟⎛⎜1 − 2 ⎞⎟ + L + ⎛⎜1 − 1 ⎞⎟⎛⎜1 − 2 ⎞⎟ L ⎛⎜1 − n − 1 ⎞⎟ n ⎠ 3! ⎝ n ⎠⎝ n⎠ n⎠ ⎝ n ⎠ n! ⎝ n ⎠⎝ 2! ⎝ n 1 1 1 ⎛ 1⎞ lim ⎜1 + ⎟ = 2 + + + L + = 2,718...... = e n! 2! 3! n → ∞⎝ n ⎠
22
Untuk m, n ∈ Ν dengan m ≥ n berlaku : n m ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ ≤ ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ n⎠ m⎠ ⎝ ⎝ Untuk x ∈ ℜ , m, n ∈ Ν dan n ≤ x ≤ m berlaku : n x m ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ ≤ ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ ≤ ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ n⎠ x⎠ m⎠ ⎝ ⎝ ⎝
Dengan teorema Apit diperoleh : x lim ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ = e x⎠ x → ∞⎝
Dengan cara yang sama, x lim ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ = e x⎠ x → −∞⎝ 1 lim (1 + x ) x = e x→0 x lim ⎛⎜1 + a ⎞⎟ = e a x⎠ x → ∞⎝ Contoh 1.
lim ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ 2x + 1 ⎠ x → ∞⎝
5x + 3
, substitusi : y =
1 2x + 1
x→∞⇒ y→0 y=
1 ⇒ 2 xy + y = 1 2x + 1 1− y ⇒x= 2y ⇒x= 1 −1 2y 2
Sehingga diperoleh : lim ⎛⎜1 + 1 ⎞⎟ 2x + 1 ⎠ x → ∞⎝
5x + 3
⎛ 1 1⎞ = lim (1 + y )5⎜ 2 y − 2 ⎟ + 3 ⎠ ⎝ y→0
23
5 1 = lim (1 + y ) 2 y + 2 y→0 5 1 = lim (1 + y ) 2 y lim (1 + y ) 2 y→0 y→0 5 1 ⎫2 ⎧ ⎪ ⎪ = lim ⎨ 1 + y y ⎬ y → 0⎪⎩ ⎪⎭ 5 5 1 ⎫2 ⎧⎪ ⎪ y = ⎨ lim 1 + y ⎬ =e2 y → 0 ⎪⎩ ⎪⎭
2.
(
)
(
)
lim ⎛⎜ 2 x + 1 ⎞⎟ x → ∞⎝ 2 x − 1 ⎠
3x + 4
= lim ⎛⎜ 2 x − 1 + 2 ⎞⎟ x → ∞⎝ 2 x − 1 ⎠
3x + 4
= lim ⎛⎜1 + 2 ⎞⎟ 2x − 1 ⎠ x → ∞⎝
substitusi : y =
3x + 4
2 2x − 1 x→∞⇒ y→0
y=
2 ⇒ 2 xy − y = 2 2x − 1 2+ y ⇒x= 2y ⇒x= 1 + 1 y 2
24
Sehingga diperoleh : lim ⎛⎜1 + 2 ⎞⎟ x → ∞⎝ 2 x − 1 ⎠
3x + 4
⎛1 1⎞ = lim (1 + y )3⎜⎝ y + 2 ⎟⎠ + 4 x→∞ 3 11 = lim (1 + y ) y + 2 x→∞ 3 11 = lim (1 + y ) y lim (1 + y ) 2 x→∞ x→∞ 3 1⎫ ⎧⎪ ⎪ = lim ⎨ 1 + y y ⎬ x → ∞ ⎪⎩ ⎪⎭ 3 1⎫ ⎧⎪ ⎪ = ⎨ lim 1 + y y ⎬ = e 3 ⎪⎩ x → ∞ ⎪⎭
(
)
(
)
Teorema Jika lim f ( x) = 0 dan lim g ( x) = ±∞ , maka x→c x→c lim f ( x).g ( x) lim (1 + f ( x) ) g ( x) = e x → c x→c Contoh
x 2 Tentukan lim x x − 3 x + 2 x →1 Penyelesaian x 2 lim x x − 3x + 2 = lim (1 + ( x − 1) ) x →1 x →1 Diambil : f ( x) = x − 1 dan g ( x) =
x 2 x − 3x + 2
x x 2 − 3x + 2
x Sehingga : lim x − 1 = 0 dan lim =∞ x →1 x → 1 x 2 − 3x + 2
25
Jadi, x 2 lim x x − 3x + 2 = lim (1 + ( x − 1) ) x →1 x →1
x 2 x − 3x + 2
x lim ( x − 1) 2 x → 1 x − 3x + 2 =e x( x − 1) lim x − ( 2)( x − 1) = e x →1 = e− 1 KONTINUITAS Definisi Fungsi f dikatakan kontinu di titik x = a jika : lim f ( x) = f ( a) x→a Dengan kata lain, fungsi f kontinu di titik x = a jika memenuhi syarat-syarat berikut : 1.
f(a) ada
2.
lim f ( x) ada x→a
3.
lim f ( x) = f ( a) x→a
Selanjutnya, titik x = a disebut titik kontinuitas Jika salah satu syarat tidak dipenuhi, maka f dikatakan diskontinu di x = a . Secara grafik, fungsi f kontinu di titik x = a jika grafik fungsi f pada suatu interval yang memuat a tidak terpotong di titik (a, f (a) )
y = f ( x)
a
x 1
x
2
x
3
x
4
b
26
Fungsi f kontinu di x dan di setiap titik di dalam (a,b) kecuali di titik-titik x , x , x . 1 2 3 4 1.
lim x→x
f ( x) tidak ada 2
2.
lim f ( x) ≠ f (3) x→x 3
3.
Nilai fungsi f ( x ) tidak ada 4
Contoh
f ( x) =
1. 2.
x2 −1 diskontinu di x = 0 sebab f (0) tidak terdefinisi x
⎧0 , x < 0 Fungsi H ( x) = ⎨ ⎩1 , x ≥ 0 diskontinu di x = 0 sebab lim H ( x) tidak ada x→0
⎧x + 1 , x ≤ −1 ⎪⎪ f ( x ) = ⎨2 x + 1 , − 1 < x < 1 ⎪ 2 ⎪⎩ x + 2 , x ≥ 1
3.
a. diskontinu di x = -1 sebab
lim f ( x) tidak ada x → −1
b. kontinu di x = 1 Teorema Jika fungsi f dan g kontinu di a, k sebarang konstanta real, maka :
f ± g , kf , fg kontinu di a
i. ii.
f/g kontinu di a dengan syarat g (a ) ≠ 0 .
Teorema Fungsi polynomial, fungsi pecah rasional, fungsi akar, fungsi logaritma, fungsi eksponen, dan fungsi trigonometri kontinu pada domain masing-masing. Contoh 1.
f ( x) = x 2 + x + 2 kontinu pada R
27
2.
f ( x) = x − 1 kontinu pada [1, ∞)
3.
f ( x) =
x3 + 4 kontinu pada {x ∈ ℜ x ≠ −1 & x ≠ 1} x2 −1
BAB IV DERIVATIF/ TURUNAN
Definisi Diberikan fungsi f dengan domain Df dan a ∈ Df .
Derivatif fungsi f di a, ditulis f ′( a) , didefinisikan sbb : f ′( a ) = lim h→0
f ( a + h) − f ( a ) , asalkan limitnya ada. h
Contoh Diberikan fungsi f ( x) = x , tentukan f ′(0) Penyelesaian f ( 0 + h ) − f ( 0) h f ( h ) − f ( 0) = lim h h→0
f ′(0) = lim h→0
= lim h→0
h −0 h
h = lim h→0 h
⎧h ⎪⎪ h Karena =⎨ h ⎪− h ⎪⎩ h
, h≥0
h
⇒ , h<0
⎧1 =⎨ h ⎩− 1 h
, h≥0 , h<0
Sehingga, lim h→0
h + h
=
lim h→0
+
1=1
Tetapi, lim h→0
h − h
=
lim h→0
Karena limit kanan
−
( −1) = −1
≠ limit kiri, maka
f ′(0) tidak ada.
28
Latihan Diberikan fungsi f ( x) = x 2 − 3 , tentukan f ′( 2) Fungsi Turunan Dari definisi turunan, untuk a ∈ Df , f ′( a) = lim h→0
f ( a + h) − f ( a ) h
…..
(1)
Jika limit (1) ada, maka untuk D = {a ∈ Df f ′(a ) ada} dapat dibentuk fungsi f ′ pada D, yang disebut fungsi turunan, yaitu : f ′( x) = lim h→0
f ( x + h) − f ( x ) h
…..
(2)
Contoh
f ( x) = x , Df = {x ∈ R x ≥ 0} , f ′( x) = ..... Penyelesaian f ′( x) = lim h→0
f ( x + h) − f ( x ) h
= lim h→0
x+h − x h
= lim h→0
x+h − x x+h + x . h x+h + x ( x + h) − x
= lim h → 0 h( x + h + x ) 1 = lim h→0 x+h + x 1 = , x>0 2 x
Jika pada (1) diambil x = a + h , maka didapat : f ′(a ) = lim x→a
f ( x) − f (a) x−a
…..
(3)
Jika pada (2) diambil y = f (x) dan h = Δx , maka didapat : f ′( x) =
lim Δx → 0
f ( x + Δx) − f ( x) Δx
…..
(4)
29
Namakan Δy = f ( x + Δx) − f ( x) , didapat : f ′( x) =
Δy lim Δx → 0 Δx
Apabila nilai
Δy dy lim ada, maka nilainya dapat ditulis dengan notasi Leibnitz . dx Δx → 0 Δx
Teorema Jika fungsi f mempunyai turunan di titik x = a , maka fungsi f kontinu di titik x = a . Sebaliknya tidak berlaku, Counter example : f ( x) = x kontinu di titik x = 0 , tetapi f ′(0) tidak ada. Rumus dasar dan sifat turunan 1.
f fungsi konstan, yaitu f ( x) = k . f ′( x) =
f ( x + Δx) − f ( x) Δx k −k = lim =0 Δx → 0 Δx
lim Δx → 0
Jadi, f ′( x) = 0 . 2. 3.
f ( x) = x
n
dengan n bilangan bulat ⇒ f ′( x) = nx
n −1
jika u dan v masing-masing mempunyai turunan dan k sebarang konstanta real, maka : f ( x) = u ( x) ± v( x) ⇒ f ′( x) = u ′( x) ± v ′( x) f ( x) = k .u ( x) ⇒ f ′( x) = k .u ′( x) (iii ). f ( x) = u ( x).v( x) ⇒ f ′( x) = u ′( x).v( x) + v ′( x).u ( x) u ( x) u ′( x).v( x) − v ′( x).u ( x) (iv ). f ( x) = , ⇒ f ′( x) = 2 v( x) [v( x)] asalkan v( x) ≠ 0.
(i ). (ii ).
Aturan Rantai 1.
Diketahui y = f (u ) dengan u = g (x) maka : Δy = f (u + Δu ) − f (u ) ..... (i ) Δu = g ( x + Δx) − g ( x) ..... (ii ) sehingga, Δy Δy Δu = . Δx Δu Δx
30
(ii ) Δx → 0 ⇒ Δu → 0 sehingga diperoleh : dy Δy = lim dx Δx → 0 Δx Δy Δu . = lim Δx → 0 Δu Δx Δy Δu lim = lim u Δ Δx → 0 Δx → 0 Δx dy du . = du dx Jadi,
dy dy du = . dengan y = f (u ) dan u = g (x) . dx du dx
2. Jika f dan g mempunyai turunan, maka f o g juga dapat mempunyai turunan, yaitu : ( f o g ) ′( x) = [ f ( g ( x))]′ = f ′( g ( x)).g ′( x)
Contoh f ( x) = x 3 + 1 ,
dy = ..... dx
Penyelesaian CARA I y = x 3 + 1 , y dapat dipandang sebagai fungsi f dan g dengan f ( x) = g ( x) dan g ( x) = x 3 + 1 , f dan g mempunyai turunan. y = f ( g ( x)) = ( f o g )( x) . Sehingga :
dy = y ′ = ( f o g ) ′( x) = f ′( g ( x)).g ′( x) dx dy 1 = .3 x 2 dx 2 g ( x) dy = dx
3x 2 2 x3 + 1
CARA II Dengan notasi Leibnitz y = x 3 + 1 , misal u = x 3 + 1 , didapat y = u
31
du = 3x 2 dx dy 1 = du 2 u Sehingga : dy dy du = . dx du dx dy 1 .3 x 2 = dx 2 u dy 3x 2 = dx 2 x3 + 1 Latihan y = sin 2 (2 x 4 − 1) ,
dy = .... dx
.
Turunan Fungsi Implisit Fungsi eksplisit berbentuk : y = f (x) , sedangkan bentuk implisitnya adalah : y − f ( x) = 0 atau F ( x , y ) = 0. Langkah penurunan fungsi implisit : 1.
Asumsikan y merupakan fungsi x dan diferensiabel
2.
Turunkan kedua ruas terhadap x
3.
Selesaikan
dy ke dalam x dan y. dx
Contoh x 3 + y 3 = 6 xy
⇒
dy = ...... dx
Penyelesaian d ⎛ 3 d 3 2 2 dy = 6 x dy + 6 y ⎜ x + y ⎞⎟ = (6 xy ) ⇔ 3x + 3 y ⎠ dx dx ⎝ dx dx dy ⇔ (3 y 2 − 6 x) = 6 y − 3x 2 dx dy 6 y − 3x 2 2 y − x 2 ⇔ = = dx 3 y 2 − 6 x y 2 − 2 x
32
Latihan (x3 + y 2 )4 = x
⇒
.
dy = ..... dx
Turunan Fungsi Invers Misalkan y = f (x) mempunyai invers, yaitu x = g ( y ) , maka didapat : 1 Δx Δx , = = Δy f ( x + Δx) − f ( x) ⎛ f ( x + Δx) − f ( x) ⎞ ⎟ ⎜ Δx ⎠ ⎝ dengan Δx = g ( y + Δy ) − g ( y ) , sehingga jika Δy → 0 maka Δx → 0 , diperoleh: Δx 1 1 dx dx 1 = lim = lim Jadi, = = f ( x x ) ( ) ( ) + Δ + Δ − f x x f x dy dy Δx→0 Δy Δx→0 dy dx lim Δx Δx→0 Δx Contoh y = f ( x) = x , tentukan
dy dx dan dx dy
Penyelesaian dy 1 = dx 2 x dx 1 = =2 x dy dy dx Turunan Fungsi Trigonometri Misalkan f(x) = sin(x) → f ' ( x) = …..? f (x + Δx) − f (x) f ′(x) = lim Δx→0 Δx sin(x + Δx) − sin(x) = lim Δx→0 Δx sin( x). cos(Δx) + cos( x). sin( Δx) − sin( x) Δx → 0 Δx
= lim
33
sin( x)[cos(Δx) − 1] cos( x). sin( Δx) + lim Δx → 0 Δx → 0 Δx Δx cos(Δx) − 1 cos(Δx) + 1 = cos( x) + sin( x). lim . Δx → 0 Δx cos(Δx) + 1
= lim
sin( Δx) sin( Δx) lim Δx → 0 Δx Δx →0 cos(Δx) + 1 0 = cos( x) + sin( x).1. 2 = cos( x) = cos( x) + sin( x). lim
Jadi, f ' ( x) = cos( x)
Rumus-rumus dasar 1. f ( x) = sin( x) ⇒ f ' ( x) = cos( x) 2. f ( x) = cos( x) ⇒ f ' ( x) = − sin( x) 3. f ( x) = tan( x) ⇒ f ' ( x) = sec2 ( x) 4. f ( x) = cot( x) ⇒ f ' ( x) = − cos ec 2 ( x) 5. f ( x) = sec( x) ⇒ f ' ( x) = sec( x). tan( x) 6. f ( x) = cos ec( x) ⇒ f ' ( x) = − cos ec( x).cot( x).
Contoh Tentukan f ′( x) jika f ( x) =
tan x − 1 sec x
Penyelesaian
tan x − 1 sec x d d sec x. (tan x − 1) − (tan x − 1). (sec x) dx dx f ' ( x) = sec2 x sec x.sec2 x − (tan x − 1) sec x. tan x f ' ( x) = sec2 x f ( x) =
34
sec2 x − (tan x − 1) tan x sec x 2 sec x − tan 2 x + tan x f ' ( x) = sec x 2 sec x − (sec2 x − 1) + tan x f ' ( x) = sec x 1 + tan x f ' ( x) = sec x f ' ( x) =
Latihan Tentukan dy
dx
dari fungsi-fungsi berikut:
1. y = 5 tan x5 + 5 tan 5 x 2. y = 5 sec x5 3. sin( x 2 + y 2 ) = y (3 x 2 + 2)
Turunan Fungsi Siklometri Misalkan y = arc sin(x) , berarti x = sin( y ) . dy = ... dx dx = cos( y ) = 1 − sin 2 ( y ) = 1 − x 2 dy Jadi,
dy 1 1 = = dx dx 1 − x2 dy
Dengan cara sama diperoleh: dy −1 = dx 1 − x2 dy 1 2. y = arc tan( x) ⇒ = dx 1 + x 2 dy −1 3. y = arc cot( x) ⇒ = dx 1 + x 2 dy 1 4. y = arc sec( x) ⇒ = dx x x 2 − 1
1. y = arc cos( x) ⇒
5. y = arc cos ec( x) ⇒
dy −1 = dx x x 2 − 1
35
Contoh Tentukan turunan dari fungsi s = 1 − t 2 .arc sin(t ) Penyelesaian s = 1 − t 2 .arc sin(t ) ds d = arcsin(t ). dt ds = arcsin(t ). dt 2
1− t2 d (arcsin(t )) + 1− t2 . dt dt 1 t arcsin(t ) − 2t + 1− t2 . =1− 2 2 1− t 1− t 1− t2
Latihan ⎛1− x ⎞ Tentukan turunan dari fungsi y = arctan⎜ ⎟ ⎝1 + x ⎠ Turunan Fungsi Logaritma y = a log x, a > 0 , a ≠ 1 , dan x > 0. dy Δy = lim =K dx Δx→0 Δx Δy a log( x + Δx)− a log( x) 1 a x + Δx = = ⋅ log( ) x Δx Δx Δx 1 x 1 Δ x + Δx x a Δx Δx ⋅ x ) ) = a log( = log(1 + x x Sehingga diperoleh x 1
Δy dy Δx ⋅ = lim = lim a log(1 + ) Δx x dx Δx →0 Δx Δx →0 x x 1
= a log[ lim (1 + Δx → 0
= a log(e)
Δx Δx ⋅ x dy 1 1 e log e 1 = ) ] Jadi, = ⋅a log e = ⋅ e x dx x x log a x ln(a)
1 x
Jika diambil a = e diperoleh : e log x = ln x ⇒
dy 1 = dx x
36
Contoh Tentukan
dy ⎛a−x⎞ dari fungsi y = ln⎜ ⎟ dx ⎝a+x⎠
Penyelesaian y = ln(
a−x a−x ); y = ln : u = a+x a+x
dy dy du = ⋅ dx du dx 1 − (a + x) − (a − x) = ⋅ u (a + x)2 a + x − 2a = a − x (a + x)2 − 2a = 2 a − x2 atau a−x ) = ln(a − x) − ln(a + x) a+x 1 1 dy (−1) − = dx a − x a+x − (a + x) − (a − x) = a2 − x2 − 2a = 2 a − x2 y = ln(
Latihan 1.
Tentukan
dy dari fungsi y = ln x dx
2.
Tentukan
dy dari fungsi y = x x dx
37
Turunan Fungsi Eksponensial Misalkan y = a x , a > 0 berarti
x = a log y
dy 1 1 = = = y. ln(a ) = a x . ln(a) 1 dx dx y. ln(a) dy dy ln(e) jika diambil a = e → y = e x → = ex = ex dx e log e Contoh 2
y = e 2 sin x + x dy =K dx
Penyelesaian y = e 2 sin x + x
2
; y = e u dengan u = 2 sin x + x 2
dy dy du = ⋅ = e u .(2 cos x + 2 x) dx du dx = 2( x + cos x)e 2 sin x + x
2
Turunan Fungsi Parameter Fungsi y = f (x) sering dinyatakan dalam bentuk parameter yaitu : y = g (t ) x = h (t )
dengan t suatu parameter dy dy dt dy 1 = ⋅ = ⋅ dx dt dx dt dx dt dy = dt dx dt Contoh x = et sin t y = e cos t t
〉
dy =K dx
Penyelesaian x = e t sin t y = e t cos t
dy dy dt dy 1 = ⋅ = ⋅ dx dt dx dt dx dt dy t t dt = e cos t − e sin t = dx e t sin t + e t cos t dt
38
Jadi,
dy cos t − sin t = dx sin t + cos t
Turunan Tingkat Tinggi Diberikan fungsi y = f (x) f ( x + Δx) − f ( x) ada, maka nilai limitnya Δx
f ' ( x) = lim
Δx →0
disebut TURUNAN TINGKAT I dari f (x). f " ( x) =
d (dy
2 dx) d y = 2 dx dx
disebut TURUNAN TINGKAT II dari f (x).
M f ( n )( x) =
dny disebut TURUNAN TINGKAT –n dari f (x). dx n
Contoh y = f ( x) = ln(1 − x) → f ( n ) ( x) = K Penyelesaian f ' ( x) = dy
dx
2 f "( x) = d y
f
( 4)
−1 1− x
dx 2
3 f ' ' ' ( x) = d y
f
=
dx
=
3 =
d dy −1 ( )= dx (1 − x) 2 dx
d d2y −2 ( 2) = dx dx (1 − x)3
4 ( x) = d y
( n)
( x) =
dx
4
=
− 2 .3 d d3y ( 3) = dx dx (1 − x) 4
M − (n − 1)! (1 − x)
n
39
Latihan 1.
Tentukan
d2y dari fungsi berikut : dx 2 x = et y = t2
2.
Tentukan f ( n ) ( x) dari fungsi f ( x) = sin x
3.
Hitunglah derivative dari fungsi-fungsi berikut ini : a.
⎧− x 2 , x < −1 G ( x) = ⎨ ⎩2 x + 1, x ≥ −1 di titik x = −1
b.
H ( x) =| x − 2 | di titik x = 2
c.
y + x2 y − x + 3 = 0
d.
sin( x + y ) = xy 5
e.
y = sin( x3 + 1)
f.
y = x + x +1
KUIS ( x 2 + y 2 )2 = x 2 − y 2
⇒
dy
= ......
dx
40
DERET TAYLOR DAN DERET MACLAURIN
Teorema Misalkan f mempunyai turunan sampai tingkat (n+1) pada selang I dan a ∈ I maka f (x)
dapat dituliskan sebagai :
f ′(a ) f ′′(a) f ( n ) (a) ( x − a) n + Rn ( x) ( x − a ) 2 + ..... + ( x − a) + n! 2! 1!
f ( x) = f (a) +
f ( n +1) (c) ( x − a) n +1 disebut suku sisa dan c suatu titik antara x dan a. (n + 1)!
dengan Rn ( x) =
Dengan kata lain fungsi f bisa didekati oleh : f ( x) ≈ f (a) +
f ′(a ) f ′′(a) f ( n) (a) ( x − a) + ( x − a ) 2 + ..... + ( x − a) n n! 1! 2!
Rumus di atas disebut deret Taylor dari f(x) di sekitar x = a . Jika a = 0 maka deret Taylor menjadi :
f ( x) = f (0) +
f ′(0) f ′′(0) 2 f ( n ) (0) n x+ x + ..... + x 1! 2! n!
Deret di atas disebut deret Maclaurin. Jadi deret Maclaurin dari f(x) adalah deret Taylor f(x) di sekitar x = 0 .
Rumus-rumus deret Maclaurin dari beberapa fungsi :
x 2 x3 + + ..... 2! 3!
1.
ex = 1 + x +
2.
sin x = x −
x3 x5 + − ..... 3! 5!
3.
cos x = 1 −
x2 x4 + − ..... 2! 4!
4.
1 = 1 + x + x 2 + x3 + ..... 1− x
5.
1 = 1 − x + x 2 − x 3 + ..... 1+ x
6.
1 = 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ..... 2 1+ x
1
Contoh
Tentukan deret Taylor fungsi f ( x) = ln x di sekitar x = 1 Penyelesaian f ( x) = f (1) +
f ′(1) f ′′(1) f ( n ) (1) ( x − 1) + ( x − 1) 2 + ..... + ( x − 1) n + ...... 1! 2! n!
f ( x) = ln x ⇒ f (1) = ln 1 = 0 f ′( x) = 1 / x ⇒ f ′(1) = 1 f ′′( x) = −1 / x 2 ⇒ f ′′(1) = −1 f ′′′( x) = 2 / x 3 ⇒ f ′′′(1) = 2 f
( 4)
( x) = −2.3 / x 4 ⇒ f
M f
(n)
M ( x) =
( 4)
(1) = −2.3
M
(−1) n +1 (n − 1)(n − 2).....3.2.1 ⇒ f xn
(n)
( x) =
(−1) n +1 ( n − 1)! xn
Jadi, ( −1) n +1 (n − 1)! 1 1 2 3 .2 ( x − 1) − ( x − 1) 2 + ( x − 1) 3 − ( x − 1) 4 + ..... + ( x − 1) n + ...... 1! 2! 3! 4! n! n +1 (−1) 1 1 1 f ( x) = ln x = ( x − 1) − ( x − 1) 2 + ( x − 1) 3 − ( x − 1) 4 + ..... + ( x − 1) n + ...... 2 3 4 n f ( x) = 0 +
2
