UMPky. Matematika Dasar. Bahan Ajar. Haryadi. NIDN Universitas Muhammadiyah Palangkaraya

y

UM Pk

Bahan Ajar

Matematika Dasar Haryadi

NIDN 0003116401 Universitas Muhammadiyah Palangkaraya 2013

UM Pk y

2

Daftar Isi 7 7 10

y

1 Aljabar Pernyataan 1.1 Pernyataan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Proposisi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

UM Pk

2 Himpunan 15 2.1 Pengertian Himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2 Operasi pada himpunan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 3 Himpunan Bilangan Riel 3.1 Operasi pada bilangan real 3.2 Urutan pada bilangan real . 3.3 Interval . . . . . . . . . . . 3.4 Nilai mutlak bilangan real . 3.5 Koordinat Siku-siku . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

23 25 30 31 32 33

4 Fungsi Bernilai Real 37 4.1 Pengertian fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 4.2 Grafik Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 4.3 Beberapa Jenis Fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 5 Limit dan Kekontinyuan 49 5.1 Limit fungsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 5.2 Fungsi kontinyu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 6 Derivatif 6.1 Laju Perubahan Fungsi . . . 6.2 Definisi turunan . . . . . . . 6.3 Beberapa sifat turunan . . . . 6.4 Aturan rantai dan akibatnya

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

55 55 56 58 63

7 Maksimum dan Minimum Lokal 7.1 Turunan orde n . . . . . . . . . 7.2 Garis tangen pada kurva . . . . 7.3 Titik kritis . . . . . . . . . . . 7.4 Maksimum dan minimum lokal

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

67 67 68 71 72

3

4 8 Integral 8.1 Pengertian integral tak tentu 8.2 Metode Substitusi . . . . . . 8.3 Integral tertentu . . . . . . . 8.4 Teorema Dasar Kalkulus . . .

DAFTAR ISI

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

77 77 79 83 85

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

9 Fungsi Trigonometri 9.1 Ukuran sudut . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Fungsi cosinus, sinus dan tangen . . . . . 9.3 Beberapa sifat fungsi sin θ, cos θ dan tan θ. 9.4 Derivatif cos u dan sin u . . . . . . . . . . 9.5 Fungsi secan, cosecan dan cotangen . . . . 9.6 Integral fungsi trigonometri . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

89 . 89 . 92 . 94 . 98 . 101 . 103

10 Fungsi Eksponen dan Logaritma 10.1 Fungsi logaritma alami . . . . . 10.2 Integral 1/x . . . . . . . . . . . 10.3 Fungsi ex . . . . . . . . . . . . 10.4 Turunan dan integral eu . . . . 10.5 Fungsi ax dan loga x . . . . . . 10.6 Turunan loga x dan ax . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

y

. . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

UM Pk

. . . .

109 110 114 115 117 118 121

11 Sistem Persamaan Linear 125 11.1 Persamaan Linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 11.2 Sistem persamaan linear dua variabel . . . . . . . . . . . . . . . 128 12 Sistem persamaan linear yang diperluas 135 12.1 Vektor di Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 12.2 Sistem persamaan linear umum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 13 Sistem Persamaan Linear dalam bentuk Matriks 147 13.1 Matriks . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 13.2 Representasi matrik dari sistem persamaan linear . . . . . . . . . 151 14 Invers Matriks 157 14.1 Invers matriks bujur sangkar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158 14.2 Mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan invers . . . 163 15 Determinan 15.1 Determinan Matriks Orde 2 dan 3 . . 15.2 Sifat-sifat determinan . . . . . . . . . 15.3 Tes Formatif . . . . . . . . . . . . . . 15.4 Ekspansi Laplace dan determinan orde 15.5 Kaidah Cramer . . . . . . . . . . . . . 15.6 Kaidah Cramer . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . n. . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

167 167 169 171 172 177 181

DAFTAR ISI

5

UM Pk

y

16 Basis Suatu Ruang Vektor 185 16.1 Kombinasi linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 16.2 Bebas linear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189 16.3 Basis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

DAFTAR ISI

UM Pk

y

6

Bab 1

Pernyataan

UM Pk

1.1

y

Aljabar Pernyataan

Suatu pernyataan adalah suatu deklarasi kalimat yang dapat ditentukan nilai kebenarannya; nilai kebenaran ada dua yaitu benar dan salah. Suatu pernyataan hanya memiliki satu nilai kebenaran. Suatu tabel yang menyatakan nilai kebenaran pernyataan dinamakan tabel kebenaran; nilai benar dan salah dalam tabel ini ditulis berturut-turut dengan notasi B dan S. Contoh 1. (a) ”Ibukota Indonesia adalah Jakarta” merupakan pernyataan bernilai B. (b) ”Palangka Raya berada di Malaysia” adalah pernyataan bernilai S. (c) ”2 + 3 = 4” adalah pernyataan bernilai S.

(d) ”Pergilah!” bukan merupakan pernyataan.

Untuk mempersingkat penulisan, pernyataan kita tuliskan dengan notasi p, q, r dan sebagainya. Sebagai contoh, jika p adalah pernyataan ”Ibu pergi ke pasar”, maka kita tuliskan p

:

Ibu pergi ke pasar.

Pernyataan-pernyataan dapat digunakan untuk membentuk pernyataan majemuk dengan menghubungkan pernyataan-pernyataan tersebut menggunakan penghubung.

Definisi 1. Diketahui p suatu pernyataan. Negasi p, ditulis ∼ p, adalah suatu pernyataan yang memilki nilai kebenaran sebagai berikut:

Negasi p sering diucapkan ”Tidak p” atau ”Tidak benar p”. 7

8

BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN ∼p S B

p B S

Table 1.1: Negasi

y

Contoh 2. Perhatikan pernyataan berikut: p : Ibu pergi ke pasar. Negasi p dapat dituliskan dengan cara-cara berikut: ∼ p : Ibu tidak pergi ke pasar. ∼ p : Tidak benar Ibu pergi ke pasar.

UM Pk

Definisi 2. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p disjungsi q, ditulis p ∨ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:

p

q

p∨q

B B S S

B S B S

B B B S

Table 1.2: Disjungsi

p ∨ q juga dibaca ”p atau q”.

Contoh 3. Diketahui pernyataan p : Ibu pergi ke pasar. q : Ibu pergi ke kantor. Kita bisa membentuk pernyataan majemuk, misalnya: p ∨ q: ”Ibu pergi ke pasar atau pergi ke kantor”. p∨ ∼ q: ”Ibu pergi ke pasar atau tidak ke kantor”.

Contoh 4. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut: ”Jakarta Ibukota Indonesia atau 1 + 2 = 5”. Penyelesaian: Pernyataan ”Jakarta Ibukota Indonesia” bernilai benar, sedangkan pernyataan 1 + 2 = 5 bernilai salah. Oleh karena itu berdasarkan tabel kebenaran p ∨ q, maka pernyataan ”Jakarta Ibukota Indonesia atau 1 + 2 = 5” bernilai benar.

1.1. PERNYATAAN

9

p

q

p∧q

B B S S

B S B S

B S S S

Table 1.3: Konjungsi

UM Pk

p ∧ q juga dibaca ”p dan q”.

y

Definisi 3. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p konjungsi q, ditulis p ∧ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:

Contoh 5. Diberikan pernyataan-pernyataan : p : Surabaya di Jawa. q : Palangkaraya di Kalimantan. konjungi kedua pernyataan adalah p ∧ q: Surabaya di Jawa dan Palangkaraya di Kalimantan.

Contoh 6. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut: Bulan mengelilingi bumi dan 2 + 3 = 8. Penyelesaian: Pernyataan ” Bulan mengelilingi bumi” bernilai benar, sedangkan 2 + 3 = 8 bernilai salah; oleh karena itu berdasarkan tabel p ∧ q, pernyataan ”Bulan mengelilingi bumi dan 2 + 3 = 8” bernilai salah.

Definisi 4. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p kondisional q, ditulis p → q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:

p

q

p→q

B B S S

B S B S

B S B B

Table 1.4: Kondisional p → q juga dibaca ”p maka q”.

10

BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN

Contoh 7. Diketahui pernyataan-pernyataan: p : Saya seorang sarjana. q : Saya orang berilmu. maka pernyataan p → q secara verbal dapat dinyatakan sebagai ”Jika saya seorang sarjana maka saya orang berilmu”. Contoh 8. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut: ”Jika 1 + 3 = 10 maka bulan jatuh ke bumi”. Penyelesaian: Karena pernyataan 1 + 3 = 10 bernilai S, maka menurut tabel kebenaran p → q, pernyataan tersebut bernilai B.

y

Definisi 5. Diketahui p dan q pernyataan-pernyataan; p bikondisional q, ditulis p ↔ q, adalah pernyataan yang tabel kebenarannya sebagai berikut:

q

p↔q

B B S S

B S B S

B S S B

UM Pk p

Table 1.5: Bikondisional

p ↔ q juga dibaca ”p jika dan hanya jika q”. Perhatikan dari tabel tersebut, bahwa p bernilai benar jika dan hanya jika q bernilai benar; demikian pula p bernilai salah jika dan hanya jika q bernilai salah. Contoh 9. Diketahui pernyataan: p : Saya seorang dermawan. q : Saya orang kaya. Biimplikasi kedua pernyataan adalah: p ↔ q : Saya seorang dermawan jika dan hanya jika saya orang kaya. Contoh 10. Apakah nilai kebenaran pernyataan berikut: ”2 bilangan positif jika dan hanya jika 2 lebih besar dari 0.” Penyelesaian: karena kedua pernyataan bernilai benar, maka pernyataan tersebut bernilai benar.

1.2

Proposisi

Telah diketahui bahwa pernyataan-pernyataan p, q, r, · · · , dapat dikombinasikan dengan penghubung ∼, ∨, ∧, →, dan ↔. Kombinasi demikian dinamakan proposisi atau dalil dan ditulis dengan notasi P (p, q, · · · ), Q(p, q, · · · ), · · · atau secara singkat ditulis P, Q, · · · .

1.2. PROPOSISI

11

Definisi 6. Suatu proposisi dinamakan tautologi indextautologi jika proposisi tersebut selalu bernilai benar.

∼p

p∨ ∼ p

B S

S B

B B

UM Pk

p

y

Contoh 11. Proposisi p∨ ∼ p merupakan tautologi. Ini dapat dinilai dengan cara membuat tabel kebenarannya.

Definisi 7. Suatu proposisi dinamakan kontradiksi jika proposisi tersebut selalu bernilai salah.

Contoh 12. Proposisi p∧ ∼ p merupakan kontradiksi. Ini dapat diverifikasi dengan cara membuat tabel kebenarannya.

p

∼p

p∧ ∼ p

B S

S B

S S

Karena tautologi selalu bernilai benar, maka negasinya selalu bernilai salah; dengan kata lain negasi tautologi adalah kontradiksi. Demikian pula sebaliknya, negasi kontradiksi adalah tautologi.

Definisi 8. Dua proposisi dikatakan ekuivalen jika kedua proposisi memiliki tabel kebenaran yang identik. Selanjutnya jika P dan Q ekivalen, maka ditulis P ≡ Q.

Contoh 13. Apakah proposisi p ∨ q dan proposisi ∼ (∼ p∧ ∼ q) merupakan proposisi yang ekuivalen? Penyelesaian: Pertama dikonstruksi tabel kebenaran Karena nilai kebenaan pada kolom p ∨ q dan kolom ∼ (∼ p∧ ∼ q) sama, maka kedua proposisi ekivalen.

12

BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN p

q

p∨q

∼p

∼q

∼ p∧ ∼ q

∼ (∼ p∧ ∼ q)

B B S S

B S B S

B B B S

S S B B

S T S B

S S S B

B B B S

Sifat 1. Beberapa sifat aljabar proposisi:

(a) P ∨ P ≡ P (b) P ∧ P ≡ P

UM Pk

(2) Sifat Asosiatif

y

(1) Sifat Indempoten

(a) (P ∨ Q) ∨ R ≡ P ∨ (Q ∨ R) (b) (P ∧ Q) ∧ R ≡ P ∧ (Q ∧ R)

(3) Sifat Komutatif

(a) P ∨ Q ≡ Q ∨ P (b) P ∧ Q ≡ Q ∧ P

(4) Sifat Distributif

(a) P ∨ (Q ∧ R) ≡ (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R) (b) P ∧ (Q ∨ R) ≡ (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R)

(5) Sifat Indetitas (a) (b) (c) (d)

P P P P

∨S ≡P ∨B ≡B ∧B ≡P ∧S ≡S

(6) Sifat Komplemen (a) (b) (c) (d)

P∨ ∼ P ≡ B ∼∼ P ≡ P P∧ ∼ P ≡ S ∼ B ≡ S, ∼ S ≡ B

(7) Sifat DeMorgan (a) ∼ (P ∨ Q) ≡∼ P ∧ ∼ Q (b) ∼ (P ∧ Q) ≡∼ P ∨ ∼ Q

1.2. PROPOSISI

13

Definisi 9. Proposisi P dikatakan berakibat (berimplikasi) logis terhadap proposisi Q, ditulis P =⇒ Q jika P → Q adalah tautologi.

Contoh 14. Akan ditunjukan bahwa (p ∧ q) → (p ∨ q). q

(p ∧ q)

(p ∨ q)

(p ∧ q) → (p ∨ q)

B B S S

B S B S

B S S S

B B B S

B B B B

UM Pk

y

p

Karena (p ∧ q) → (p ∨ q) merupakan tautologi, ini berarti (p ∧ q) berimplikasi (p ∨ q) atau ditulis (p ∧ q) =⇒ (p ∨ q)

Sifat 2. Proposisi implikasi memiliki sifat: (a) P =⇒ P .

(b) Jika P =⇒ Q dan Q =⇒ P , maka P ≡ Q.

(c) Jika P =⇒ Q dan Q =⇒ R, maka P =⇒ R.

Tes Formatif

1. Tentukan apakah kalimat berikut merupakan pernyataan? Jika merupakan pernyataan, tentukan nilai kebenarannya: (a) Setiap mahluk hidup memerlukan air. (b) Adakah mahluk hidup yang tidak memerlukan air? (c) Sungai Kapuas mewelati Kota Palangkaraya. (d) 7 + 6 = 13 (e) 2 bukan bilangan ganjil. (f) Berapakah x sehingga x + 2 = 10?

14

BAB 1. ALJABAR PERNYATAAN 2. Diketahui pernyataan p : Kemaren hujan. q : Jakarta banjir. Tuliskan bentuk verbal pernyataan-pernyataan ∼ p, ∼ q, p → q, ∼ q →∼ p, dan p ↔ q. 3. Tentukan nilai kebenaran pernyataan berikut (a) Jika Ibukota Indonesia adalah Palangkaraya maka masalah kemacetan dapat diatasi. (b) Jika 2 > 3 maka 4 > 6

y

(c) Jika burung bisa terbang maka air mengalir ke tempat yang lebih tinggi. (d) Jika bumi mengelilingi bulan maka manusia bahagia.

UM Pk

(e) Bulan mengelilingi bumi jika dan hanya jika bumi mengelilingi matahari. (f) 2 + 3 = 5 jika dan hanya jika 2 + 4 = 10.

(g) Jika 2 adalah bilangan genap maka 1 + 2 = 7.

(h) Bulan mengelilingi bumi jika dan hanya jika bumi mengelilingi matahari.

4. Buatlah tabel kebenaran proposisi berikut (a) (p → q)∨ ∼ (p ↔∼ q)

(b) ∼ p∧ ∼ q

(c) p → (∼ p ∨ q)

5. Tunjukan bahwa p →∼ q ≡ q →∼ p

6. Buktikan bahwa p ∧ q berimplikasi logis p ↔ q.

Bab 2

Pengertian Himpunan

UM Pk

2.1

y

Himpunan

Objek paling mendasar dalam matematika adalah himpunan. Himpunan bisa diibaratkan seperti benih; memiliki struktur yang sangat sederhana namun memilki potensi untuk berkembang menjadi tumbuhan yang strukturnya sangat rumit.

Definisi 10. Himpunan adalah kumpulan objek-objek yang didefinisikan secara jelas. Objek di dalam himpunan dinamakan anggota atau elemen himpunan.

Untuk mempersingkat notasi, himpunan kita tuliskan dengan abjad kapital seperti A, B, C dan sebagainya; anggota himpunan ditulis dengan abjad seperti a, b, c, x, y dan sebagainya. Jika x adalah anggota himpunan A, maka kita tuliskan x∈A dan jika x bukan anggota A, maka ditulis

x∈ /A

Untuk menuliskan himpunan yang memuat anggota-anggotanya dapat dilakukan dengan mendaftar semua anggotanya di dalam kurung kurawal { dan } dan anggota yang berbeda dipisah dengan tanda koma. Contoh 15. (a) Misalkan A adalah himpunan semua ibukota propinsi di Kalimantan. Himpunan A dapat dituliskan dengan mendaftarkan semua anggotanya: A = {P alangkaraya, Banjarmasin, P ontianak, Samarinda} Perhatikan bahwa P alangkaraya ∈ A dan Jakarta ∈ / A. 15

16

BAB 2. HIMPUNAN

(b) Jika B adalah himpunan semua bilangan bulat potitif yang lebih kecil dari 7, maka B dapat dituliskan B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} Jelas bahwa 3 ∈ B, sedangkan−2 ∈ / B. Demikian pula

1 2

∈ / B.

(c) Jika C adalah himpunan semua bilangan genap positif yang lebih kecil atau sama dengan 10, maka dapat dituliskan sebagai C = {2, 4, 6, 8, 10}

y

Selain dengan cara mendaftar semua anggotanya, penulisan himpunan juga bisa dilakukan dengan menuliskan sifat keanggotaannya. Dengan cara ini suatu himpunan A dapat dituliskan sebagai

UM Pk

A = {x : x bersifat P}

dan dibaca ”A adalah himpunan x dimana x bersifat P ”. Contoh 16. Himpunan-himpunan pada contoh 15 dapat dituliskan sebagai (a) A = {x : x ibukota propinsi di Kalimantan}

(b) B = {x : x < 7, x bulat positif}

(c) C = {x : 0 < x ≤ 10 dan x genap}

Alasan mengapa cara penulisan himpunan dengan menuliskan sifat keanggotaanya diperlukan diantaranya adalah tidak semua himpunan dapat disajikan dengan mendaftarkan semua anggotnya. Sebagai contoh, jika A himpunan semua bilangan real antara 0 dan 1, maka kita tidak bisa menuliskan/mendaftarkan semua anggotanya, karena ada tak hingga banyak anggota himpunan A, namun demikian himpunan ini dapat disajikan dengan menuliskan sifatnya keanggotaannya, misalnya A = {x : 0 < x < 1} Selain itu, sifat keanggotannya juga diperlukan untuk mengembangkan sifatsifat dan hubungan antar himpunan.

Definisi 11. Himpunan A dikatakan himpunan bagian B, ditulis A ⊂ B, jika setiap anggota A adalah anggota B.

Berdasarkan definisi tersebut, A ⊂ B jika dan hanya jika untuk setiap x ∈ A maka x ∈ B. Secara diagram, A ⊂ B diilustrasikan pada gambar 2.1.

2.1. PENGERTIAN HIMPUNAN

17

A

B

Gambar 2.1: A ⊂ B Contoh 17. Diketahui B = {−2, 0, 3, 5, 7}

dan

C = {3, 5}

y

A = {1, 2, 3, 4, 5}

UM Pk

Perhatikan bahwa setiap anggota C adalah anggota A, dengan kata lain C ⊂ A. Demikian pula C ⊂ B. Sedangkan A bukan himpunan bagian B, karena tidak setiap anggota A adalah anggota B, misalnya 1 ∈ A tetapi 1 ∈ / B.

Definisi 12. Dua himpunan A dan B dikatakan sama, ditulis A = B, jika setiap anggota A adalah anggota B dan setiap anggota B adalah anggota A.

Berdasarkan definisi tersebut, penyajian himpunan tidak tergantung pada urutan penulisan anggota-anggotanya, misalnya {1, 4, 2} = {4, 1, 2}

Definisi 13. Himpunan yang tidak memiliki anggota dinamakan himpunan kosong, ditulis ∅.

Himpunan kosong memiliki sifat: untuk sebarang hipunan A berlaku ∅ ⊂ A,

dengan kata lain, himpunan kosong merupakan bimpuan bagian sebarang himpunan.

Definisi 14. Himpunan yang memuat semua himpunan lain dinamakan himpunan semesta (universal), dan ditulis U .

18

BAB 2. HIMPUNAN Dengan demikian, untuk sebarang himpunan A berlaku A ⊂ U.

Pengertian himpunan semesta tentu harus juga dibatasi pada lingkup yang menjadi perhatian. Misalnya jika yang menjadi perhatian adalah bilangan, maka himpunan semestanya adalah himpunan semua bilangan.

2.2

Operasi pada himpunan

UM Pk

y

Definisi 15. Gabungan dua himpunan A dan B ditulis A∪B, adalah himpunan yang anggotanya adalah anggota A atau anggota B.

Kata atau dalam definisi 15 bisa berarti anggota A saja, anggota B saja atau anggota kedua himpunan. Secara grafik, gabungan dua himpunan A dan B dapat disajikan dalam diagram Venn berikut:

A

B

(a)

A

B

(b)

Gambar 2.2: (a) A ∪ B, (b) A ∩ B

Definisi 16. Irisan dua himpuna A dan B ditulis A∩B, adalah himpunan yang anggotanya adalah anggota A dan anggota B.

Didalaml definisi 16, kata dan berarti anggota kedua kedua himpunan A dan B. Diagram Venn irisan himpunan A dan B disajikan pada Gambar 2.2. Contoh 18. Diketahui A = {1, 2, 3, 4, 5} dan B = {−2, −1, 0, 1, 2, 3} Gabungan dan irisan kedua himpunan masing-masing adalah A∪B A∩B

= {−2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5} = {1, 2, 3}

2.2. OPERASI PADA HIMPUNAN

19

Teorema 1. Untuk sebarang himpunan A, berlaku (a) A ∪ ∅ = A (b) A ∩ ∅ = ∅ (c) A ∪ U = U (d) A ∩ U = A

y

Bukti. (a) Jika x ∈ A ∪ ∅ maka x ∈ A, yang berarti A ∪ ∅ ⊂ A. Sebaliknya jika x ∈ A maka x anggota A atau x anggota ∅, dengan kata lain A ⊂ A ∪ ∅. Karena A ∪ ∅ ⊂ A dan A ⊂ A ∪ ∅ maka berarti A ∪ ∅ = A.

UM Pk

(b) x ∈ A ∩ ∅ berarti x ∈ ∅, yakni A ∩ ∅ ⊂ ∅. Sebaliknya, karena himpunan kosong adalah subset setiap himpunan, maka ∅ ⊂ A ∩ ∅. (c) Jelas bahwa A ∪ U ⊂ U , sebab U himpunan semesta. Sebaliknya jika x ∈ U maka jelas bahwa x ∈ A ∪ U . (d) Jika x ∈ A ∩ U maka x ∈ A, yang berarti x ∈ A. Sebaliknya, karena A ⊂ U maka A ⊂ A ∩ U .

Definisi 17. Diketahui U adalah himpunan semesta dan A ⊂ U . Komplemen A, ditulis Ac , didefinisikan sebagai himpunan semua anggota U yang bukan anggota A.

Definisi 2.3, dapat dituliskan

Ac = {x : x ∈ U, x ∈ / A}

yang berarti pula bahwa Ac adalah himpunan semua anggota U yang tidak memiliki sifat keanggotaan A. Contoh 19. Diketahui B = {x : x < 1, x bilangan real}. Komplemen himpunan ini adalah B c = {x : x ≥ 1, x bilangan real} Definisi 18. Selisih himpunan A dan B, ditulis A − B adalah himpunan semua anggota A yang bukan anggota B.

20

BAB 2. HIMPUNAN U A

A

(a)

B

(b) Gambar 2.3: (a) Ac , (b) A − B

y

Dengan demikian

A − B = {x : x ∈ A, x ∈ / B}

UM Pk

Contoh 20. Diketahun A = {1, 2, 3, 4, 5} dan B = {2, 4}. Selisih A − B adalah himpunan semua anggota A yang bukan anggota B, yakni A − B = {1, 3, 5}

Teorema 2. Diketahui A, B dan C himpunan.

(a) A ∪ B = B ∪ A dan A ∩ B = B ∩ A.

(b) A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C dan A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.

(c) A ∪ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C dan A ∩ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C.

(d) Jika A ⊂ B maka B c ⊂ Ac .

(e) (A ∪ B)c = Ac ∩ B c dan (A ∩ B)c = Ac ∪ B c .

Bukti. (a) x ∈ A ∪ B jika dan hanya jika x ∈ A atau x ∈ B jika dan hanya jika x ∈ B atau x ∈ A jika dan hanya jika x ∈ B ∪ A. Bukti pernyataan kedua serupa. Bukti (b) dan (c) untuk latihan.

(d) x ∈ B c berarti x bukan anggota B; karena A ⊂ B maka berakibat x bukan anggota A yang berarti x ∈ Ac . Jadi x ∈ B c berakibat x ∈ Ac , yang berarti B c ⊂ Ac . (e) x ∈ (A ∪ B)c berarti x bukan anggota A ∪ B yang berarti pula x bukan anggota A dan x bukan anggota B, dengan kata lain x ∈ Ac ∩ B c . Sebaliknya, x ∈ Ac ∩ B c berarti x bukan anggota A dan x bukan anggota B. Karena itu x bukan anggota A atau B, yang berarti x ∈ (A ∪ B)c . Bukti pernyataan kedua sebagai latihan.

2.2. OPERASI PADA HIMPUNAN

21

Tes Formatif 1. Daftar semua anggota himpunan berikut (a) A himpunan semua bilangan asli kelipatan 3 yang lebih kecil dari 21. (b) B himpunan planet dalam tata surya kita. (c) C himpunan semua bilangan bulat yang lebih besar dari −4 dan lebih kecil atau sama dengan 4. 2. Tuliskan himpunan berikut dengan menuliskan syarat keanggotaannya,

(b) B = {2, 4, 6, 8, 10} (c) C = {a, e, i, o, u}

UM Pk

(d) D = {2, 3, 5, 7, 11}

y

(a) A = {1, 2, 3}

3. Diketahui A himpunan bilangan ganjil positif yang lebih kecil dari 10, B himpunan semua bilangan bulat positif kelipatan 3 yang lebih kecil dari 30. Carilah (a) A ∪ B

(b) A ∩ B

(c) A − B

4. Diketahui C himpunan semua bilangan bulat yang lebih besar dari 1 dan lebih kecil dari 10, D himpunan semua bilangan real lebih besar dari 1 dan lebih kecil dari 5. Carilah (a) C − D

(b) C ∩ D (c) Dc

BAB 2. HIMPUNAN

UM Pk

y

22

Bab 3

y

Himpunan Bilangan Riel

UM Pk

Suatu himpunan yang sangat penting di dalam matematika adalah himpunan bilangan real. Secara intuisi, bilangan real dapat dibangun dari bagaimana cara seorang anak mulai belajar mengenal bilangan. Dalam bagian ini akan diperkenalkan himpunan bilangan real yang dibangun dengan cara memperluas bilangan asli ke bilangan bulat, bilangan bulat ke bilangan rasional dan perluasan bilangan rasional ke bilarang real. Akan diperkenalkan pada bilangan cukup dengan dua operasi, sedangkan operasi aljabar lainnya merupakan pengembangan kedua operasi ini. Sifat urutan bilangan real diperkenalkan agar bisa diperkenalkan pengertian interval. Representasi bilangan real sebagai suatu garis lurus kemudian dikembangkan sistem koordinat siku-siku sebagai pasangan bilangan real. Himpunan bilangan asli N, adalah himpunan semua bilangan N = {1, 2, 3, · · · }

Himpunan bilangan asli cukup memadai untuk operasi jumlahan, karena jumlah dua bilangan asli adalah bilangan asli. Persoalan yang timbul adalah jika kita menginginkan bilangan x sehingga berlaku 2+x=2 maka tidak ada bilangan asli x yang memenuhi persamaan tersebut. Untuk mengatasi persoalan tersebut, diperkenalkan himpunan bilangan bulat positif. Himpunan bilangan bulat positif adalah himpunan semua bilangan {0, 1, 2, 3, · · · } Dengan kata lain, himpunan bilangan bulat positif merupakan gabungan bilangan asli dan {0}. Dengan himpunan bilangan bulat positif, maka persoalan 23

24

BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL

2 + x = 2 memiliki penyelesaian, yaitu x = 0. Jika kita kenakan operasi pengurangan pada himpunan bilangan bulat positif, maka akan timbul persoalan yaitu selisih dua bilangan bulat positifi tidak harus bilangan bulat positif. Sebagai contoh, tidak ada bilngan bulat positif yang merupakan hasil operasi 2 − 3.

Himpunan bilangan bulat Z adalah himpunan

y

Z = {· · · , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, · · · }

UM Pk

Himpunan bilangan bulat memiliki sifat tertutup terhadap operasi pengurangan, dalam arti bahwa selisih dua bulangan bulat adalah bilangan bulat. Dari definisi bilangan bulat jelas bahwa himpunan bilangan asli adalah merupakan bilangan bulat, dengan kata lain N⊂Z

Meskipun himpunan bilangan bulat cukup memadai untuk operasi jumlahan dan pengurangan, ternyata himpunan ini tidak cukup memadai untuk operasi perkalian. Sebagai contoh, jika kita ingin mencari bilangan x yang memenuhi 2·x=1

maka tidak ada bilangan bulat x yang memenuhi persamaan tersebut. Untuk mengatasi persoalan tersebut, diperkenalkan himpunan bilangan rasional, ditulis Q, yaitu himpunan bilangan berbentuk a/b dengan a dan b bilangan bulat dan b 6= 0. Jadi n o a Q = x : x = , a, b ∈ Z, b 6= 0 b

Jika pada definisi Q diambil b = 1, maka setiap bilangan bulat adalah bilangan rasional, dengan kata lain Z⊂Q Himpunan bilangan rasional memiliki sifat tertutup terhadap operasi perkalian, yaitu hasil kali dua bilangan rasional merupakan bilangan rasional. Himpunan bilangan rasional ternyata tidak cukup untuk menyelesaikan persoalan dalam ilmu pengetahuan dan teknoologi. Misalnya persoalan mencari bilangan x yang memenuhi x2 = 2

3.1. OPERASI PADA BILANGAN REAL

25

Dapat dibuktikan bahwa tidak ada bilangan rasional yang kuadratnya 2. Dengan demikian persoalan seperti mencari x sehingga x2 = 2 hanya dapat diselesaikan jika x bukan bilangan rasional. Himpunan bilangan yang anggotanya semua bilangan yang bukan bilangan rasional dinamakan bilangan irasional .

Himpunan bilangan real, ditulis R, adalah gabungan himpunan bilangan rasional dan bilangan irasional.

y

Berdasarkan definisi bilangan real, maka setiap bilangan rasional adalah bilangan real, dengan kata lain Q⊂R

UM Pk

Tetapi sebaliknya tidak benar, yakni tidak semua bilangan real adalah√bilangan rasional; contoh bilangan real yang bukan bilangan rasional adalah 2, π = 3, 141592654 · · · , e = 2, 71828182 · · · dan sebagainya. Himpunan bilangan bersifat padat dimana-mana, yang berarti di antara dua bilangan real terdapat bilangan real. Dengan demikian jika kita memiliki dua bilangan real a dan b maka ada real bilangan lainny; jika setiap bingan real kita nyatakan sebagai suatu titik, ini berarti di antara dua titik ada titik lainnya. Jika kita mencoba menggambarkan titik-titik bilangan real antara a dan b, maka himpunan titik-titik ini akan membentuk garis lurus dari a hingga b. Dengan demikian himpunan bilangan real dapat digambarkan sebagai suatu garis lurus yang panjangnya tak hingga. Setiap titik pada garis tersebut menyatakan suatu bilangan real, dan sebaliknya setiap bilangan real dapat dinyatakan sebagai suatu titik pada garis tersebut. Selanjutnya garis ini dinamakan garis real.

−2.5

−1

0

√ 2

e π

Gambar 3.1: Garis real = R

3.1

Operasi pada bilangan real

Sebenarnya pada himpunan bilangan real hanya dikenal dua operasi, yaitu operasi jumlahan dan operasi perkalian, sedangkan operasi lainnya merupakan pengembangan dari dua operasi ini.

1. Operasi jumlahan. Jumlah bilangan real a dan b ditulis a+b, memenuhi sifat-sifat:

26


i. Jumlah dua bilangan real adalah bilangan real. ii. a + b = b + a iii. a + (b + c) = (a + b) + c iv. a + 0 = 0 + a = a v. Negatif dari a ditulis −a dan berlaku a + (−a) = 0

UM Pk

y

Sifat (1.i) menyatakan bahwa operasi jumlahan bersifat tertutup; sifat 1.(ii) dinamakan sifat komutatif yang menyatakan bahwa pada operasi penjumlahan bisa diubah urutannya. Bilangan 0 dinamakan elemen identitas operasi jumlahan. Bilangan −a pada sifat (1.v) dinamakan invers a terhadap operasi jumlahan dan dibaca negatif a atau minus a. Bilangan a ditambah negatif b, a+(−b) ditulis a−b dan dibaca a dikurangi b, dengan kata lain, a − b adalah a ditambah negatif b; jadi a + (−b) = a − b

Di dalam matematika, operasi yang berada di antara kurung buka ”(” dan kurung tutup ”)” dilaksanakan terlebih dahulu. Misalnya 2 + (6 + 7) maksudnya adalah dihitung terlebih dahulu 6 + 7 kemudian hasilnya ditambah dengan 2.

2. Operasi perkalian. Perkalian bilangan a dan b ditulis a · b atau ab, memenuhi sifat-sifat: i. Hasil kali dua bilangan real adalah bilangan real.

ii. a · b = b · a

iii. a · (b · c) = (a · b) · c iv. a · 1 = 1 · a = a

v. Jika a 6= 0, maka ada bilangan real a−1 sehingga berlaku a · a−1 = 1.

Sebagaimana sifat operasi jumlahan, sifat (2.i) menyatakan bahwa operasi perkalian bilangan real adalah tertutup, sifat (2.ii) dinamakan sifat komutatif, sifat (2.iii) dinamakan sifat distributif. Bilangan 1 pada (2.iv) dinamakan elemen identitas operasi perkalian, sedangkan a−1 pada (2.v) dinamakan invers a terhadap operasi perkalian. Perhatikan bahwa bilangan 0 tidak memiliki invers terhadap operasi perkalian, yang berari 0−1 tidak ada. Invers dari a sering ditulis 1/a, yakni a−1 =

1 a


27

Dengan demikian, jika b 6= 0 maka kita sering menuliskan a · b−1 = a ·

a 1 = b b

dan ruas terakhir dibaca a dibagi b. Dengan demikian membagi suatu bilangan dengan b sama dengan mengalikan bilangan tersebut dengan 1/b. Selain dengan notasi ·, operasi perkalian sering ditulis tanpa notasi tersebut, jadi a · b ditulis ab.

(b) 7 + (3 + 19) = (7 + 3) + 19 = 10 + 19 = 29. (c) 6 + 0 = 0 + 6 = 6.

UM Pk

(d) 5 − 5 = 5 + (−5) = 0.

y

Contoh 21. (a) 2 + 5 = 5 + 2 = 7.

(e) 9 − 4 = 5 + 4 − 4 = 5 + (4 − 4) = 5 + 0 = 5. (f) 3 · 5 = 15. (g) 3 ·

1 3

= 1.

(h) 10 = 5 · 2. (i) 10 ·

1 2

=5· 2·

1 2

=5·1=5

Berdasarkan sifat-sifat operasi jumlahan dan perkalian, diperoleh sifat-sifat berikut:

i. Sifat distributif: a(b + c) = ab + ac.

ii. Jika a + x = b, maka x = b − a

iii. Jika a · x = b, maka x =

b a

iv. −(−a) = a

Contoh 22. (a) (9 · 3) + (9 · 7) = 9 · (3 + 7) = 9 · 10 = 90. (b) Berapakah x sehingga berlaku 5 + x = 9? Karena 5 + x = 9, maka x = 9 − 5 = 4. (c) Berapakah y sehingga y · 3=12? Dengan menggunakan sifat di atas, maka y=

12 = 4. 3

28


(d) −(−2) = 2 dan −(−(−5)) = −5. Selanjutnya bisa ditunjukan bahwa sifat berikut berlaku:

i. (−a) · b = −(ab), khususnya (−1) · (b) = −b. ii. (−a) · (−b) = ab. iii. −(a + b) = −a − b.

y

Contoh 23. (a) 4 · (−3) = −(4 · 3) = −12. (b) (−3) · (−5) = 3 · 5 = 15.

UM Pk

(c) 3 − 7 = 3 − (3 + 4) = 3 − 3 − 4 = (3 − 3) − 4 = 0 − 4 = 0 + (−4) = −4. Operasi jumlahan dan perkalian pada bilangan real dapat dikembangkan menjadi operasi yang lebih kompleks. Jika a bilangan real dan n bilangan bulat tidak negatif, maka an = a · a · · · a, a0 = 1.

Bilangan an dibaca a pangkat n.

Contoh 24. (a) 25 = 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 32.

(b) (−3)2 = (−3) · (−3) = 9.

(c) 170 = 1. 3 (d) 12 = 12 ·

1 2

·

1 2

= 18 .

(e) (−1)2 = (−1) · (−1) = 1.

(f) (−1)3 = (−1) · (−1) · (−1) = −1. (g) −12 = −(12 ) = −1. Contoh 25. (a) Ekspresi (a + b)2 dapat dinyatakan sebagai (a + b)2

= (a + b)(a + b) = a(a + b) + b(a + b) = a2 + ab + ab + b2 = a2 + 2ab + b2 .

(3.1)


29

(b) Dengan menerapkan hasil (a) untuk a = x dan b = −y, maka (x − y)2 = x2 − 2xy + y 2 . (c) Dengan menggunakan hasil (a) dan (b), (x + y − z)2

= [(x + y) − z]2 = (x + y)2 − 2(x + y)z + z 2 = x2 + 2xy + y 2 − 2xz − 2yz + z 2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy − 2xz − 2yz.

1 an

(3.2)

UM Pk

a−n =

y

Jika a 6= 0 dan n bilangan bulat tidak negatif, maka

Contoh 26. (a) 2−3 = (b) 2−5 =

1 25

=

(c) 3 · 24 = 3 ·

1 23

= 18 .

1 32 .

1 24

=3·

1 16

=

3 16 .

√ Jika x bilangan real dan n bilangan bulat, maka akar n dari x ditulis n x 1 atau x n , didefinisikan √ n x=y jika dan hanya jika y n = x. (3.3)

Jika n = 2 maka akar 2 dari x biasa ditulis √ Contoh 27. (a) 9 = 3, sebab 32 = 9. √ (b) 5 32 = 2, sebab 25 = 32. √ (c) 4 81 = 3, sebab 34 = 81. √ 1 (d) 16 2 = 16 = 4, sebab 42 = 16. √ 1 (e) 64 3 = 3 64 = 4, sebab 43 = 64.

√ 2

x=

√

x.

Jika m dan n bilangan bulat dengan n 6= 0, maka m

1

x n = (xm ) n =

√ n

xm

(3.4)

30


Contoh 28. 3

4 2 = 43

21

=

√ 2

43 =

√

64 = 8.

Teorema 3. Jika p dan q bilangan rasional, maka berlaku (i) ap · aq = ap+q ap aq

(ii)

= ap−q

1

5

1

5

y

(iii) ap · bp = (ab)p

Contoh 29. (a) 2 2 · 2 2 = 2 2 + 2 = 23 = 8 53 52

= 53−2 = 5.

UM Pk

(b)

(c) 32 · 52 = (3 · 5)2 = 152 = 225.

3.2

Urutan pada bilangan real

Kita telah mengetahui bahwa himpunan semua bilangan real dapat digambarkan dengan garis real. Dua titik berbeda pada garis real tentu selalu dapat diurutkan. Misalkan a dan b dua bilangan real. Bilangan real a dikatakan lebih kecil dari bilangan b, ditulis a < b jika pada garis real posisi a di sebelah kiri b. Pernyataan a lebih kecil dari b juga sama dengan pernyataan b lebih besar dari a, dan ditulis b > a.

a

b

Gambar 3.2: a < b

Jika a dan b adalah bilangan real, maka satu dan hanya satu pernyataan berikut berlaku: a < b, a = b, b>a

Notasi a ≤ b mengandung arti bahwa a < b atau a = b. Sebagai contoh: 2 ≤ 3 dan 3 ≤ 3. Notasi a ≤ b ekivalen dengan notasi b ≥ a. Operasi aljabar pada bilangan real dapat mempengaruhi sifat urutannya.

3.3. INTERVAL

31

Teorema 4. Diketahui a, b dan c bilangan real. i. Jika a < b, maka a + c < b + c. ii. Jika a ≤ b dan c ≥ 0, maka ac ≤ bc iii. Jika a < b dan c < 0, maka ac > bc

y

Contoh 30. Dapat diperiksa kebenaran pernyataan berikut: (a) Karena −2 < 3, maka −2 + 5 < 3 + 5.

UM Pk

(b) Karena 2 < 4 dan 3 ≥ 0, maka 2 · 3 < 4 · 3.

(c) Karena 1 < 3 dan −2 < 0, maka 1 · (−2) > 3 · (−2).

3.3

Interval

Interval atau selang adalah himpunan semua bilangan real yang terletak antara dua bilangan real. Jika a < b, maka kita bisa membentuk interval sebagai berikut :

i. Interval terbuka (a, b) = {x : a < x < b} ( a

ii. Intervasl tertutup [a, b] = {x : a ≤ x ≤ b} [ a

)

b

]

b

iii. Interval setengah terbuka (a, b] = {x : a < x ≤ b} ( a

] b

dan interval setengah terbuka [a, b) = {x : a ≤ x < b} [ ) a b

32


Contoh 31. Interval (0, 1] = {x : 0 < x ≤ 1} menyatakan himpunan semua bilangan yang lebih besar dari 0 dan lebih kecil atau sama dengan 1. ( 0

] 3

Karena interval adalah himpunan, maka kita dapat melakukan operasi himpunan pada interval.

I ∪J I ∩J

y

Contoh 32. Diketahui interval-interval I = (0, 3] = {x : 0 < x ≤ 3} dan J = [−1, 1] = {x : −1 ≤ x ≤ 1}. Dapat diperiksa bahwa = {x : −1 ≤ x ≤ 3} = [−1, 3] = {x : 0 < x ≤ 1} = (0, 1] ] 3

UM Pk

( 0

[ −1 [ −1

dan

] 1

] 3

( 0

] 1

I

J I ∪J I ∩J

Kita perkenalkan dua bilangan yang akan berguna dalam penerapan. Suatu bilangan yang lebih besar dari bilangan real manapun dinamakan tak hingga, ditulis ∞ . Jadi x<∞

untuk sebarang bilangan real x

Bilangan yang lebih kecil dari bilangan real manapun dinamakan minus tak hingga, ditulis −∞. Jadi −∞ < x

3.4

untuk sebarang bilangan real x

Nilai mutlak bilangan real

Nilai mutlak bilangan real x ditulis |x|, didefinisikan ( x jika x ≥ 0 |x| = −x jika x < 0

(3.5)

3.5. KOORDINAT SIKU-SIKU

33

Berdasarkan definisi 3.4, nilai mutlak suatu bilangan real adalah bilangan tidak negatif. Nilai mutlak bilangan real menyatakan panjang garis dari titik 0 ke bilangan real tersebut. Contoh 33. (a) |4| = 4 (b) | − 3| = −(−3) = 3 (c) |0| = 0 (d) |6 − 4| = |2| = 2

UM Pk

Contoh 34. Carilah x sehingga berlaku |x − 4| < 1. |x − 4| < 1 ekivalen dengan

y

(e) |4 − 6| = | − 2| = 2

x − 4 < 1 dan − (x − 4) < 1

Diperoleh x < 5 dan x > 3. Dengan demikian nilai x yang memenuhi |x−4| < 1 adalah {x : 3 < x < 5}.

3.5

Koordinat Siku-siku

Kita telah mengetahui bahwa suatu bilangan real dapat dinyatakan sebagai suatu titik pada garis real; sebaliknya setiap titik pada garis real menyatakan suatu bilangan real. Jika kita beralih ke bidang, maka pada bidang ini dapat digambarkan dua garis real yang saling tegak lurus, namakan garis (sumbu) x dan sumbu y yang masing-masing arahnya horisontal dan vertikal. Bidang yang terbentuk dinamakan bidang xy. Titik pertemuan kedua sumbu dinamakan sebagai titik asal atau titik O. Setiap titik pada bidang dapat dinyatakan sebagai pasangan terurut dua bilangan (a, b), dimana a menyatakan jarak titik a sepanjang sumbu x dari titik O dan b menyatakan jarak b sepanjang sumbu y dari titik O. Pasangan bilangan (a, b) dinamakan koordinat. Jika titik P berada pada koordinat (a, b) maka ditulis P (a, b). Bidang xy beserta semua aturan ini dinamakan sistem koordinat Cartesius atau sistem koordinat siku-siku (Gambar 3.5). Pada gambar 3.5, titik asalnya adalah titik O(0, 0); beberapa titik pada bidang ini misalnya adalah P (4, 3), Q(−3, 4), A(−2, −3), B(0, 3) dan C(3, −3).

Tes Formatif 1. Berilah tanda <, >, ≥, ≥ atau = pada tempat yang disediakan!

34


y

P

y

b

x

O

UM Pk

a

Gambar 3.3: Sistem koordinat siku-siku

y

Q

B

P

x

O

A

C

Gambar 3.4: Beberapa titik pada bidang xy

3.5. KOORDINAT SIKU-SIKU (a) −3

1

1 8

(c) 5 ·

1 3 1 5

1

(d) (−2) · 39128 (e) (x − 1000) (f) −3 (g)

(−2) · 30 0

1

1 8

(h) 5 ·

2

1 3 1 5

1

(i) (−2) · 39128 (j) (x − 1000)

2

(−2) · 30 0

2. Tuliskan dalam bentuk ab : 1 x3 3 t5 1 2 a−x + by 3 √1 + 1/3 x x

UM Pk

(a)

y

(b)

35

(b) (c)

(d)

3. Carilah x sehingga (a) |x2 − 2| = 1

(b) |x − 1| ≤ 5 (c) |1 − x| > 1

(d) |1 − x2 | < 1

4. Gambarkan titik-titik berikut pada sistem koordinat xy: (a) P (−1, −2)

(b) Q(0, 5)

(c) R(0, −3)

(d) T (−1, 3)

5. Sederhanakan (a) 2−2 · 43 = (b)

319 95 3

=

(c) 10 · 54 = (d) 57 ·

2 102

=

6. Tuliskan dalam bentuk

√ n

xm

36

BAB 3. HIMPUNAN BILANGAN RIEL 2

(a) 4 3

3

(b) 7− 5 (c) 100,9

UM Pk

y

(d) 1000,6

Bab 4

y

Fungsi Bernilai Real

UM Pk

Dalam fenomena sehari-hari, banyak dijumpai hubungan antara dua kuantitas yang memenuhi aturan tertentu. Beberapa contoh misalnya, harga suatu jenis barang berhubungan dengan kuantitas barang yang ada di pasar, tekanan suatu gas berhubungan dengan volume gas tersebut, kecepatan reaksi berhubungan dengan konsentrasi zat-zat pereaksi, dan sebaginya. Dalam kegiatan belajar ini akan diperkenalkan pengertian fungsi. Secara lebih khusus akan diperkenalkan pengertian domain fungsi, range fungsi dan grafik fungsi. Pembahasan akan lebih menekankan pada fungsi dengan domain dan range himpunan bagian bilangan real. Untuk lebih memperkaya wawasan tenang fungsi, pengenalan definisi tersebut juga disertai contoh-contoh. Pada akhir kegiatan belajar ini akan disajikan beberapa jenis fungsi yang sering digunakan dalam ilmu pengetahuan dan teknologi.

4.1

Pengertian fungsi

Diketahui D dan E adalah himpunan bagian bilangan real. Fungsi dari himpunan D ke himpuan E adalah suatu aturan yang menghubungkan setiap anggota D dengan satu anggota E. Fungsi dari D ke E ditulis f :D→E

(4.1)

Himpunan D dinamakan domain atau daerah definisi dan himpunan E dinamakan kodomain fungsi f . Jika bilangan x ∈ D dihubungkan dengan bilangan y ∈ E maka dikatakan bahwa x dipetakan oleh f ke y atau nilai fungsi di titik x adalah y (gambar 4.1) dan dituliskan f (x) = y

atau

x→y

Himpunan semua nilai fungsi f dinamakan range . Contoh 35. Diketahui D = {1, 2, 3, 4} dan E = {10, 20, 30, 40, 50}.

37

38

BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL f E

D

y

x

Gambar 4.1: x dipetakan oleh f ke y Jika f menghubungkan himpunan D dan E dengan aturan 2 → 30,

3 → 20,

4 → 30

y

1 → 10,

UM Pk

maka f merupakan fungsi. Perhatikan bahwa setiap anggota D dihubungkan dengan satu anggota E. Peta atau nilai fungsi tersebut adalah f (1) f (2) f (3) f (4)

= 10 = 30 = 20 = 30

Perhatikan bahwa nilai fungsi di 2 dan 4 adalah sama, yakni f (2) = f (4) = 30. Range atau daerah semua himpunan peta fungsi ini adalah rangef = {10, 20, 30}

Di dalam matematika dan terapannya kita banyak menemukan fungsi yang aturannya ditulis dalam bentuk rumus atau persamaan. Dalam pembahasan selanjutnya, fungsi ditulis dalam bentuk demikian. Contoh 36. Diketahui f adalah fungsi yang memetakan interval {x : 0 ≤ x ≤ 5} ke bilangan real dengan aturan f (x) = 3x

Domainya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 5} dan rangenya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 15}. Nilai fungsi pada beberapa titik misalnya adalah f (0) = 3 · 0 = 0 f (2) = 3 · 2 = 6 f (0, 5) = 3 · (0, 5) = 1, 5 f (a) = 3a f (a + b) = 3(a + b) f (x2 ) = 3x2 f (t + 1) = 3(t + 1)

4.1. PENGERTIAN FUNGSI

39

Contoh 37. Diketahui fungsi f dengan domain dan daerah hasil bilangan real. Jika f dinyatakan dengan f (x) = x2 Range fungsi ini adalah himpunan semua bilangan real tidak negatif, karena untuk sebarang bilangan real x, nilai x2 tidak pernah negatif. Nilai fungsi pada beberapa titik misalnya

UM Pk

y

f (0) = 02 = 0 f (2) = 22 = 4 f (−2) = (−2)2 = 4 f (−3) = (−3)2 = 9 f (5) = 52 = 25 f (t) = t2 2 f (z ) = (z 2 )2 = z 4 √ Contoh 38. Fungsi f (x) = x adalah fungsi yang domainnya tidak mungkin mencakup bilangan negatif, karena tidak ada bilangan real yang merupakan akar bilangan negatif. Dengan demikian, domainya adalah semua bilangan real tidak negatif dan rangenya adalah semua bilangan real tidak negatif, atau ditulis domain f adalah {x : x ≥ 0} range f adalah {x : x ≥ 0}

Contoh 39. Carilah √ himpunan semua bilangan real yang dapat menjadi domain dari fungsi f (x) = x − 1. Penyelesaian Karena bilangan di dalam tanda akar lebih harus besar atau sama dengan 0, maka domainnya adalah himpunan semua bilangan x sehingga x − 1 ≥ 0 yang berarti himpunan semua x sehingga x ≥ 1. Jadi domainya adalah himpunan semua bilangan real yang lebih besar atau sama dengan satu, atau ditulis domain f adalah {x : x ≥ 1}

Contoh 40. Carilah himpunan yang bisa menjadi domain fungsi f (x) =

1 x−3

Penyelesaian Karena pembagian dengan nol tidak diperbolehkan, maka domainya adalah semua bilangan real sehingga x − 3 tidak nol. Karen x − 3 6= 0 jika dan hanya jika x 6= 3, maka domainya adalah himpunan semua bilangan real yang tidak memuat bilangan 3, atau {x : x 6= 3}

40

4.2

BAB 4. FUNGSI BERNILAI REAL

Grafik Fungsi

Jika f adalah fungsi dan a anggota domain f , maka nilai fungsi di titik a adalah f (a). Pasangan terurut a dan f (a) dituliskan dengan notasi (a, f (a)) Jika pasangan terurut (a, f (a)) digambarkan pada sistem koordinat siku-siku dengan a pada sumbu horisontal dan f (a) pada sumbu vertikal, maka terbentuk suatu titik. Grafik fungsi f didefinisikan sebagai himpunan semua titik-titik (x, f (x)) dengan x anggota domain D.

f (1) = 2,

y

Contoh 41. Diketahui fungsi dengan aturan f (x) = 2x dan domain D = {1, 2, 3} dan f . Mudah diperoleh bahwa f (2) = 3,

f (3) = 6

UM Pk

Dengan demikian diperoleh pasangan terurut (x, f (x)) sebagai berikut (1, 2),

(2, 4),

(3, 6)

f (x)

Grafik fungsi f dengan domain D = {1, 2, 3} digambarkan sebagai titik-titik yang menyatakan pasangan terurutpasangan terurut (1, 2), (2, 4), dan (3, 6).

x

Gambar 4.2: Grafik fungsi f (x) = 2x, dengan x = 1, 2, 3

Contoh 42. Gambarkan grafik fungsi f (x) = 2x jika domainnya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 3}.

Penyelesaian Karena domainnya adalah interval {x : 0 ≤ x ≤ 3}, maka x dapat mengambil nilai berarapun antara bilangan 0 dan 3. Karena itu pasangan titik-pasangan titik (x, f (x)) ada tak hingga banyak. Untuk menggambarkan grafik fungsi semacam ini dapat digunakan pendekatan dengan cara menggambarkan beberapa titik. Tentu saja semakin banyak titik semaik mendeki grafik yang sebenarnya. Nilai fungsi ini pada beberapa titik adalah sebagai berikut

4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI x f (x)

0 0

0,2 0,4

0,5 1

41 1 2

1,6 3,2

2 4

2,4 4.8

2,8 5,6

3 6

Grafik fungsi tersebut untuk beberapa titik digambarkan pada (a), dan dengan menghubungkan titik-titik tersebut diperoleh grafik seperti pada (b). y

y

UM Pk

y

f (x) = 2x

x

(a)

x

(b)

Gambar 4.3: Grafik f (x) = 2x

Contoh 43. Gambarkan grafik fungsi f (x) = x2 pada interval {x : −2 ≤ x ≤ 3}. Gambar sebelah kiri menyatakan grafik fungsi pada beberapa titik, dan gambar sebelah kanan merupakan grafik pada {x : −2 ≤ x ≤ 3}.

4.3

Beberapa Jenis Fungsi

Di dalam bagian ini kita akan memperkenalkan beberapa jenis fungsi yang banyak digunakan di dalam ilmu dan teknologi.

42


y

x

Gambar 4.4: Grafik f (x) = x2

f (x) =

UM Pk

x2

y

y

x

4.3. BEBERAPA JENIS FUNGSI

43

Fungsi Linear Fungsi linear adalah fungsi yang dapat dituliskan dalam bentuk f (x) = mx + c

y

dengan m dan c konstanta. Grafik fungsi linear berupa garis lurus, konstanta m dinamakan kemiringan atau slope garis lurus.

f (x

)=

2x +

3

UM Pk

Contoh 44. Diberikan fungsi f (x) = 2x+3. Grafik fungsi ini dapat dilihat pada diagram berikut. y

Grafik fungsi linear f (x) = 2x + 3 berupa garis lurus. Kemiringan garis lurus ini adalah 2, yang berarti jika x bertambah 1 satuan maka f (x) bertambah 2 satuan. Garis ini berpotongan dengan sumbu vertikal pada titik (0, 3).

x

Contoh 45. Diberikan fungsi f (x) = − 12 x + 1. Grafik fungsi ini dapat dilihat pada diagram berikut.

44


Grafik fungsi linear f (x) = − 12 x + 1 berupa garis lurus. Kemiringan garis lurus ini adalah − 12 , yang berarti jika x bertambah 1 satuan maka f (x) 1 x berkurang 2 satuan. Garis ini berpotongan dengan sumbu vertikal pada titik (0, 1).

y )=

−1 2x+

1

y

f (x

UM Pk

Secara umum, kemiringan garis suatu fungsi linear ditentukan oleh koefisien m. Semakin besar nilai m semakin curam garisnya. Jika m bertanda positif maka garis miring ke kanan, jika m bertanda negatif maka garis miring kekiri. Garis horisontal memiliki kemiringan m = 0 dan garis vertikal memiliki kemiringan tak hingga. y y m tak hingga m>0 m=0

x

x

m<0

Tinjau kembali persamaan umum fungsi linear f (x) = mx + c

Misalkan grafik fungsi ini melalui titik (x0 , y0 ) dan (x1 , y1 ). Ini berarti y0 = mx0 + c y1 = mx1 + c


45

Persamaan kedua dikurangi persamaan pertama menghasilkan y1 − y0 = mx1 − mx0 atau

m=

y1 − y0 x1 − x 0

(4.2)

UM Pk

y

Karena y1 − y0 adalah perubahan tinggi dan x1 − x0 adalah perubahan maju, maka persamaan 4.2 menyatakan bahwa kemiringan garis lurus merupakan perbandingan perubahan tinggi dan perubahan maju.

Jika diketahui suatu garis lurus memiliki kemiringan m dan melalui titik (x0 , y0 ) dan diambil sebarang titik (x, y) pada garis tersebut, maka berlaku y − y0 m= x − x0 dan dapat disusun menjadi y − y0 = m(x − x0 )

(4.3)

Contoh 46. Suatu garis lurus melalui titik (1, 2) dan (−1, 8). Carilah kemiringan dan persamaan garis lurus tersebut. Penyelesaian. Kemiringan garis tersebut adalah m=

8−2 = −3 −1 − 1

Persamaan garis ini dapat dicari dengan menggunakan persaamaan 4.3 y − 2 = (−3)(x − 1) = −3x + 3 Dengan demikian permsaan garis lurus ini adalah y = 3x + 1.

46


Fungsi Pangkat Suatu fungsi yang berbentuk f (x) = xa dengan a konstanta, dinamakan fungsi pangkat.

f (x) = x 3

f ( x) =

x2

UM Pk

y

Contoh 47. Berikut adalah beberapa concoh fungsi pangkat dan grafiknya. y y

x

x

y

√ f (x) =

x

x


47

Fungsi Polinom Fungsi polinom adalah fungsi yang dapat dinyatakan sebagai f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 dengan n bilangan bulat tidak negatif dan a0 , a1 , · · · , an adalah konstanta. Jika an 6= 0 maka fungsi polinom tersebut dinamakan polinom berderajat n.

y

Contoh 48. (a) Fungsi f (x) = 2x2 − 2x + 3 merupakan polinom berderajat 2 dan biasa disebut fungsi kuadrat.

UM Pk

(b) Fungsi f (x) = −x3 + 3x2 − 3 merupakan fungsi polinom berderajat 3. Fungsi Rasional

Fungsi rasional adalah fungsi yang berbentuk f (x) =

p(x) q(x)

dengan p(x) dan q(x) polinom, dan q(x) 6= 0. 2

−1 Contoh 49. Fungsi f (x) = xx−1 merupakan fungsi rasional. Perhatikan bahwa domain fungsi ini adalah semua bilangan real selain 1, pada titik x = 1 fungsi ini tidak terdefinisi. Grafik fungsi ini dapat dilihat pada 49.

f( x)

=

x2 x− − 1 1

y

1

2

−1 Fungsi f (x) = xx−1 terdefinisi pada setiap bilangan real, kecuali kecuali pada x = 1. Oleh karena itu fungsi tidak tidak ada nilai di x = 1.

x

Jenis fungsi yang lain akan dibahas pada bagian selanjutnya.

48


Tes Formatif 1. Diketahui fungsi f (x) = x2 − 3x + 4. Hitunglah (a) f (0) (b) f (2) (c) f (−1) (d) f (a) (e) f (a + b)

(a) f (x) = 3x + 5

UM Pk

(b) f (x) = 3 − 2x

y

2. Gambarkan grafik fungsi berikut

(c) f (x) = 12 x2 − x − 2 (d) f (x) = 1 − 2x − x2 (e) f (x) = x3 + 2

3. Carilah persamaan garis lurus yang melalui titik-titik berikut (a) titik (1, 3) dan (3, 6).

(b) titik (−2, 5) dan (3, 0). (c) titik (0, −2) dan (3, 0).

(d) titik (−1, −2) dan (2, −2).

4. Sederhanakan bentuk fungsi berikut (a)

x2 −9 , x−3

x 6= 3

(b)

x2 −4x+4

,

(c)

x3 −x2 +x−1

(d)

x+2

x−1 x−1 √ , x+1

x 6= −2

,

x 6= 1.

x 6= −1.

Bab 5

y

Limit dan Kekontinyuan

UM Pk

Jika kita mengamati pergantian antara waktu fajar sampai dengan terbitnya matahari, kita tidak bisa secara tegas menyatakan pukul berapa pergantian tersebut terjadi. Pada kenyataannya kita hanya bisa melihat perubahan di langit secara kontinyu mulai dari gelap hingga terang. Barangkali kita hanya bisa mengatakan matahari ”hampir” terbit atau ”sesaat” setelah terbit matahari. Dalam bagian ini kita akan memperkenalkan konsep limit sebagai pernyataan yang maknanya mirip dengan kata ”hampir”, ”sesaat”, ”mendekati” dan sebagainya. Lebih lanjut kita akan memberikan sifat-sifat limit fungsi. Pada bagian selanjutnya akan diperkenalkan pengertian kekontinyuan suatu fungsi.

5.1

Limit fungsi

Misalkan fungsi f didefinisikan pada inteval terbuka yang memuat c. Jika nilai x dibuat sedekat mungkin ke c ternyata nilai f mendekati L maka dikatakan limit fungsi f jika x mendekati c adalah L, dan ditulis lim f (x) = L x→c

Perhatikan bahwa x hanya mendekati c, yakni x 6= c. Contoh 50. Diketahui fungsi f (x) = xx−1 2 −1 . Berapakah limit fungsi ini jika x mendekati 1? Penyelesaian: Perhatikan bahwa kita tidak bisa menghitung nilai fungsi ini di x = 1, sebab pada titik tersebut fungsinya tidak terdefinisi. Untuk itu kita saat ini hanya bisa menebak dengan cara 49

50

BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN

menghitung nilai fungsi untuk x yang dekat ke bilangan 1. Tabel berikut telah dihitung nilai fungsi-nilai fungsi untuk beberapa nilai x. x f (x)

0.9 0.5263

0.95 0.5128

0.993 0.5018

0.9996 0.5001

1,001 0.4998

1.05 0.4878

1.025 0.4938

1.1 0.4762

y

Dari tabel tersebut tampak bahwa jika x dibuat semakin dengan ke nilai 1 dari sebelah kiri, maka nilai f (x) semakin mendekati nilai 0.5. Demikian pula jika x dibuat semakin dengan ke nilai 1 dari sebelah kanan, maka nilai f (x) semakin mendekati nilai 0.5. Dari sini kuat dugaan bahwa limit fungsi ini jika x mendekati 1 adalah 1 , dengan kata lain 2 x−1 1 = x→2 x2 − 1 2

UM Pk

lim

y

f (x) =

1 2

x−1 x2 −1

1

x

Gambar 5.1: Contoh 50 3

2

+x−2 . Akan dihitung Contoh 51. Diketahui fungsi f (x) = x −2x x−2 nilai f (x) jika x mendekati 2. Diambil beberapa nilai yang cukup dekat ke 2, misalnya

x f (x)

1,9 4,61

1,99 4,9601

1,999 2,0001 2,01 4,996001 5,0004 5,0401

2,1 5,41

Berdasarkan tabel tersebut, jika x mendekati 2 ternyata f (x) 3 2 +x−2 mendekati 5. Ini berarti limit f (x) = x −2x jika x mendekati 2 x−2

5.1. LIMIT FUNGSI

51

adalah 5, atau ditulis x3 − 2x2 + x − 2 =5 x→2 x−2 lim

y f (x) =

x3 −2x2 +x−2 x−2

UM Pk

y

5

x

2

Gambar 5.2: Contoh 51

Pencarian limit fungsi dengan mencoba-coba pada beberapa nilai x seperti dicontohkan di atas tentu bisa memerlukan waktu yang tidak sebentar. Oleh karena itu kita perkenalkan beberapa sifat fungsi yang berguna untuk mencari limit suatu fungsi. Sifat 3. Diketahui lim f (x) dan lim g(x) ada. x→c

x→c

1. Jika k adalah konstanta, maka lim k = k. x→c

2. Jika n bilangan bulat positif, maka lim xn = cn . x→c

3. Jika k adalah konstanta, maka lim kf (x) = k lim f (x). x→c

x→c

4. lim(f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x). x→c

x→c

x→c

5. lim(f (x) · g(x)) = lim f (x) · lim g(x) x→c

(x) 6. lim fg(x) = x→c

x→c

lim f (x)

x→c

lim g(x)

x→c

x→c

, dengan syarat lim g(x) 6= 0. x→c

52

BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN

Contoh 52.

1. lim 5 = 5 x→2

2

2. lim 3 · (x − 1) = 3 · lim (x2 − 1) = 3 · (−1) = −3. x→0

x→0

3. lim (x + 1)(x2 + 2) = lim (x + 1) · lim (x2 + 2) = 2 · 3 = 6. x→1

x3 −1 x→−1 1−x

4. lim

x→1

lim

=

x→−1

x3 −1

lim 1−x

=

x→−1

−2 2

x→1

= −1.

Penyelesaian Karena x 6= 1, maka

jika x mendekati

x2 + x − 2 = x + 2. x−1

UM Pk

f (x) =

x2 +x−2 x−1

y

Contoh 53. Berapakah limit fungsi f (x) = 1?

Dengan demikian jika x mendekati 1 maka f (x) = x + 2 mendekati 3, yakni x2 + x − 2 = 3. x→1 x−1 lim

5.2

Fungsi kontinyu

Suatu fungsi f dikatakan kontinyu di titik c jika berlaku lim f (x) = f (c)

x→c

Definisi ini mengandung arti bahwa fungsi f kontinyu di titik c jika fungsi tersebut terdfinisi di titik c dan limitnya di titik c sama dengan nilai fungsi di titik c. Contoh 54. Fungsi f (x) = x2 − 1 kontinyu di titik x = 1, sebab 1. f terdefinisi di x = 1, yakni f (1) = 0 ada 2. limit f di x = 1 sama dengan nilai fungsi di titik x = 1, yakni lim = 0. x→1

Jika fungsi f kontinyu pada setiap titik di domainnya, maka dikatakan fungsi tersebut kontinyu. Pada contoh di atas, fungsi f (x) = x2 − 1 merupakan fungsi kontinyu. Grafik suatu fungsi kontinyu tidak putus.

5.2. FUNGSI KONTINYU y

53

f (x)

g(x)

y

x

1

x

Gambar 5.3: Fungsi f kontinyu; fungsi g tidak kontinyu di titik x = 1.

x−1 x2 − 1

UM Pk

f (x) =

y

Contoh 55. Apakah fungsi berikut kontinyu di titik x = 1?

Penyelesaian Fungsi ini tidak kontinyu di titik x = 1, karena fungsi ini tidak terdefinisi di titik x = 1, meskipun limit fungsi ini ada di x = 1. Fungsi ini kontinyu di setiap titik selain x = 1. Sifat 4. Diketahui f (x) dan g(x) adalah fungsi kontinyu. 1. Jika k adalah konstanta, maka k · f (x) kontinyu. 2. xn dengan n ≥ 0 adalah fungsi kontinyu.

3. f (x) + g(x) kontinyu.

4. f (x) · g(x) kontinyu.

5.

f (x) g(x)

kontinyu dengan syarat g(x) 6= 0.

Contoh 56. Fungsi f (x) = x2 − 2x + 1 adalah fungsi kontinyu, karena masing-masing suku pada fungsi tersebut kontinyu dan berdasarkan sifat 4.

Tes Formatif 1. Carilah limit fungsi berikut (a) lim x3 − 2x2 − 4. x→4

54

BAB 5. LIMIT DAN KEKONTINYUAN x2 −3x . x x→0

(b) lim

x2 −1 x→1 x−1

(c) lim

(d) lim

x→2

x2 −5x+6 x−2

x3 +x2 . x x→0 . lim x−2 2 x→2 x −4

(e) lim (f)

y

2. Apakah fungsi berikut kontinyu di titik yang diberikan? Jika tidak jelaskan mengapa? (a) f (x) = x5 − 2x2 + 2, di titik x = 2 x2 +1 di x 3 x −2x+1 x−7

x=1

UM Pk

(b) f (x) = (c) f (x) =

di x = 7.

Bab 6

Laju Perubahan Fungsi

UM Pk

6.1

y

Derivatif

Perubahan merupakan fenomena sehari-hari, baik alami maupun buatan. Posisi planet-planet selalu berubah satu terhadap lain, kendaraan yang bergerak mengalami perubahan, perekonomian suatu negara selalu mengalami perubahan, reaksi kimia juga merupakan suatu perubahan zat pereaksi menjadi zat hasil reaksi, demikian pula dengan perkembangan populasi merupakan perubahan jumlah individu dalam suatu interval waktu. Jika y fungsi dari x, maka ditulis y = f (x). Jika x berubah dari x1 ke x2 , maka perubahan x adalah ∆x = x2 − x1

(6.1)

∆y = ∆f (x) = f (x2 ) − f (x1 )

(6.2)

dan perubahan y adalah

Definisi 19. Hasil bagi ∆f f (x2 ) − f (x1 ) = ∆x x2 − x1 dinamakan laju perubahan rata-rata y terhadap x pada interval [x1 , x2 ].

55

56

BAB 6. DERIVATIF

Contoh 57. Laju perubahan rata-rata fungsi f (x) = x2 + 2x pada interval [1, 3] dapat dihitung sebagai berikut x1 = 1,

x2 = 3,

f (x1 ) = f (1) = 3,

f (x2 ) = f (3) = 15

Laju perubahan rata-rata yang dicari adalah ∆f f (x2 ) − f (x1 ) 15 − 3 = = = 6. ∆x x2 − x1 3−1

y

Contoh 58. Populasi bakteri pada waktu t dinyatakan sebagain f (t) = 2t . Berapakah laju perubahan rata-rata populasi bakteri dalam interval 5 detik sampai dengan 10 detik.

UM Pk

Penyelesaian. Populasi bakteri pada waktu 5 detik adalah f (5) = 25 = 32 dan pada waktu 10 detik adalah f (10) = 210 = 1024. Laju rata-rata perubahan populasi bakteri adalah 1024 − 32 ∆f = = 198.4 bakteri per detik ∆t 10 − 5 Ini berarti bahwa dalam waktu satu detik, populasi bakteri bertambah rata-rata sekitar 198 bakteri. Contoh 59. Perpindahan suatu benda s (dalam meter) dinyatakan sebagai fungsi waktu t (dalam detik) dengan aturan sebagai berikut s(t) = 10 + 2t

Jika waktu berubah dari 2 detik menjadi 7 detik, maka laju perubahan rata-rata perpindahannya adalah ∆s (10 + 2 · 7) − (10 + 2 · 2) = = 2 meter/detik. ∆t 7−2

6.2

Definisi turunan

Definisi 20. Turunan fungsi f di titik x ditulis df f (x + h) − f (x) = lim dx h→0 h

df , dx

didefinisikan (6.3)

6.2. DEFINISI TURUNAN

57

Notasi lain untuk turunan adalah f 0 (x) dan

d (f (x)), dx

jadi

df d = (f (x)) = f 0 (x) dx dx Dengan menuliskan h = (x + h) − h = ∆x dan f (x + h) − f (x) = ∆f , definisi 20 dapat juga ditulis ∆f df = lim dx ∆x→0 ∆x

y

Dengan demikian turunan fungsi adalah laju perubahan rata-rata f jika perubahan x mendekati 0.

UM Pk

Contoh 60. Diketahui f (x) = x2 + 1. Turunan fungsi f di titik x adalah (x) df = lim f (x+h)−f dx h h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

((x+h)2 +1)−(x2 +1) h (x2 +2xh+h2 +1)−(x2 +1) h 2xh+h2 h (2x+h)h h

= lim 2x + h h→0

= 2x.

Contoh 61. Carilah turunan fungsi f (x) = 2x2 − 5 di titik x = 1. Penyelesaian:

df dx

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

f (x+h)−f (x) h (2(x+h)2 −5)−(2x2 −5) h (2(x2 +2xh+h2 )−5)−(2x2 −5) h 4xh+2h2 h (4x+2h)h h

= lim 4x + 2h h→0

= 4x Dengan demikian turunan f di titik x = 1 adalah f 0 (1) = 4 · 1 = 4.

58

BAB 6. DERIVATIF

Contoh 62. Carilah turunan fungsi f (x) = df dx

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

f (x+h)−f (x) h √ √ x+h− x h √ √ √ √ x+h− x x+h+ x √ √ · h x+h+ x (x+h)−x √ √ ( x+h+ x)h h √ √ ( x+h+ x)h 1 √ 2 x

y

h→0

dengan syarat x > 0.

Beberapa sifat turunan

UM Pk

6.3

√ x.

Pencarian turunan suatu fungsi dengan menggunakan definisi memerlukan proses yang panjang. Beberapa sifat fungsi berikut sangat berguna untuk mencari turunan.

Teorema 5. Jika k adalah konstanta, maka d (k) = 0 dx

Bukti. Tuliskan f (x) = k, d (k) dx

=

df dx

f (x+h)−f (x) h k−k lim h→0 h lim 0 h→0 h

= lim

h→0

=

=

=0 Contoh 63. Berdasarkan sifat i dan (ii) dapat dicari : 1.

d (5) dx

2.

d (−100) dx

=0 =0

(6.4)

6.3. BEBERAPA SIFAT TURUNAN

59

Teorema 6. Jika n adalah bilangan bulat positif maka d n (x ) = nxn−1 dx

(6.5)

Bukti. Dapat ditunjukan bahwa untuk n bilangan bulat positif berlaku

(x+h)n −xn h h→0 n(n−1) nxn−1 h+ 1·2 xn−2 h2 +···+hn lim h h→0 n(n−1) n−2 n−1 lim (nx + 1·2 x h + · · · h→0 n−1

= lim

UM Pk

d (xn ) dx

n(n − 1) n−2 2 x h + · · · + hn 1·2

y

(x + h)n = xn + nxn−1 h +

=

=

= nx

Contoh 64. 2.

d (x) dx

3.

d (x9 ) dx

1.

+ hn−1 )

.

d (x2 ) dx

= 2x2−1 = 2x.

= x1−1 = x0 = 1. = 9x9−1 = 9x8

Teorema 7. Jika k adalah konstanta, maka d df (k · f (x)) = k · dx dx

Bukti.

d (kf (x)) dx

= = = Contoh 65. 2.

d (−x3 ) dx

1.

d (3x2 ) dx

kf (x+h)−kf (x) h h→0 f (x+h)−f (x) lim k h h→0 f (x+h)−f (x) k · lim h h→0 df k · dx

= lim

d = 3 dx (x2 ) = 3 · 2x = 6x.

d = (−1) dx (x3 ) = −3x2 .

(6.6)

60

BAB 6. DERIVATIF

Teorema 8. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan, maka d df dg (f + g) = + dx dx dx

(6.7)

d + g(x)) = dx ((f + g)(x)) +g)(x) = lim (f +g)(x+h)−(f h

UM Pk

d (f (x) dx

y

Bukti. Perlu disampaikan bahwa f + g merupakan fungsi yang nilainya di titik x adalah (f + g)(x) = f (x) + g(x).

h→0

= lim

f (x+h)+g(x+h)−f (x)−g(x) h

h→0

= =

f (x+h)−f (x) + g(x+h)−g(x) h h h→0 g(x+h)−g(x) f (x+h)−f (x) + lim lim h h h→0 h→0 df dg + dx dx

= lim

Contoh 66. Carilah turunan fungsi f (x) = 3x7 + x3 . Penyelesaian. df dx

d = dx (3x7 + x3 ) d d = dx (3x7 ) + dx (x3 ) = 21x6 + 3x2

Teorema 9. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan, maka d dg df (f · g) = f +g dx dx dx

(6.8)

Bukti. f ·g adalah fungsi yang nilainya di titik x adalah (f g)(x) =

6.3. BEBERAPA SIFAT TURUNAN

61

f (x) · g(x).

d (f (x)g(x)) dx

d = dx ((f g)(x)) g)(x) = lim (f g)(x+h)−(f h h→0

f (x+h)g(x+h)−f (x)g(x) h f (x+h)g(x+h)−f (x+h)g(x)+f (x+h)g(x)−f (x)g(x) lim h h→0 f (x+h)[g(x+h)−g(x)]+g(x)[f (x+h)−f (x)] lim h h→0 f (x+h)[g(x+h)−g(x)] g(x)[f (x+h)−f (x)] lim + h h h→0 f (g+h)−g(x) (x) f (x) · lim + g(x) · lim f (x+h)−f h h h→0 h→0 dg df f (x) · dx + g(x) · dx

= lim = = = =

UM Pk

=

y

h→0

Contoh 67. Carilah turunan fungsi f (x) = (x3 + 2x2 )(7 − 5x4 ). Penyelesaian.

df dx

d = dx (x3 + 2x2 )(7 − 5x4 ) d d = (x3 + 2x2 ) dx (7 − 5x4 ) + (7 − 5x4 ) dx (x3 + 2x2 ) 3 2 3 4 2 = (x + 2x )(−20x ) + (7 − 5x )(3x + 4x) = −20x6 − 40x5 + 21x2 − 15x6 + 28x − 20x5 = −35x6 − 60x5 + 21x2 + 28x

Teorema 10. Jika fungsi f (x) dan g(x) memiliki turunan dan g(x) 6= 0, maka df dg g dx − f dx d f , (6.9) = dx g g2

Bukti. Serupa dengan bukti sebelumnya, f /g adalah fungsi den-

62

BAB 6. DERIVATIF

gan (f /g)(x) = f (x)/g(x). d dx

f (x) g(x)

=

d dx

= lim

h→0

= lim

h→0

= lim

f g

(x)

f (x+h)− fg (x) g

h f (x+h) f (x) − g(x) g(x+h)

h f (x+h)g(x)−g(x+h)f (x) g(x+h)g(x)

h f (x+h)g(x)−g(x+h)f (x) lim g(x+h)g(x)h h→0 [f (x+h)g(x)−f (x)g(x)]−[g(x+h)f (x)−f (x)g(x)] lim h→0 g(x+h)g(x)h (x) g(x+h)−g(x) 1 lim g(x+h)g(x) · g(x) lim f (x+h)−f − f (x) lim h h h→0 h→0 h→0

= =

df dq g(x) dx −f (x) dx 2 (g(x))

UM Pk

=

y

h→0

=

Contoh 68. Carilah turunan fungsi f (x) = Penyelesaian. 3 df d x +1 = dx dx x2 =

= = = =

x3 +1 x2

d d x2 dx (x3 +1)−(x3 +1) dx (x2 ) (x2 )2 x2 ·3x2 −(x3 +1)·2x x4 3x4 −(2x4 +2x) x4 x4 −2x x4 x3 −2 x3

Sifat 5. Jika fungsi f memiliki turunan di suatu titik, maka fungsi tersebut kontinyu di titik tersebut.

Kebalikan dari sifat 5 belum tentu benar, yakni ada fungsi kontinyu pada suatu titik yang tidak memiliki turunan di titik tersebut. Sebagai contoh, dapat dibuktikan bahwa fungsi f (x) = |x| kontinyu di titik 0 tetapi tidak memiliki turunan di titik 0. Fungsi yang memiliki turunan dititik x dikatakan fungsi yang diferensiabel di titik x atau fungsi yang dapat diturunkan di titik x.

6.4. ATURAN RANTAI DAN AKIBATNYA

63

y

f (x) = |x|

x

6.4

y

Gambar 6.1: f (x) = |x| kontinyu dan tidak memiliki turunan di x = 0

Aturan rantai dan akibatnya

UM Pk

Proses mencari turunan suatu fungsi bisa menjadi tidak mudah, meskipun kita telah memanfaatkan sifat-sifat yang telah dipelajari pada pertemuan sebelumnya. Sebagai contoh, untuk mencari turunan fungsi f (x) = (x2 − 1)17

akan memakan prosedur yang panjang jika kita hanya berbekal teoremateorema di atas. Untuk memahami aturan rantai, pertama kita perkenalkan fungsi komposisi. Fungsi komposisi g adalah fungsi yang berbentuk g(x) = f (u(x))

Dalam notasi di atas, f adalah fungsi dari u dan u fungsi dari x. Sebagai contoh, fungsi g(x) = (x2 − 1)17 adalah fungsi komposisi dengan f (u) = u17 dan u(x) = x2 − 1.

Teorema 11. (Aturan Rantai) Jika f fungsi dari u dan u fungsi dari x, turunan f terhadap u ada dan turunan u terhadap x ada, maka df df du = dx du dx df Contoh 69. Diketahui f (x) = (x2 − 1)17 . Carilah dx . 17 2 Penyelesaian: ambil f (u) = u dan u(x) = x − 1.

64

BAB 6. DERIVATIF

df dx

df du = du dx d d = du (u17 ) dx (x2 − 1) 16 = 17u · 2x = 17(x2 − 1)16 · 2x = 34x(x2 − 1)16

Teorema 12. Jika n bilangan bulat, maka berlaku

y

d n (x ) = nxn−1 dx

UM Pk

Bukti: Untuk n positif telah dinyatakan pada teorema sebelumd d nya. Untuk n = 0, maka dx (xn ) = dx (1) = 0 = 0x−1 . Jika n negatif, maka −n potitif. Oleh karenan itu berdasarkan aturan rantai itu diperoleh 1 d d n (x ) = −n dx dx x =

d d x−n dx (1)−1· dx (x−n ) (n−n )2 x−n ·0−(−n)(x−n−1 ) (x−2n ) n−1

= = nx

Contoh 70. Carilah turunan f (x) = x12 . Penyelesaian. Karena x12 = x−2 , maka

df d 2 = x−2 = −2x−3 = − 3 dx dx x

Teorema 13. Jika q bilangan rasional, maka d q (x ) = qxq−1 dx

Bukti: Karena q rasional, maka q dapat ditulis q = dan n bilangan bulat. Dimisalkan u = xm/n

m n

dengan m

6.4. ATURAN RANTAI DAN AKIBATNYA

65

y

Ini berarti un = xm . Dengan mengambil turunan terhadap x pada kedua ruas d d (un ) = dx (xm ) dx n · un−1 · du = m · xm−1 dx m−1 du = mx dx nun−1 xm−1 =m u n m−1 un mx = n xm xm/n m =m x n −1 n √ Contoh 71. Carilah turunan fungsi f (x) = x. √ Penyelesaian: Karena x = x1/2 , maka

UM Pk

df 1 1 1 d 1 = (x 2 ) = x− 2 = √ dx dx 2 2 x

Contoh 72. Carilah turunan f (x) = (x6 − 3)1/3 . Penyelesaian: Dengan menggunakan aturan rantai df dx

d = dx (x6 − 3)1/3 1 d = 3 (x6 − 3)−2/3 dx (x6 − 3) 1 6 −2/3 = 3 (x − 3) · 6x5 5 2x = (x6 −3) 2/3 d Contoh 73. 1. dx x1/3 = 13 x−2/3 = 3x12/3 d √ d 2. dx ( x) = dx x1/2 = 12 x−1/2 = 2√1 x √ d 3. dx x − √1x = 2√1 x − 2x13/2

4.

d dx

√

x2 − 2x + 1 = (2x − 2) = √x2x−1 −2x+1

d (x2 dx

1

1

− 2x + 1) 2 = 12 (x2 − 2x + 1)− 2 ·

Tes Formatif 1. Carilah laju rata-rata perubahan fungsi berikut pada titik-titik yang diberikan. (a) f (x) = x3 − 5, x berubah dari 1 sampai dengan 3. (b) f (x) = x2 − 3x + 1, x berubah dari −1 sampai dengan 1. (c) f (x) = x3 − 5, x berubah dari 1 sampai dengan 3.

66

BAB 6. DERIVATIF

2. Carilah turunan fungsi berikut (a) f (x) = (x3 − 2x)100 √ (b) f (x) = x6 − 2 (c) f (t) = (t − 2t3 )−5 (d) f (x) = (x2 + 9)3/2 1 (e) f (x) = (x6 +1) 5 √ 1 t2 +3

(g) g(x) = (1 − x2 )7 di x = 2 1 (h) f (x) = (x3 +2) 3/2 di x = 1.

y

(f) f (t) =

(i) f (x) = x2 − 2x + 1 di titik x = 1

UM Pk

(j) g(x) = x7 − 3x9 di titik x = −1 (k) f (x) = (x6 − x7 + 3x9 ) (l) h(x) = (x5 − 2x3 )(x − 3x2 )

(m) f (x) = (n) g(t) =

x5 −9 x−1 1 t2 +1 −3

(o) f (x) = x

(p) g(x) =

(q) f (x) =

√1 x

√

−

3 x1/3

x2 + 2x − 1

1

(r) f (x) = (x3 − 6x2 + 3x − 7) 3

5

2

5(1−6t ) Jawaban: 2. (a) 100(3x2 −2)(x3 −2x)99 , (b) √3x 6 −2 , (c) − (t−2t3 )6 , (d) x √ 5 √ t 3x x2 + 9, (e) − (x30x , (g) −20412, (h) − 2√1 3 , (i) 0, (j) 6 +1)6 , (f) t2 +3 −20, (k) 6x5 −7x6 +27x8 , (l) (1−6x)(x5 −2x3 )+(x−3x2 )(5x4 −6x2 ), 5 −9 2 5x4 2t 3 1 1 √ 2x+2 (m) x−1 − xx−1 , (n) − (t2 +1) , 2 , (o) − x4 , (p) x4/3 − 2x3/2 , (q) 2 x2 +2x−1

(r)

3x2 −12x+3 . 3(x3 −6x2 +3x−7)2/3

Bab 7

UM Pk

y

Maksimum dan Minimum Lokal

Turunan memiliki penerapan yang luas dalam berbagai bidang ilmu pengetahuan dan teknologi. Dalam bagian ini kita akan mempelajari pemakaian turunan dalam bidang ilmu pengetahuan lainnya, khususnya ilmu alam dan persoalan maksimum atau minimum suatu fungsi. Untuk tujuan tersebut kita perlu memperkenalkan beberapa konsep yaitu turunan orde tinggi, titik kritis dan garis singgung pada kurva.

7.1

Turunan orde n

Turunan fungsi f (x) ditulis f 0 (x) atau df /dx, dan dinamakan turunan pertama atau turunan orde satu. Turunan dari f 0 (x), ditulis f 00 (x) atau d2 f /dx2 , dinamakan turunan kedua atau turunan orde dua dan didefinisikan sebagai

f 00 (x) =

d2 f d 0 = (f (x)) 2 dx dx

(7.1)

Contoh 74. Diketahui f (x) = x5 − 3x2 + 7. Turunan pertama fungsi ini adalah f 0 (x) =

df 5 (x − 3x2 + 7) = 5x4 − 6x, dx 67

68

BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL

turunan keduanya adalah f 00 (x) =

df 0 df (f (x)) = (5x4 − 6x) = 20x3 − 6. dx dx

Secara umum, turunan orde n ditulis f (n) (x), didefinisikan sebagai d (n−1) f (x). dx

(7.2)

y

f (n) (x) =

Berdasarkan definisi 7.2, kita dapat menuliskan

UM Pk

f (2) (x) = f 00 (x) d 00 f (3) (x) = dx f (x) d (3) f (4) (x) = dx f (x)

dan sebagainya.

Contoh 75. Jika f (x) =

√

x, maka

f 0 (x) = 2√1 x f 00 (x) = − 4x13/2 f (3) (x) = f (4) (x) =

7.2

d dx d dx

− 4x13/2 = 8x35/2 3 = − 16x157/2 8x5/2

Garis tangen pada kurva

Tinjau suatu titik P pada suatu lingkaran dengan jari-jari r (gambar 7.1). Garis lurus L melalui titik P dan tegak lurus terhadap r. Garis L dinamakan garis tangen pada lingkaran di titik P . Pengertian garis tangen dapat diperluas pada suatu kurva. Pada gambar 7.1 sebelah kanan, jika kita gambar lingkaran yang melalui kurva tersebut pada satu titik di P dan kita bentuk garis L1 yang melalui titik P dan tegak lurus jari-jari lingkaran ini, maka garis L1 merupakan garis tangen pada kurva di titik P . Demikian pula garis L2 , adalah garis tangen pada kurva di titik Q.

7.2. GARIS TANGEN PADA KURVA

L P

L1

69

Q

P

L2

r

Gambar 7.1: Garis tangen

UM Pk

y

Sekarang kita tinjau kurva f (x) dan suatu titik pada kurva (x0 , y0 ) (gambar 7.2) dan L garis tangen pada kurva di titik (x0 , y0 ). Misalkan (x, y) adalah titik lain pada kurva ini dan garis L0 adalah garis lurus yang melalui (x0 , y0 ) dan (x, y). Perhatikan bahwa kemiringan garis L0 adalah ∆y ∆x f (x)

(x, y)

L0 L0 L00 L0 L

(x0 , y0 ) L

Gambar 7.2: Kemiringan garis tangen di x0 adalah f 0 (x0 )

Jika titik (x0 , y0 ) dibuat tetap dan titik (x, y) dibuat semakin mendekati titik (x0 , y0 ), maka garis L0 akan semakin mendekati garis L. Garis L0 akan sama dengan garis L jika titik (x, y) dibuat

70


sedekat mungkin ke titik (x0 , y0 ), yakni jika ∆x mendekati 0. Karena ∆y , maka kemiringan garis L di titik x0 kemiringan garis L0 adalah ∆x adalah ∆y = f 0 (x0 ) ∆x→0 ∆x lim

Teorema 14. Kemiringan garis tangen pada kurva f (x) dititik x0 adalah (7.3)

UM Pk

y

f 0 (x0 )

Teorema 14 menyatakan bahwa kemiringan garis tangen pada suatu kurva di suatu titik sama dengan turunan pertama fungsi tersebut di titik tersebut. Contoh 76. Carilah kemiringan garis tangen pada kurva f (x) = x2 − x + 1 di titik x = 2. Penyelesaian. Kemiringan garis tangen pada kurva di titik x adalah f 0 (x) =

d 2 (x − x + 1) = 2x − 1, dx

oleh karena itu kemiringan garis tangen pada kurva ini di titik x = 2 adalah f 0 (2) = 2 · 2 − 1 = 3. Karena garis tangen adalah garis lurus dengan kemiringan f 0 (x), maka persamaan garis tangen adalah

Teorema 15. Persamaan garis tangen pada kurva f (x) di titik x0 adalah y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) (7.4)

Contoh 77. Carilah persamaan garis tangen pada kurva f (x) = 1 2 x − x + 1 di titik x = 1. 4

7.3. TITIK KRITIS

71

Penyelesaian. Kemiringan garis tangennya di x adalah 1 f 0 (x) = x − 1 2 oleh karena itu 1 f 0 (1) = − 2 1 Karena f (1) = 4 , maka persamaan garis tangen yang dicari adalah

atau

1 3 y =− x+ 2 4

Titik kritis

UM Pk

7.3

1 1 = − (x − 1) 4 2

y

y−

Titik kritis fungsi f (x) adalah titik dimana turunan pertama fungsi tersebut sama dengan nol. Jadi c titik kritis f (x) jika dan hanya jika f 0 (c) = 0

(7.5)

Contoh 78. Carilah titik kritis f (x) = x2 − 2x + 1. Turunan pertama f (x) adalah f 0 (x) = 2x − 2. Oleh karena itu titik kritisnya adalah bilangan x sehingga f 0 (x) = 0, atau 2x − 2 = 0

yang dipenuhi jika x = 1. Jadi titik kritisnya adalah x = 1. Contoh 79. Carilah titik kritis f (x) = x3 − 12x. f 0 (x) = 0 ⇐⇒ 3x2 − 12 = 0 ⇐⇒ (x − 2)(x + 2) = 0 ⇐⇒ x = 2 atau x = −2 yakni titik kritisnya adalah x = −2 dan x = 2.

Karena turunan pertama secara geometris adalah kemiringan garis tangen pada kurva, maka titik kritis suatu fungsi adalah titik dimana garis tangen pada kurva adalah horisontal.

72

BAB 7. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL P

Q Gambar 7.3: Garis tangen pada titik kritis

7.4

Maksimum dan minimum lokal

UM Pk

y

Di dalam penerapan kita sering mencari nilai maksimum atau minimum suatu fungsi. Fungsi f (x) dikatakan mencapai maksimum mutlak di titik c jika f (x) ≤ f (c) untuk semua x di domainnya. Fungsi f (x) dikatakan mencapai minimum mutlak di titik d jika f (x) ≥ f (d) untuk semua x di domainnya. Fungsi f (x) dikatakan mencapai maksimum lokal di titik c jika ada interval terbuka yang memuat c sehingga f (x) ≤ f (c) untuk semua x di interval terbuka tersebut. Fungsi f (x) dikatakan mencapai minimum lokal/relatif di titik d jika ada interval terbuka yang memuat d sehingga f (x) ≥ f (d) untuk semua x di interval terbuka tersebut.

Pada gambar berikut, titik A merupakan titik maksimum mutlak sekaligus titik maksimum relatif, titik B merupakan titik minimum mutlak sekaligus titik minimum relatif. Titik C dan D berturutturut adalah titik maksimum relatif dan minimum relatif. Perhatikan bahwa pada titik maksimum atau minimum relatif, garis singging pada kurva adalah horisontal, dengan kata lain turunan pertama pada titik maksimum atau mimimum relatif adalah nol. Pada titik maksimum atau minimum lokal berlaku f 0 (x) = 0

(7.6)

Teorema di atas menyatakan bahwa suatu fungsi mencapai maksimum relatif atau minimum relatif pada titik c jika dan hanya jika titik c adalah titik kritis. Jadi untuk mencari titik maksimum atau minimum relatif, cukup dicari titik kritisnya. Namun demikian titik

7.4. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL

73

f (x)

A C

B

x

y

D

UM Pk

Gambar 7.4: Pada titik maksimum dan minimum relatif, f 0 (x) = 0

kritis tidak dapat digunakan untuk menentukan apakah titik tersebut titik maksimum atau minimum relatif. Dari gambar tampak bahwa titik-titik pada kurva di sebelah kiri titik A (titik maksimum relatif) memiliki kemiringan positif dan titik-titik di sebelah kanan titik A memiliki kemiringan negatif. Dengan kata lain, pada titik maksimum relatif, kemiringan garis singgung pada kurva berubah dari positif ke negatif. Sebaliknya pada titik minimum relatif, misalnya di titik D, kemiringan garis singgung berubah dari negatif ke positif. Sifat ini digunakan untuk menentukan apakah suatu titik kritis merupakan titik maksimum atau minimum relatif.

Teorema 16. Diketahui c titik kritis f (x).

1. Titik c merupakan titik maksimum relatif jika f 00 (c) < 0. 2. Titik c merupakan titik minimum relatif jika f 00 (c) > 0.

Jika c titik maksimum relatif, maka f (c) dinamakan nilai maksimum relatif, dan jika c titik minimum relatif maka f (c) dinamakan

74


nilai minimum relatif. Berdasarkan uraian di atas kita memiliki metode untuk mencari titik maksimum atau minimum relatif: 1. Cari titik kritis, yaitu titik c sehingga f 0 (c) = 0. 2. Hitunglah f 00 (c),

y

(a) jika f 00 (c) < 0, maka c titik maksimum relatif dan f (c) nilai maksimumnya. (b) jika f 00 (c) > 0, maka c titik mimimum relatif dan f (c) nilai minimumnya. Contoh 80. Carilah nilai maksimum atau minimum relatif fungsi

UM Pk

f (x) = x2 − 2x + 1

Penyelesaian. Pertama dicari turunan pertama dan kedua: f 0 (x) = 2x − 2

f 00 (x) = 2

dan

Titik kritisnya adalah

f 0 (x) = 2x − 2 = 0

atau

x=1

00

Di x = 1, f (1) = 2 > 0, sehingga disimpulkan bahwa f (x) mencapai titik minimum dengan nilai minimum f (1) = 12 − 2 · 1 + 1 = 0.

Contoh 81. Dua bilangan jumlahnya 20. Berapakah kedua bilangan tersebut agar hasil kalinya maksimum?

Penyelesaian. Misalkan bilangan pertama x. Ini berarti bilangan kedua adalah 20 − x. Misalkan f (x) menyatakan hasil kali kedua bilangan tersebut, yaitu f (x) = x(20 − x) = 20x − x2

Titik kritis f (x) adalah f 0 (x) = 20 − 2x = 0 atau x = 10. Turunan keduanya adalah f 00 (x) = −2, sehingga f 00 (10) = −2 < 0, yakni x = 10 adalah titik maksimum relatif. Nilai maksimumnya adalah f (10) = 10 · (20 − 10) = 100.

7.4. MAKSIMUM DAN MINIMUM LOKAL

75

Contoh 82. Carilah nilai maksimum atau minimum relatif fungi f (x) = x3 − 12x Penyelesaian. Telah diperoleh bahwa titik kritisnya adalah x = −2 dan x = 2. Turunan keduanya adalah f 00 (x) = 6x. Karena f 00 (−2) = −12 < 0, ini berarti x = −2 adalah titik maksimum relatif dengan nilai maksimum f (−2) = (−2)3 − 12 · (−2) = 16.

y

Karena f 00 (2) = 12 > 0, ini berarti x = 2 adalah titik minimum relatif dengan nilai minimum

UM Pk

f (2) = (2)3 − 12 · (2) = −16.

Contoh 83. Suatu kotak tanpa tutup akan dibuat dari selembar karton berbentuk empat persegi panjang dengan cara membuat potongan bujur sangkar yang sama pada setiap sudutnya. Diketahui sisi-sisi empat persegipanjang tersebut adalah 50 cm dan 80 cm. Berapakah tinggi kotak agar volumenya maksimum? Penyelesaian. Misalkan potongan bujur sangkar pada setiap sudutnya memiliki sisi x. Dengan demikian kotak akan memiliki ukuran: • tinggi kotak = x.

• luas alas = (50 − 2x)(80 − 2x).

Volume kotak adalah

V (x) = alas × tinggi = (50 − 2x)(80 − 2x)x = 4000x − 260x2 + 4x3 Pertama dicari titik kritisnya,

V 0 (x) = 4000 − 520x + 12x2 = 0

atau

(3x − 100)(x − 10) = 0

Jadi titik kritisnya adalah x = 100/3 dan x = 10. Turunan kedua V (x) adalah V 00 (x) = −520 + 24x Untuk x = 100/3 diperoleh V 00 (100/3) = −520 + 24 ·

100 840 = >0 3 3

76


dan untuk x = 10 diperoleh V 00 (10) = −520 + 24 · 10 = −280 < 0, yang berarti bahwa volume kotak maksimum jika tinggi kotak adalah x = 10 cm. Volume maksimum kotak adalah

UM Pk

y

V (10) = (50 − 2 · 10)(80 − 2 · 10) · 10 = 18000 cm3 .

Bab 8

Pengertian integral tak tentu

UM Pk

8.1

y

Integral

Jika fungsi F (x) memiliki turunan f (x) dan C adalah konstanta maka fungsi F (x) + C juga memiliki turunan f (x), sebab d d d (F (x) + C) = (F (x)) + (C) = f (x). dx dx dx

Dalam hal ini fungsi F (x) dinamakan primitif fungsi f (x), fungsi F (x) + C dinamakan integral tak tentu atau anti turunan fungsi f (x) dan dituliskan Z f (x)dx = F (x) + C. (8.1) Persamaan 8.1 dibaca integral fungsi f (x) adalah F (x) + C. Fungsi f (x) dinamakan integran atau fungsi yang dicari integralnya. Z 1 Contoh 84. 1. x2 dx = x3 + C 3 Z 1 2. (x3 − 2x + 1)dx = x4 − x2 + x + C 4 Z √ 2 3 3. xdx = x 2 + C. 3 Beberapa sifat integral tak tentu berikut dapat dibuktikan dengan mengaambil tururan primitifnya. 77

78

BAB 8. INTEGRAL

Z Teorema 17.

1.

xn dx

xn+1 + C, n+1

=

dengan n

6=

−1, n rasional. Z 2. Jika k kontantsa, maka Z

kf (x)dx = k

Z (f (x) + g(x))dx =

Z

Z f (x)dx +

g(x)dx.

1 x7 dx = x8 + C. 8

1.

UM Pk

Contoh 85.

f (x)dx.

y

3.

Z

Z

2.

Z

3.

3 dx = 3 x3

Z

x−3 dx = −

Z

4

x + 2dx =

4

x dx +

Z

3 + C. 2x2

1 2dx = x5 + 2x + C. 5

Dengan mengambil k = −1 pada sifat 17 (2) dan berdasarkan (3) diperoleh Z

Z

(f (x) − g(x))dx =

Z

f (x)dx −

g(x)dx

Sifat 17 (3) dapat diperumum untuk n fungsi sebagai berikut:

Z

Z

(f1 (x)+f2 (x)+· · ·+fn (x))dx =

Z

Z Z f1 (x)dx+ f2 (x)dx+· · ·+ fn (x)dx.

1 (x3 − 2x)dx = x4 − x2 + C. 4 Z 1 1 1 2. 4x3 + x2 − 2 + 2 dx = x4 + x3 − 2x − 3 + C. x 3 3x

Contoh 86.

1.

8.2. METODE SUBSTITUSI

79

Test Formatif Carilah integral berikut: Z 1. (−x2 − 5)dx 2. Z 3. Z

√ x − 1dx. (x2 +

1 )dx x2

UM Pk

4.

(x + 1)2 dx

y

Z

8.2

Metode Substitusi

Kemampuan dalam mencari integral tak tentu yang telah disampaikan di atas, sangat tergantung pada kemampuan kita dalam menebak dan pengalaman mencari turunan. Ada kalanya cara demikian tidak efektif. Metode yang akan kita perkenalkan, merupakan metode yang cukup efektif untuk mencari integral beberapa bentuk fungsi. Ingat kembali bahwa du = u0 (x) dx Misalkan u(x) adalah fungsi dari x dan F (u) adalah anti turunan f (u), jadi dF = f (u) du Dengan aturan rantai diperoleh F 0 (u(x)) =

dF du = f (u)u0 (x) du dx

Ini berarti integral tak tentu dari f (u)u0 (x) adalah F (u(x)) + C, atau Z f (u(x))u0 (x)dx = F (u(x)) + C =F Z (u) + C =

f (u)du.

80

BAB 8. INTEGRAL

Jadi diperoleh Z

Z

0

f (u(x))u (x)dx =

f (u)du.

(8.2)

y

Persamaan 8.2 dinamakan metode substitusi atau metode perubahan variabel. Z Contoh 87. Carilah 2x(x2 − 1)17 dx.

UM Pk

Dimisalkan u(x) = x2 − 1. Jadi du = 2xdx. Z Z 2 17 2x(x − 1) dx = (x2 − 1)17 (2xdx) Z

=

u17 du

=

1 18 u +C 18

=

(x2 − 1)18 + C. 18

Z

x+2 dx. + 4x + 5)3 Dimisalkan u(x) = x2 + 4x + 5. Jadi du = (2x + 4)dx. Z R (2x+4)dx x+2 1 = 2 (x2 +4x+5)3 (x2 + 4x + 5)3 Z 1 1 = du 2 u3

Contoh 88. Carilah

(x2

= =

1 (−1) +C 2 2u2 4(x2

−1 + C. + 4x + 5)2

8.2. METODE SUBSTITUSI

Z Contoh 89. Carilah

81

√ x3 x4 + 9dx.

=

1 2 3/2 u +C 43

y

Dimisalkan u(x) = x4 + 9. Jadi du = 4x3 dx. Z Z √ √ 1 3 x x4 + 9dx = x4 + 9(4x3 dx) 4 Z 1 √ udu = 4

UM Pk

1 = (x4 + 9)3/2 + C. 6

Tes Formatif

Carilah setiap integral berikut Z 1. (3x + 2)3 dx. Z

2.

Z

3.

Z

4.

Z

5.

Z

(1 − 4x)2 dx.

√ x 2 − x2 dx. √

5 dt. 2t + 1

x2 (x3 − 17)99 dx.

x+1 dx. x2 + 2x + 1 Z √ 7. (x − 3x2 ) 1 + x2 − 2x3 dx. 6.

Z 8.

√

x2 + 1 dx. (x3 + 3x + 3)2

82

BAB 8. INTEGRAL

9. Z 10. Z 11.

5x4 + 4x3 + 3x2 + 2x + 1 dx. (x5 + x4 + x3 + x2 + x + 100)11 √

1 √ dx. x(1 + x)2

1 p dx. x2 1 + 1/x

Z 12.

t2 (1 Z

√ x(5 − x3/2 )dx.

UM Pk

13.

1 dx. − 1/t)3

y

Z

8.3. INTEGRAL TERTENTU

8.3

83

Integral tertentu

Luas beberapa jenis bangun datar dapat dihitung dengan mudah karena telah diketahui rumus untuk menghitungnya. Akan tetapi ada banyak bangun datar yang rumus luasnya tidak tersedia. Dalam bagian ini, integral tertentu akan diperkenalkan melalui luas suatu bidang yang dibatasi oleh kurva.

UM Pk

y

Tinjau fungsi f (x) dengan domain interval [a, b]. Kita akan mencari luas daerah dibawah kurva f (x) yang dibatasi oleh garis x = a dan x = b. Kita notasikan luas tersebut dengan A. Interval [a, b] dibagi menjadi n interval bagian yang lebarnya sama sebesar ∆x. Dengan demikian pada interval [a, b] terbentuk titik-titik

x0 = a, x1 = a+∆x, x2 = x1 +∆x, x3 = x2 +∆x · · · xn−1 = xn−2 +∆x, xn = a dan

b−a n Pada setiap interval bagian [xi , xi+1 ] diambil titik ci . Dibentuk empat persegi panjang dengan lebar ∆x dan tinggi f (ci ). Luas setiap empat persegipanjang adalah ∆x =

f (ci ) · ∆x,

dengan i = 1, 2, · · · , n.

Jumlah luas seluruh empat persegi panjang adalah

S = f (c1 ) · ∆x + f (c2 ) · ∆x + · · · + f (cn ) · ∆x =

n X

f (ci ) · ∆x

i=1

Jika interval bagian semakin banyak, maka luas S ini akan semakin mendekati luas A. Semakin banyak interval bagian berarti pula semakin besar n. Dengan demikian luas A dapat diaproksimasi dengan jumlah berikut Luas A = lim

n→∞

n X

f (ci ) · ∆x

(8.3)

i=1

Jika limit pada 8.3 ada, maka limitnya dinamakan R b integral tertentu fungsi f (x) dari a sampai b dan dituliskan a f (x)dx. Jadi

84

BAB 8. INTEGRAL y

f (x)

y

f (c5 )

UM Pk

a x1 x2 x3 x4 x5 x6 x7 x8 x9 ∆x

b

x

Gambar 8.1: Interval [a, b] dibagi menjadi 10 subinterval yang lebarnya sama

Z

b

f (x)dx = lim

n→∞

a

n X

f (ci ) · ∆x

(8.4)

i=1

Pada persamaan 8.4, a dinamakan batas bawah integral dan b dinamakan batas atas integral . Contoh 90. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) = x2 , sumbu x, garis x = 0 dan garis x = 1. Penyelesaian Interval [0, 1] dibagi menjadi n interval bagian yang lebarnya masing-masing ∆x. Jadi ∆x =

1−0 1 = . n n

Jika diambil ci titik ujung kiri interval [xi , xi+1 ], maka c1 = x1 = 1 + ∆x = 0 + n1 = n1 c2 = x2 = x1 + ∆x = n1 + n1 = n2 c3 = x3 = x2 + ∆x = n2 + n1 = n3 ··· ci = xi = ni . Persamaan berikut akan kita gunakan untuk menyelesaian soal ini.

8.4. TEOREMA DASAR KALKULUS

85

Dapat ditunjukan bahwa n X

i2 =

i=1

n(n + 1)(2n + 1) . 6

Luas yang dicari adalah

=

Pn i2

1 i=1 n2 · n P lim n13 ni=1 i2 n→∞ lim 13 n(n+1)(2n+1) 6 n→∞ n 1(1+1/n)(2+1/n) lim 6 n→∞ 2 6 1 . 3

= lim

n→∞

UM Pk

=

y

=

Pn

f (ci ) · ∆x n→∞ Pi=1 n lim i=1 c2i · n1 n→∞ 2 P lim ni=1 ni · n1 n→∞

A = lim

=

= = =

8.4

Teorema Dasar Kalkulus

Contoh 90 menggambarkan bagaimana tidak mudahnya mencari integral tertentu dengan menggunakan definisi. Pada bagian ini akan diperkenalkan suatu teorema yang menghubungkan integral tak tentu dan integral tertentu. Dengan teorema ini kita bisa menghitung integral tertentu lebih mudah.

Teorema 18. Jika f (x) kontinyu pada interval [a, b] dan memiliki primitif F (x), maka integral tertentu f (x) ada dan berlaku Z b f (x)dx = F (b) − F (a). (8.5) a

Pernyataan F (b) − F (a) sering ditulis F (x)|ba . Dengan notasi ini,

86

BAB 8. INTEGRAL

persamaan 18 ditulis b

Z

f (x)dx = F (x)|ba .

a

Contoh 91. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) = x2 , sumbu x, garis x = 0 dan garis x = 1.

2.5

f (x) = x2

y

2 1.5

UM Pk

1

0.5 0

0

0.5

1

1.5

Penyelesaian Dengan teorema dasar kalkulus, maka diperoleh 1 Z 1 1 3 1 1 1 2 x dx = x = 13 − 03 = . 3 0 3 3 3 0

Contoh 92. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x) = x2 + x, sumbu x, garis x = 1 dan x = 1.5. Penyelesaian Luas daerah yang dicari adalah daerah biru pada gambar di bawah ini. Penyelesaian. Luas yang dicari adalah 1.5 Z 1.5 1 3 1 2 2 (x + x)dx = x + x 3 2 1 1

1 1 1 3 1 2 3 2 (1.5) + (1.5) − 1 + 1 = 3 2 3 2 1 1 1 1 = (3.375) + (2.25) − + 3 2 3 2 = 3.4 satuan luas.

8.4. TEOREMA DASAR KALKULUS

87

f (x) = x2 + x

5 4 3 2 1

0

0.5

1

1.5

2

y

0

UM Pk

Contoh 93. Carilah luas daerah yang dibatasi kurva f (x) = 4 − x2 dan sumbu x dari x = −2 sampai dengan x = 2.

4 3 2 1

−2

Penyelesaian. berikut Z

−1

1

2

2

f (x) = 4 − x Luas daerah yang dicari adalah integral tertentu

2

2 (4 − x )dx = 4x − −2 −2 23 = 4 · 2 − 3 − 4 · (−2) − = 32 . 3

2

x3 3

(−2)3 3

Integral tertentu memiliki sifat-sifat yang dinyatakan dalam teorema berikut.

Z

b

Z f (x)dx = −

Teorema 19. (1) a

b

f (x)dx. a

88

BAB 8. INTEGRAL

a

Z

f (x)dx = 0.

(2) a

b

Z

Z a

a

Z

b

b

Z (5)

Z f (x)dx +

a

g(x)dx. a

a

a

b

f (x)dx +

(f (x) + g(x))dx =

(4)

Z

c

Z f (x)dx =

b

c

f (x)dx. a

y

b

Z

b

f (x)dx.

kf (x)dx = k

(3) Jika k konstanta, maka

Z

UM Pk

(6) Jika f (x) ≥ g(x) untuk setiap x ∈ [a, b] maka Z b g(x)dx.

b

f (x)dx ≥

a

a

Tes Formatif

1. Carilah integral berikut Z √2 (a) xdx 1 Z 1/2 (b) t2 dt Z0 2 (c) (2x − 3)dx 0 Z 0 (d) (3x2 + x − 5)dx 1√

Z

2

(t −

(e)

√ 2)dt

0

2. Carilah luas daerah yang dibatasi oleh kurva f (x), sumbu x garis x = a dan x = b berikut. (a) f (x) = 3x2 , mulai x = 1 sampai dengan x = 2. (b) f (x) = 16 − x2 , mulai x = −1 sampai dengan x = 1.

Bab 9

y

Fungsi Trigonometri

UM Pk

Fungsi trigonometri memiliki peran yang sangat penting untuk menyelesaikan berbagai persoalan dalam berbagai bidang ilmu pengetahuan dan teknologi. Fungsi trigonometri memiliki domain berupa sudut, oleh karena itu pertama akan kita perkenalkan dua ukuran sudut. Definisi fungsi trigonometri akan didekati melalui perbandingan sisisisi segita tiga siku-siku.

9.1

Ukuran sudut

Selain dapat dinyatakan dengan sistem koordinat Cartesius, posisi suatu titik P pada bidang xy dapat pula dinyatakan dengan sistem koordinat kutub (polar). Dalam sistem koordinat kutub, posisi titik P dinyatakan dengan sudut yang dibentuk oleh garis OP dengan sumbu x positif dan panjang garis OP (Gambar 9.1. Jika panjang garis OP adalah r dan sudut antara garis OP dan sumbu x adalah θ, maka posisi P dituliskan sebagai P (r, θ). Tinjau suatu garis lurus pada bidang xy yang melalui titik O (gambar 9.2. Sudut antara garis ini dihitung mulai dari sumbu x positif. Jika kita berputar dengan sumbu putar titik O, maka sudut yang ditempuh dikatakan positif jika arah putar berlawanan dengan arah putar jarum jam; sebaliknya jika arah putar tersebut sama dengan arah putar jarum jam maka dikatakan kita telah menempuh sudut negatif. Ukuran sudut dapat dinyatakan dengan derajat atau radian. 89

90

BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI

y P r Gambar 9.1: Posisi titik P dinyatakan

θ

sebagai P (r, θ), dimana r adalah panjang OP dan θ adalah sudut antara OP dan sumbu x positif

x

O

y

α x

x

O

UM Pk

O

y

y

β

Gambar 9.2: α sudut positif, β sudut negatif

Sudut satu lingkaran adalah 360o atau 2π radian. Satu radian adalah sudut yang dibentuk oleh sektor lingkaran jika panjang tali busurnya sama dengan jari-jari lingkaran (lihat gambar 9.3. Secara pendekatan nilai satu radian adalah 1 radian ≈ 57, 3o

Karena 1800 = π radian, maka kita dapat merubah derajat ke radian x0 =

x · π radian 180

(9.1)

Contoh 94. Berikut adalah beberapa sudut yang dinyatakan dalam radian 30 1 π radian = π radian 30o = 180 6

9.1. UKURAN SUDUT

91

B r

r

1 radian

O

r

1 60 π radian = π radian 180 3

UM Pk

60o =

y

A

Gambar 9.3: Panjang tali busur AB adalah sama dengan panjang jari-jari r; sudut AOB adalah 1 radian.

270 3 π radian = π radian 180 2 Dengan demikian sudut π radian sama dengan sudut setengah lingkaran, 2π radian sama dengan sudut satu lingkaran, dan secara umum x radian dapat dikonversi menjadi derajat 270o =

x radian =

Contoh 95.

x · 180o π

(9.2)

π · 180o = 180o π π/2 π radian = · 180o = 90o 2 π π π/3 radian = · 180o = 60o 3 π π radian =

Tabel berikut menyajikan konversi kedua ukuran sudut pada beberapa nilai. 12 derajat radian

30o π/6

45o π/4

60o π/3

90o π/2

120o 2π/3

135o 3π/4

150o 5π/6

Table 9.1: Konversi derajat-radian untuk sudut khusus

180o π

92


9.2

Fungsi cosinus, sinus dan tangen

Tinjau dua segitiga siku-siku pada bidang xy (Gambar 9.4). Sudut AOC tentu sama dengan sudut BOA, yaitu θ.

E

r

y

C

y

θ

A

B

UM Pk

O

x

Gambar 9.4: Segitiga AOC dan BOE kongruen

Segitiga AOC dan segitiga BOE adalah kongruen. Oleh karena

itu

panjang OB panjang OA = panjang OC panjang OE

yang berarti bahwa hasil bagi ini tidak tergantung pada segitiganya. Oleh karena itu kita bisa menggunakan suatu segitiga untuk menyatakan hasil bagi tersebut. Hasil bagi panjang OA dan OC dinamakan cosinus sudut θ, ditulis cos θ. Fungsi-fungsi cosinus, sinus dan tangen didefinisikan sebagai berikut.

cos θ =

x r

sin θ

=

y r

tan θ =

y x

(9.3)

Nilai fungsi cosinus, sinus dan tangen untuk sudut tertentu dapat dicari dengan bantuan gambar 9.5.

9.2. FUNGSI COSINUS, SINUS DAN TANGEN

√

2

1

93

2

√

2

3

1 π/6

√

π/4 3

1

π/3

y

1 Gambar 9.5: Sudut-sudut khusus

UM Pk

Sebagai contoh, dari gambar pertama diperoleh √ 3 π cos = , 6 2

π 1 sin = , 6 2

√ 3 π 1 tan = √ = 6 3 3

Nilai fungsi trignometri pada tabel 9.2 sering digunakan acuan untuk menunjang pelajaran lain. θ

0

cos θ

1

sin θ

0

tan θ

0

π/6 √ 3/2 1/2 √ 3/3

π/4 √ 2/2 √ 2/2 1

π/3

π/2

1/2 √ 3/2 √ 3

0

1 -

Table 9.2: Nilai fungsi cosinus, sinus dan tangen untuk sudut khusus

Grafik fungsi sinus dan cosinus bersifat periodik, yang berarti nilainya berulang setelah interval tertentu. Fungsi sin θ dan cos θ merupakan fungsi periodik dengan periode 2π, yakni

sin (θ + 2πn) = sin θ, cos (θ + 2πn) = cos θ,

n = · · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · · n = · · · , −2, −1, 0, 1, 2, · · ·

(9.4)

94

BAB 9. FUNGSI TRIGONOMETRI 1

f (x) = sin x π

π 2

x

2π

3π 2

−1 Gambar 9.6: Grafik fungsi sinus 1 π

π 2

3π 2

2π

UM Pk

−1

y

f (x) = cos x x

Gambar 9.7: Grafik fungsi cosinus

y

y

f (x) = tan x

−π 2

π 2

x

f (x) = tan x

π 2

3 2π

x

Gambar 9.8: Grafik fungsi tangen

9.3

Beberapa sifat fungsi sin θ, cos θ dan tan θ.

Beberapa sifat fungsi trigonometri dapat dibuktikan dengan mengamati gambar 9.9 dan gambar 9.10.

9.3. BEBERAPA SIFAT FUNGSI SIN θ, COS θ DAN TAN θ.

Q(−x, y)

95

P (x, y)

180o − θ

Gambar 9.9: Titik P (x, y) dicerminkan terhadap sumby y menjadi titik Q(−x, y); akibatnya garis OQ membentuk sudut 1800 − θ.

θ

θ O

θ −θ

Gambar 9.10: Titik P (x, y) dicerminkan terhadap sumbu x ke titik Q(x, −y), sehingga garis OQ membentuk sudut −θ.

UM Pk

O

y

P (x, y)

Q(x, −y)

Dari gambar 9.9 diperoleh sifat berikut:

cos (180o − θ) = − cos θ sin (180o − θ) = sin θ

(9.5)

Dari gambar 9.10 diperoleh sifat berikut cos (−θ) = cos θ sin (−θ) = − sin θ

(9.6)

Hubungan antara sistem koordinat cartesius dan koordinat kutub dapat dicari dengan bantuan gambar 9.11 x = r cos θ y = r sin θ

(9.7)

96


Gambar 9.11: Berdasarkan definisi, cos θ = xr yang berarti x = r cos θ, demikian pula karena sin θ = yr , berarti y = r sin θ.

r

y = r sin θ

θ x = r cos θ

Dengan menggunakan hubungan 9.7 r sin θ sin θ y = = , x r cos θ cos θ sin θ cos θ

(9.8)

UM Pk

tan θ =

y

tan θ =

Contoh 96. Carilah panjang x dan tinggi y pada gambar berikut. 5 cm

y

30o

x

Berdasarkan 9.7, diperoleh

√ √ x = 5 cos 30o = 5 · 23 = 52 3 cm y = 5 sin 30o = 5 · 12 = 2, 5 cm.

Karena berdasarkan dalil Phytagoras x2 + y 2 = r2 , maka dengan memasukan hubungan 9.7 diperoleh (r sin θ)2 + (r cos θ)2 = r2

dan dengan membagi kedua ruas dengan r2 diperoleh sin2 θ + cos2 θ = 1

(9.9)

Hubungan sisi-sisi pada suatu segitiga bisa dicari dengan bantuan gambar 9.12. Segitiga OBC dengan sisi-sisi a, b dan c. Sudut θ menghadap sisi c.

9.3. BEBERAPA SIFAT FUNGSI SIN θ, COS θ DAN TAN θ.

97

y C

a sin θ

c

a θ a cos θ

O

B

b

Gambar 9.12: Sudut BOC = θ

x

y

A

Karena segitiga ABC adalah segitiga siku-siku, maka

UM Pk

(b − a cos θ)2 + a2 sin2 θ = c2 .

Karena

(b − a cos θ)2 + a2 sin2 θ = b2 − 2ab cos θ + a2 cos2 θ + a2 sin2 θ = a2 + b2 − 2ab cos θ maka diperoleh

c2 = a2 + b2 − 2ab cos θ

(9.10)

Sifat fungsi sinus dan cosinus untuk jumlah dua sudut bisa dicari dengan bantuan gambar 9.13. Berdasarkan persamaan 9.10 untuk segitiga OAB berlaku (AB)2 = (OA)2 + (OB)2 − 2(OA)(OB) cos (α − β) = 2 − 2 cos (α − β)

(AB)2 = (cos α − cos β)2 + (sin α − sin β)2 = cos2 α − 2 cos α cos β + cos2 β + sin2 α − 2 sin α sin β + sin2 β = 2 − 2(cos α cos β + sin α sin β) Dengan menyamakan kedua persamaan diperoleh

98


B(cos α, sin α) A(cos β, sin β) α β O

x

y

Gambar 9.13: Segitiga OAB dengan sudut α − β menghadap sisi AB.

UM Pk

cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β

(9.11)

Karena sin (−β) = − sin β dan cos (−β) = cos β, maka dengan mengganti β dengan −β pada hasil terakhir, diperoleh cos (α + β) = cos α cos β − sin α sin β

9.4

(9.12)

Derivatif cos u dan sin u

Untuk mencari turunan ketiga fungsi trigonometri, pertama akan kita cari limit fungsi sinθ jika θ mendekati 0. Perhatikan gambar θ 9.14. Luas segitiga BOC = 12 alas × tinggi = 12 1˙ · sin θ = 21 · sin θ Luas sektor BOC = 12 θ · r2 = 2θ Luas segitiga BOD = 12 alas × tinggi = 12 · 1 · tan θ = 12 tan θ Dari gambar jelas bahwa Luas segitiga BOC ≤ Luas sektor BOC ≤ Luas segitiga BOD atau

1 θ 1 sin θ ≤ ≤ tan θ 2 2 2

9.4. DERIVATIF COS U DAN SIN U

99

D(1, tan θ)

C

r sin θ θ O

cos θ

A

B(1, 0)

Karena tan θ = sin θ/ cos θ, maka

UM Pk

θ sin θ 1 sin θ ≤ ≤ 2 2 cos θ

y

Gambar 9.14: Serempat lingkaran berjari-jari 1, sudut θ dalam radian. Segitiga BOC berada di dalam sektor BOC dan sektor BOC berada di dalam segitiga BOD

Jika ketiga ruas dibagi

1 2

sin θ, maka diperoleh

1≤

1 θ ≤ sin θ cos θ

atau

cos θ ≤

sin θ ≤1 θ

Jika θ mendekati 0, maka

sin θ ≤ lim 1 θ→0 θ→0 θ θ→0 Karena lim cos θ = 1, maka diperoleh lim cos θ ≤ lim

θ→0

sin θ ≤1 θ→0 θ

1 ≤ lim

dengan kata lain

sin θ = 1. θ→0 θ lim

Contoh 97. sin 5x 5 sin 5x sin θ = lim = 5 lim = 5. x→0 x→0 θ→0 θ x 5x lim

(9.13)

100


Dari identitas cos2 θ + sin2 θ = 1 diperoleh sin2 θ = 1 − cos2 θ = (1 − cos θ)(1 + cos θ) Jika θ mendekati 0, maka 1 − cos θ lim = lim θ→0 θ→0 θ

sin θ sin θ · θ (1 + cos θ)

lim sin θ sin θ 0 · θ→0 = 1· = 0. θ→0 θ (1 + lim cos θ) 1+1

= lim

θ→0

y

Dengan demikian berlaku 1 − cos θ = 0. θ→0 θ

(9.14)

UM Pk

lim

Persamaan 9.13 dan 9.14 akan kita gunakan untuk mencari turunan fungsi sin θ dan cos θ. Berdasarkan definisi turunan dan dengan memanfaatkan sifat sin a + b = sin a cos b + cos a sin b, maka d (sin θ) dθ

sin (θ+∆θ)−sin θ ∆θ sin θ cos ∆θ+cos θ sin ∆θ−sin θ lim ∆θ ∆θ→0 sin θ(cos ∆θ−1) cos θ sin ∆θ + lim ∆θ ∆θ ∆θ→0 (cos ∆θ−1) sin θ lim + cos θ lim sin∆θ∆θ ∆θ ∆θ→0 ∆θ→0

= lim

∆θ→0

= = =

= sin θ · 0 + cos θ · 1 = cos θ.

Dengan demikian diperoleh

d (sin θ) = cos θ dθ

(9.15)

Jika u fungsi dari θ, dengan aturan rantai diperoleh d du (sin u) = cos u dθ dθ

(9.16)

9.5. FUNGSI SECAN, COSECAN DAN COTANGEN

101

Contoh 98. d d (sin 3θ) = cos 3θ (3θ) = 3 cos 3θ. dθ dθ Contoh 99. d d (sin (θ2 + 2θ)) = cos (θ2 + 2θ) (θ2 +2θ) = (2θ +2) cos (θ2 + 2θ). dθ dθ Turunan cos θ dapat dicari dengan cara serupa, cos (θ+∆θ)−cos θ ∆θ cos θ cos ∆θ−sin θ sin ∆θ−cos θ lim ∆θ ∆θ→0 cos θ(cos ∆θ−1) sin θ sin ∆θ lim − ∆θ ∆θ ∆θ→0 (cos ∆θ−1) cos θ lim − sin θ lim sin∆θ∆θ ∆θ ∆θ→0 ∆θ→0

= lim

∆θ→0

=

UM Pk

=

y

d (cos θ) dθ

=

= cos θ · 0 − sin θ · 1 = − sin θ.

Jadi kita peroleh

d (cos θ) = − sin θ dθ

(9.17)

dan jika u fungsi dari θ, maka dengan aturan rantai diperoleh d du (cos u) = − sin u dθ dθ

Contoh 100. Carilah

df dθ

jika diketahui f (θ) = cos

√

(9.18)

θ2 − 1.

√ √ √ √ d d θ sin ( θ2 − 1) cos ( θ2 − 1) = − sin ( θ2 − 1) θ2 − 1 = − √ . dθ dθ θ2 − 1

9.5

Fungsi secan, cosecan dan cotangen

Fungsi-fungsi trigonometri yang lainnya didefinisikan dengan mengacu fungsi trigonometri yang telah kita bahas di atas.

102


sec θ =

r x

csc θ =

r y

cot θ =

x y

(9.19)

1 cos θ

UM Pk

sec θ =

y

Berdasarkan definisi 9.19, diperoleh hubungan sebagai berikut.

csc θ =

1 sin θ

cot θ =

1 tan θ

(9.20)

Setelah kita mengetahui definisi fungsi 9.19, sekarang kita bisa mencari tururan tan θ dapat dicari sebagai berikut sin θ d d tan θ = dθ dθ cos θ cos θ

d

sin θ−sin θ

d

cos θ

dθ dθ = cos2 θ θ(− sin θ) = cos θ cos θ−sin cos2 θ 1 = cos2 θ = sec2 θ,

yakni

d tan θ = sec2 θ (9.21) dθ Jika u adalah fungsi dari θ, maka dengan aturan rantai diperoleh d du tan u = sec2 u · dθ dθ

(9.22)

9.6. INTEGRAL FUNGSI TRIGONOMETRI

103

Contoh 101. d d tan (π/2 − θ2 ) = sec2 (π/2 − θ2 )· (π/2 − θ2 ) = −2θ sec2 (π/2 − θ2 ). dθ dθ Turunan fungsi trigonometri berikut dapat dicari dengan memanfaatkan hasil-hasil sebelumnya.

d du csc u = − csc u cot u · dθ dθ

(9.23)

UM Pk

du d cot u = − csc2 u · dθ dθ

y

d du sec u = sec u tan u · dθ dθ

Contoh 102. 2.

d (sec θ3 ) dθ

3.

d dθ

4.

d dt

9.6

√

1.

d (tan t2 ) dt

= sec2 t2 ·

d 2 t dt

= 2t sec2 t2

d = sec θ3 tan θ3 dθ (θ3 ) = 3θ2 sec θ3 tan θ3

csc θ =

√1 2 csc θ

·

d dθ

csc θ =

√ √ cot t = − csc2 t ·

d dt

√

− csc √ θ cot θ 2 csc θ 2

√

=−

csc θ cot θ . 2

√

t = − csc2√t t .

Integral fungsi trigonometri

Integral tak tentu fungsi trigonometri dapat dicari dengan mengacu pada derivatif fungsi ini yang telah dibahas pada bagian sebelumnya. Dari persamaan d (sin θ) = cos θ dθ diperoleh Z cos θdθ = sin θ + C

(9.24)

104


Demikian pula dari persamaan d (cos θ) = − sin θ dθ kita memperoleh Z (9.25)

y

sin θdθ = − cos θ + C

Jika u adalah fungsi dari θ yang memiliki turunan, maka dengan aturan rantai diperoleh

UM Pk

du d sin u = cos u . dθ dθ

Dengan demikian diperoleh Z du cos u dθ = sin u + C dθ

(9.26)

Demikian pula dari hubungan

du d cos u = − sin u , dθ dθ

kita peroleh

Z

sin u

du dθ = − cos u + C dθ

Contoh 103. Hitunglah integral Z cos 3θdθ Penyelesaian. Dengan mengambil u = 3θ, diperoleh du =3 dθ

(9.27)


105

Integral di atas dapat ditulis 1 cos 3θdθ = 3

Z

1 = 3

Z

cos 3θ(3dθ)

=

1 sin u + C 3

=

1 sin 3θ + C. 3

y

cos udu

UM Pk

Z

Contoh 104. Carilah integral Z

sin (5x − 2)dx.

Diambil u = 5x − 2. Jadi diperoleh Z

sin (5x − 2)dx =

1 5

1 = 5

du dx

R

= 5.

sin (5x − 2)5dx

Z

sin udu

1 = − cos u + C 5

1 = − cos (5x − 2) + C 5

Contoh 105. Carilah integral Z

sin x dx. cos2 x

Diambil u = cos x. Jadi diperoleh

du dx

= sin x dan cos2 x = u2 .

106


Z

sin x dx = cos2 x

Z

1 du u2

Z

u−2 du

=

= −u−1 + C

y

1 =− +C u =−

UM Pk

Z

1 + C. cos x

Contoh 106. Carilah

θ sin θ2 dθ.

Dengan mengambil u = θ2 kita peroleh du = 2θ, dθ Z Z 1 sin θ2 (2θdθ) θ sin θ2 dθ = 2 Z 1 = sin udu 2 1 = − cos u + C 2

1 = − cos θ2 + C. 2

Fungsi trigonometri lainnya dapat diturunkan dari rumus turunan dan kita ringkaskan di bawah ini. Z

sec2 θdθ = tan θ + C

Z sec θ tan θdθ = sec θ + C (9.28) Z csc θ cot θdθ = − csc θ + C Z

csc2 θdθ = − cot θ + C


Contoh 107.

Z

Z

107

sec2 3tdt =

1 tan 3t + C. 3

sec2 3tdt =

1 tan 3t + C. 3

y

Berdasarkan Teorema Dasar Kalkulus kita bisa mencari intergral tertentu fungsi trinogometri.

UM Pk

Contoh 108. Carilah luas daerah yang dibatasi kurva f (x) = sin x antara x = 0 dan x = π/2.

1

0.5

1

2

3

4

5

f (x) = sin x

−0.5

Penyelesaian. Daerah yang dicari luasnya adalah yang berwarna merah muda. Luasnya adalah Z π/2 cos xdx = sin x|π/2 = sin π/2 − sin 0 = 1. 0 0

Test Formatif Carilah integral berikut. Z 1. sin 5θdθ

108


Z cos (2 − 3x)dx

2. Z 3. Z 4. Z 5.

sec2 (t + 3)dt x sin x2 dx sin2 x cos xdx sec 3x tan 3xdx

6. Z

UM Pk

7.

√ cos x √ dx x

y

Z

Z

π/4

8.

cos xdx

0

Z

π

9.

sin xdx

π/4

Z

3π/2

10.

sin tdt

π/2

Bab 10

UM Pk

y

Fungsi Eksponen dan Logaritma

Fungsi eksponen dan fungsi logaritma memiliki aplikasi yang luas di berbagai bidang ilmu pengetahuan dan teknologi. Telah kita ketahui bahwa jika n bilangan bulat positif, maka an = a | · a{z· · · a} n faktor

dan

1 . an Jika x = p/q adalah bilangan rasional, maka √ √ ax = ap/q = p aq = ( p a)q a−n =

Namun jika x adalah bilangan real, apakah makna dari ax ? Sebagai contoh, apakah makna dari √

3

2

?

Tentu tidak mudah mencari maknanya. Berikutnya tinjau contoh : 10y = 100 ⇐⇒ y = 2 2y = 64 ⇐⇒ y = 6 y 3 = 81 ⇐⇒ y = 4 109

110

BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA

Tetapi berapakah y sehingga berlaku √ y 2 =3 ? Tentu tidak mudah untuk mencari jawabannya. Jawaban kedua pertanyaan tersebut membawa kita pada pembicaraan tentang fungsi eksponen dan fungsi logartima.

10.1

Fungsi logaritma alami

UM Pk

y

Sejauh pembahasan kita, tidak ada fungsi yang anti turunannya 1 adalah . Disisi lain, integral x Z b 1 dx a x

menyatakan luas daerah di bawah kurva f (x) = pada gambar berikut.

1 x

seperti dinyatakan

3

2

1

f (x) = 1/x

2

4

Definisi 21. Fungsi ln x didefinisikan Z x 1 ln x = dt, 1 t

6

x>0

8

(10.1)

10.1. FUNGSI LOGARITMA ALAMI

111

Fungsi ln x dinamakan logaritma alami. Jadi ln x secara grafik menyatakan luas daerah di bawah kurva f (x) = 1/x. Berdasarkan Definisi 10.1, Z 1 1 ln 1 = dt = 0 1 t Nilai fungsi ln x pada beberapa titik diberikan dalam tabel berikut. 0.001

0.1

1

1.5

2

2.7

2.9

7

10

ln x

-0.91

-2.3

0

0.405

0.693

0.99

1.03

1.95

2.30

y

x

UM Pk

Grafik fungsi f (x) = ln x merupakan kurva yang tumbuh dengan sangat lambat untuk nilai-nilai x yang semakin besar. Sedangkan jika nilai x mendekati 0, maka ln x akan semakin mendekati minus tak hingga. f (x) = ln x

2 1

2

4

6

8

10

−1 −2

Definisi 22. Bilangan e didefinisikan sebagai bilangan sehingga ln e = 1

(10.2)

Jadi e adalah suatu bilangan real sehingga luas daerah di bawah kurva 1/x antara x = 1 dan x = e adalah 1. Dapat diinformasikan bahwa e adalah bilangan irasional dan nilainya adalah e = 2, 71828 · · · . Berdasarkan Definisi 10.1, maka turunan ln x adalah 1/x, yakni

112


1 d ln x = dx x

(10.3)

Selanjutnya jika u fungsi dari x, maka

(10.4)

y

1 du d ln u = dx u dx d 1 d 1 ln 3x = 3x = . dx 3x dx x d 1 d 2 (b) ln x2 = 2 x2 = . dx x dx x

UM Pk

Contoh 109. (a)

d 1 d 3 3(x2 − 1) ln (x3 − 3x) = 3 (x − 3x) = 3 dx x − 3x dx x − 3x Beberapa sifat logaritma alami adalah sebagai berikut.

(c)

Teorema 20.

(i) ln ax = ln a + ln x

(ii) ln xa = a ln x

(iii) ln xy = ln x − ln y

Bukti:

1. Turunan dari ln x dan ln ax adalah sama, yaitu x1 . Dengan demikian integral tak tentu dari x1 adalah ln x + C1 dan ln ax + C2 dan berakibat ln ax = ln x + C dengan C = C1 − C2 . Untuk mencari konstanta C, diambil x = 1; maka ln a · 1 = ln 1 + C = 0 + C yang berarti C = ln a. Jadi diperoleh ln ax = ln x + ln a.

10.1. FUNGSI LOGARITMA ALAMI

113

2. Fungsi ln xa dan a ln x memiliki turunan sama yaitu a/x. Hal ini dapat ditunjukan sebagai berikut 1 d d ln xa = a xa dx x dx 1 a−1 ax xa

=a

1 x

y

=

d (a ln x) dx R R Oleh karena itu a/xdx = a ln x+C1 dan a/xdx = ln xa +C2 ; dan diperoleh ln xa = a ln x + C

UM Pk

=

Jika diambil x = 1, maka

ln 1a = a ln 1 + C

atau

0=0+C

yang berarti C = 0. Dengan demikian ln xa = a ln x + C = a ln x.

3. Ingat kembali bahwa a/x = ax−1 . Dengan menggunakan sifat (i) dan (ii) a ln = ln a · x−1 x = ln a + ln x−1 = ln a − ln x

Contoh 110. Menggunakan sifat-sifat di atas diperoleh 1. ln e2 = 2 ln e = 2. 2. ln 1e = ln e−1 = − ln e = −1.

114

10.2


Integral 1/x

R Perhatikan kembali bahwa pada definisi ln x = x1 dx, nilai x hanya dibatasi pada bilangan real positif, yang berarti bahwa Z 1 dx = ln x + C x

UM Pk

y

hanya berlaku untuk x > 0. Disisi lain fungsi x1 terdefinisi juga untuk x bilangan negatif. Oleh karena itu kita perlu mempertimR bangkan x1 dx untuk x < 0. Jika x < 0, maka z = −x > 0 dan dz = −dx; karena itu Z Z 1 1 dx = − dx x −x Z 1 = (−dx) −x Z 1 = dz z = ln z + C

= ln |x| + C

dimana |x| = z = −x.

Teorema 21. Jika x 6= 0, maka Z 1 dx = ln |x| + C. x

Jika u = f (x) maka du = f 0 (x)dx dan Z Z 0 1 f (x) du = dx u f (x) R dan karena u1 du = ln u + C, maka berlaku

(10.5)

10.3. FUNGSI E X

Teorema 22.

115

Z

f 0 (x) dx = ln |f (x)| + C. f (x)

(10.6)

UM Pk

y

Contoh 111. Berdasarkan Teorema 22 kita bisa mencari integral berikut: Z Z 1 1 2 1 1. dx = dx = ln |2x + 5| + C. 2x + 5 2 2x + 5 2 Z Z x2 1 3x2 1 2. dx = dx = ln |x3 + 1| + C. 3 3 x +1 3 x +1 3 Z cos x 3. dx = ln |2 + sin x| + C. 2 + sin x

10.3

Fungsi ex

Bilangan e merupakan bilangan real positif. Karena itu untuk setiap bilangan real x, ex merupakan bilangan positif; dengan demikian logaritma alami dari ex ada. Hubungan antara ex dan logaritma alami dapat dipelajari sebagai berikut: x = ln y ⇐⇒ x · 1 = ln y ⇐⇒ x ln e = ln y ⇐⇒ ln ex = ln y ⇐⇒ ex = y.

y = ex

⇐⇒

x = ln y

(10.7)

Fungsi ex dinamakan fungsi eksponen dan ditulis exp x, yaitu ex = exp x. Jadi fungsi eksponen merupakan invers dari fungsi logaritma alami.

116

BAB 10. FUNGSI EKSPONEN DAN LOGARITMA y

y x

f (x) = e

0

Fungsi f (x) = e−x

x

UM Pk

Fungsi f (x) = e

0

f (x) = e−x x

y

x

Gambar 10.1:

Grafik fungsi eksponen dapat dilihat pada gambar berikut. Berdasarkan persaman 10.7 kita memperoleh hubungan berikut eln x

= x,

ln ex = x,

Contoh 112.

untuk x > 0

(10.8)

untuk semua x

1. ln e3 = 3.

2. eln 2 = 2. 3. ln ex

2 +1

= x2 + 1.

3

4. eln x = x3 . Contoh 113. Carilah x sehingga berlaku e3x = 12. Soal ini dapat diselesaikan dengan mengambil logaritma alami kedua ruas: e3x =2 ln e3x = ln 2 3x = ln 2 x = 13 ln 2

10.4. TURUNAN DAN INTEGRAL E U

117

Sifat fungsi eksponen berikut dapat diturukan dari sifat fungsi logaritma alami. Teorema 23. (a) e0 = 1 (b) ex+y = ex ey .

10.4

ex . ey

Turunan dan integral eu

y

(c) ex−y =

UM Pk

Untuk mencari turunan y = ex kita bisa mengambil turunan kedua ruas pada persamaan x = ln y dengan mengingat y merupakan fungsi dari x. d d x = ln y dx dx 1 =

1 dy y dx

dy =y dx = ex .

Jadi kita peroleh

d x (e ) = ex dx

(10.9)

Dengan aturan rantai, jika u adalah fungsi dari x maka kita peroleh

d u du (e ) = eu · dx dx

(10.10)

118


Contoh 114. Carilah turunan dari f (x) = e2x . Dengan memisalkan u = 2x, maka df d 2x d = (e ) = e2x · (2x) = 2e2x . dx dx dx Karena turunan ex adalah ex , ini berarti ex adalah anti turunan ex dan dengan demikian kita peroleh

ex = ex + C

Z

(10.11)

e−2x dx.

UM Pk

Contoh 115. Carilah integral

y

Z

Jika diambil u = −2x, maka du = −2dx. Dengan demikian integral yang dicari adalah Z Z 1 −2x e dx = − e−2x (−2dx) 2Z 1 eu du =− 2 1 u =− e +C 2Z 1 e−2x + C =− 2 Z ex √ Contoh 116. Carilah integral dx. 1 + ex Misalkan u = 1 + ex . Akibatnya du = ex dx, dan dengan demikian integral yang dicari adalah Z ex du √ √ dx = 1 + ex √u = 2√u + C = 2 1 + ex + C.

10.5

Fungsi ax dan loga x

Jika a > 0 maka ln a ada, karena itu ex ln a terdefinisi dengan baik. Fungsi eksponen dengan basis a didefinisikan

10.5. FUNGSI AX DAN LOGA X

119

ax = ex ln a .

(10.12)

Contoh 117. 3

23 = e3 ln 2 = eln 2 = eln 2·2·2 = eln 2+ln 2+ln 2 = eln 2 eln 2 eln 2 = 2 · 2 · 2. Hasil inimenyatakan bahwa definisi fungsi ax tetap konsisten dengan pengertian ax untuk x bilangan bulat.

UM Pk

y

Sifat fungsi eksponen dengan basis a dapat diturunkan dari definisinya.

Teorema 24.

1. 1x = 1,

a0 = 1

2. a(x+y) = ax ay ax 3. ax−y = y a

4. (ax )y = axy

5. (ab)x = ax bx

6. Jika a < b dan x > 0, maka ax < bx .

7. Jika 1 < b dan x < y, maka ax < ay . 8. Jika x ≥ 1 maka (a + 1)x ≥ ax + 1.

Sebagai contoh, sifat (b) dapat dibuktikan sebagai berikut: ax+y = e(x+y) ln a = ex ln a+y ln a = ex ln a · ey ln a = ax · ay .

Logaritma alami dapat digunakan untuk mendefinisikan logaritma dengan basis sebarang bilangan positif.

120


Definisi 23. loga x =

ln x ln a

(10.13)

ln x ln x = = ln x. ln e 1

UM Pk

loge x =

y

Selanjutnya loga x dinamakan logaritma dengan basis a. Dengan definisi ini memungkinkan kita untuk mencari loga x jika a bukan bilangan rasional. Uraian berikut akan memberikan alasan mengapa ln x dinamakan logaritma dengan basis e.

Contoh 118. 2. log2 8 =

ln 8 ln 2

1. log10 1000 =

=

3. log10 (0, 01) =

ln 23 ln 2

=

ln 0,01 ln 10

3 ln 2 ln 2

=

ln 1000 ln 10

ln 103 ln 10

=

=

−2 ln 10 ln 10

= −2.

loga a = 1

(b) loga xc = c loga x

(c) loga xy = loga x + loga y

(d) loga

x y

3 ln 10 ln 10

= 3.

ln 10−2 ln 10

Teorema 25. (a) loga 1 = 0,

=

= loga x − loga y

Contoh 119. Sederhanakan aloga x−2 loga y . Penyelesaian:

aloga x−2 loga y = aloga x−loga y =a =

loga

x . y2

x y2

2

= 3.

10.6. TURUNAN LOGA X DAN AX

121

Contoh 120. Carilah penyelesaian persamaan 32x+4 = 27. Penyelesaian: Dengan mengambil logaritma berbasis 3 pada kedua ruas diperoleh log3 32x+4 = log3 27 ⇐⇒ log3 32x + log3 34 = log3 33 ⇐⇒

2x + 4 = 3

y

UM Pk

y

y

1 x =− . 2

⇐⇒

f (x) = 2x

0

x

0

f (x) = ( 21 )x x

x 1 Fungsi f (x) = 2 2 Jika a > 1, maka grafiknya akan tumbuh dengan cepat. Sebaliknya jika a < 1, maka grafiknya akan meluruh dengan sangat lambat. x

10.6

Fungsi f (x) =

Turunan loga x dan ax

x Ingat kembali berdasarkan 25, loga x = ln . Dengan hubungan ini ln a kita bisa mencari turunan fungsi logaritma sebagai berikut.

d d (loga x) = dx dx

1 ln x ln a

=

1 d 1 1 1 (ln x) = = ln a dx ln a x x ln a

yakni d 1 (loga x) = . dx x ln a

122


Selanjutnya, jika u adalah fungsi dari x, maka

d 1 du (loga u) = dx u ln a dx

(10.14)

d 1 d 1 (log10 3x) = (3x) = . dx 3x ln 10 dx x ln 10 d 1 d x 1 2. (log3 ex ) = x e = . dx e ln 3 dx ln 3 1.

y

Contoh 121.

x

UM Pk

Berdasarkan hubungan ax = eln a = ex ln a , turunan fungsi f (x) = x a dapat dicari sebagai berikut, d x d x ln a d a = (e ) = ex ln a · (x ln a) = ex ln a ln a = ax ln a, dx dx dx

yakni

d x (a ) = ax ln a dx Jika u adalah fungsi dari x, dengan aturan rantai diperoleh d u du (a ) = au ln a dx dx

(10.15)

d x 5 = 5x ln 5. dx d = 2cos x ln 2 cos x = −2cos x ln 2 sin x. dx

Contoh 122. (a)

(b)

d cos x 2 dx

Integral fungsi ax dapat dicari dari hubungan d x (a ) = ax ln a dx Z

ax dx =

ax +C ln a

(10.16)

10.6. TURUNAN LOGA X DAN AX

123

3x + C. Contoh 123. 1. 3 dx = ln 3 Z Z 3u 3sin x sin x 2. 3 cos xdx = 3u du = +C = + C, dengan ln 3 ln 3 u = sin x. Z

x

Tes Formatif Z 1.

3x dx +1

Z

x2 + 5 dx. x3 + 5x

UM Pk

2.

y

x2

Z

3.

sin x dx. 5 − cos x


UM Pk

y

124

Bab 11

Persamaan Linear

UM Pk

11.1

y

Sistem Persamaan Linear

Suatu persamaan linear dalam variabel x dan y adalah suatu persamaan berbentuk ax + by = c

(11.1)

dimana a, b, dan c adalah konstanta-kontanta. Perhatikan bahwa dalam definisi 11.1, pangkat dari x dan y masing-masing adalah satu dan tidak ada suku hasil kali xy. Contoh 124. Perhatikan persamaan berikut a). y = 2x + 1

b). xy − x = 5

c). x + y = −3

d). x2 + x − 1 = y

Persamaan a) dan c) adalah persamaan lienear, persamaan b) bukan persamaan linear karena ada suku hasil hali xy, dan persamaan d) juga bukan persamaan linear karena variabel x ada yang berpangkat 2. Pasangan terurut bilangan x0 dan y0 dinamakan penyelesaian persamaan linear 11.1 jika pasangan bilangan tersebut memenuhi persamaan 11.1, yakni jika berlaku ax0 + by0 = c Selanjutnya pasangan terurut bilangan x0 dan y0 ditulis (x0 , y0 ). 125

126

BAB 11. SISTEM PERSAMAAN LINEAR

Contoh 125. Diketahui persamaan linear x+y =3 Pasangan bilangan (2, 1) merupakan penyelesaian persamaan linear ini, sebab 2 + 1 = 3.

y

Demikian pula pasangan (1, 2), (0, 3) dan (−1, 4) masing-masing merupakan penelyesaian persamaan linear ini. Anda bisa mencari pasangan bilangan yang merupakan menyelesaian persamaan linear ini. Contoh pasangan bilangan yang bukan penyelesaian persamaan linear ini misalnya adalah (0, 1), sebab 0 + 1 6= 3.

UM Pk

Pada bidang xy, grafik persamaan linear ax+by = c berupa garis lurus yang melewati titik (0, a) dan titik (− ab , 0).

Contoh 126. Gambarlah grafik persamaan linear x + 2y = 3. Secara grafik jelaskan makna dari penyelesaian persamaan tersebut. Garis ini berpotongan dengan sumbu x jika y = 0; yaitu pada titik x + 2 · 0 = 3,

atau

x = 3,

Dengan demikian garis ini berpotongan dengan sumbu x di titik (3, 0). Garis ini berpotongan dengan sumbu y jika x = 0; yaitu pada titik 3 y= , 2 dengan demikian garis ini berpotongan dengan sumbu y di titik (0, 23 ). Grafik garis ini diperoleh dengan cara menarik garis lurus yang melalui titik (2, 0) dan (0, 32 ) (Gambar 126). Perhatikan bahwa jika pasangan bilangan (x0 , y0 ) merupakan penyelesaian persamaan tersebut, maka titik (x0 , y0 ) berada pada garis x + 2y = 3; sebaliknya setiap titik pada garis tersebut tentu harus memenuhi persamaan tersebut, yang berarti pula bahwa setiap titik pada garis tersebut adalah penyelesaian persamaan liner tersebut. Titik yang tidak berada pada garis tersebut bukan merupakan penyelesaian persamaan linear tersebut, misalnya titik (1, 1) tidak berada pada garis tersebut sehingga bukan penyelesaian persamaan linear tersebut. 0 + 2y = 3,

atau

11.1. PERSAMAAN LINEAR

127

y

y

x

x + 2y = 3

UM Pk

Gambar 11.1: Grafix x + 2y = 3

Berdasarkan uraian pada contoh 126 kita memperoleh sifat berikut.

Teorema 26. Titik (x0 , y0 ) merupakan penyelesaian persamaan linear ax + by = c jika dan hanya jika titik (x0 , y0 ) berada pada garis lurus ax + by = c.

Tes Formatif

1. Manakah diantara yang berikut merupakan persamaan linear? √ (a) x + y = 2 (b) 2x − y = 3 (c) x + y = 1 √ (d) x − y = 0 (e) 2x = 3y − x (f) xy + 2 = 0 (g) (h) (i) (j)

x2 + y = 4 x=7 9−y =0 xy = 2

128


2. Gambarkan grafik persamaan linear berikut: (a) x − y = 1 (b) 2x = y − 3 (c) y = 3x − 3 (d) y + 2x = 0 (e) x = 1

Sistem persamaan linear dua variabel

y

11.2

UM Pk

Suatu sistem persamaan linear dengan dua variabel x dan y dan dua persamaan adalah sistem yang berbentuk ax + by = e (11.2) cx + dy = f

dimana a, b, c, d, e, dan f adalah konstanta-konstata. Pasangan terurut bilangan (x0 , y0 ) dikatakan penyelesaian sistem persamaan linear refspl2 jika pasangan bilangan ini merupakan penyelesaian setiap persamaan linear pada sistem persamaan linear 11.2. Contoh 127. Diberikan sistem persamaan linear x + 2y = 1 x + 3y = 2

Pasangan bilangan (−1, 1) adalah penyelesaian sistem persamaan linear ini, karena (−1, 1) merupakan penyelesaian setiap persamaan pada sistem persamaan linear tersebut, yang dapat diperiksa sebagai berikut −1 + 2 · 1 = 1 −1 + 3 · 1 = 2

Dalam hal ini penyelesaian sistem persamaan linear tersebut biasa dituliskan dengan x = −1 dan y = 1. Anda bisa memeriksa bahwa (0, 0) dan (1, −1) bukan merupakan penyelesaian sistem persamaan linear ini. Demikian pula pasangan bilangan lainnya selain (−1, 1) juga bukan penyelesaian sistem persamaan linear ini.

11.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DUA VARIABEL

129

Di sekolah lanjutan, anda telah mengenal cara mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan metode eliminasi dan substitusi. Kita akan membahas kembali cara tersebut untuk memotivasi kita dalam mengembangkan metode yang lebih umum untuk mencari penyelesaian sistem persamaan linear. Prinsip dalam metode eliminasi dan substitusi adalah pertama kita eliminasi (menghilangkan) satu dari dua variabel sehingga diperoleh penyelesaian salah satu variabel; kemudian hasilnya digunakan (dengan cara substitusi) untuk mencari penyelesaian variabel lainnya.

UM Pk

2x + y = 3 x+y =1

y

Contoh 128. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut

Kita beri label B1 (baris 1) dan B2 (baris 2) berturut-turut untuk persamaan pertama dan kedua, B1 : 2x + y = 3 B2 : x + y = 1

Baris pertama dikurangi baris kedua (B1 − B2): B1 : 2x + y = 3 B2 : x+y =1 B1 − B2 : x + 0 = 2

Dari baris terakhir diperoleh x = 2. Substitusi x = 2 kedalam satu dari kedua persamaan, misalnya kedalam B2, untuk x = 2, 2 + y = 1 atau y =1−2 = −1.

Jadi penyelesaian sistem persamaan linear tersebut adalah x = 2 dan y = −1, atau ditulis (2, −1). Contoh 129. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear B1 : x − 3y = 2 B2 : 2x − 4y = 1 Untuk mencari penyelesaian sistem ini, misalnya kita ingin mengeliminasi variabel x; dalam hal ini dapat ditempuh dengan cara

130


mengalikan baris pertama dengan 2 lalu hasilnya dikurangkan dengan baris kedua (2B1 − B2), 2B1 : 2x − 6y = 4 B2 : 2x − 4y = 1 2B1 − B2 : 0 − 2y = 3

y

Dari baris terakhir diperoleh 2y = −3 atau y = − 32 . Substitusi y = − 32 ke B1 diperoleh x − 3 · −3 =2 2 atau x = 2 − 29 = − 25

UM Pk

Jadi penyelesaianya adalah x = − 25 dan y = − 23 .

Secara geometris, jika suatu sistem persamaan linear memiliki penyelesaian (x0 , y0 ), maka titik (x0 , y0 ) berada pada kedua garis lurus yang menyatakan grafik masing-masing persamaan linear. Oleh karena itu kedua garis berpotongan di titik (x0 , y0 ). Dengan demikian titk-titik dimana kedua garis lurus berpotongan merupakan penyelesaian sistem persamaan linear tersebut. Contoh 130. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dan gambarkan garis-garis yang menyatakan persamaan linearnya, 2x + y = 1 x+y =2 Dapat anda cari bahwa penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah x = −1 dan y = 3. Dengan demikian kedua garis yang menyatakan persamaan-persamaan di atas adalah berpotongan di titik (−1, 3). Secara grafik, penyelesaian sistem persamaan linear dua variabel adalah titik perpotongan dua garis lurus yang menyatakan kedua persamaan dalam sistem tersebut. Dua garis lurus pada suatu bidang bisa terjadi (1) kedua garis berpotongan pada satu titik, (2) kedua garis berimpit dan (3) kedua garis tidak berimpit dan sejajar (tidak berpotongan). Dalam istilah penyelesaian, ketiga hal tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut: Suatu sistem persamaan linear bisa (1) memiliki penyelesaian tunggal (unik), (2) memiliki tak hingga banyak penyelesaian, dan (3) tidak memiliki penyelesaian.


131

y

y

(-1,3)

UM Pk

x

2x + y = 1

x+y =2

Gambar 11.2: Kedua garis berpotongan di titik penyelesaian

Definisi 24. Suatu sistem persamaan linear yang memiliki penyelesaian dikatakan konsisten, sedangkan yang tidak memiliki penyelesaian dikatakan tidak konsisten. Dengan demikian sistem persamaan linear yang konsisten bisa memiliki penyelesaian tunggal atau tak hingga. Contoh 131. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut x − 2y = 1 2x − 4y = 3

Kalikan baris pertama dengan 2 lalu kurangkan dengan baris kedua (2B1 − B2): 2B1 : x − 2y = 1 B2 : 2x − 4y = 3 2B1 − B2 : 0 + 0 = −1 Pada baris terakhir diperoleh pernyataan 0 = −1 yang merupakan pernyataan yang mustahil, oleh karena itu disimpulkan bahwa sis-

132


tem persamaan linear ini tidak memiliki penyelesaian (tidak konsisten). Secara grafik, kedua persamaan dalam sistem persamaan linear ini adalah dua garis lurus berbeda yang sejajar; dengan demikian kedua garis tidak berpotongan, sehingga tidak ada satu titikpun yang berada pada kedua garis. y 2x − 4y = 2 2x − 4y = 3

UM Pk

y

x

Gambar 11.3: Kedua garis tidak berpotongan

Contoh 132. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear x − 2y = −3 −2x + 4y = 6

Jika baris kedua dikalikan − 21 , maka kedua persamaan identik. Dengan demikian sistem persamaan ini dapat direduksi menjadi satu persamaan x − 2y = −3 Jika x = k, dengan k sebarang bilangan real, maka diperoleh

k+3 2 Jadi sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian x = k dan y = k+3 dengan k sebarang bilangan real. Karena k bisa diganti 2 dengan bilangan real manapun, maka sistem persamaan ini memiliki tak hingga banyaknya penyelesaian. Kedua persamaan dalam sistem persamaan linear ini memiliki grafik garis lurus sama, yang berarti ada tak hingga titik yang berada pada kedua garis. 2y = x + 3 = k + 3

atau

y=

Tes Formatif Untuk setiap sistem persamaan linear berikut, carilah penyelesaiannya jika sistem tersebut konsisten.


x−y =3 2x + y = 1

5.

2u − 2w = −3 u−w =6

2.

2x − 3y = 5 −x − y = 2

6.

x + 2y = k −x − y = l

3.

x−y =1 x + y = −1

7.

−3x − 3y = 6 x + y = −2

4.

x − 2y = 4 x − 3y = 5

8.

4x − 8y = 16 −x + 2y = 2

UM Pk

y

1.

133


UM Pk

y

134

Bab 12

UM Pk

y

Sistem persamaan linear yang diperluas 12.1

Vektor di Rn

Dalam pembahasan tentang sistem persamaan linear dua variabel kita telah mengenal pasangan terurut bilangan (a, b) yang pada bidang xy tidak lain adalah titik dengan koordinat (a, b). Jika dari titik O ditarik garis lurus ke titik (a, b) maka kita peroleh ruas garis berarah yang dinamakan vektor. Selanjutnya suatu vektor akan ditulis dengan notasi ~u, ~v , w ~ dan sebagainya. Jika vektor ~v menyatakan ruas garis berarah dari titik O ke titik (a, b), maka kita tuliskan dengan ~v = (a, b). Pada notasi di atas a dinamakan komponen pertama dan b dinamakan komponen kedua ~v . Karena vektor tersebut memiliki dua komponen maka kita namakan vektor tersebut pada ruang R2 . Dengan cara serupa kita bisa mengembangkan vektor pada ruang R3 sebagai triple terurut bilangan real (a, b, c). Gambar 12.1 menyatakan suatu vektor pada ruang R3 . Untuk vektor yang memiliki lebih dari tiga komponen kita tidak bisa menggambarkannya secara grafik, oleh karena itu kita akan mengandalkan n − tuple terurut.

Definisi 25. Diketahui n bilangan bulat positif. Susunan terurut 135

136

BAB 12. SISTEM PERSAMAAN LINEAR YANG DIPERLUAS

y

(−2, 3)

y (1, 2)

(a, b) b

~u ~v x

~v w ~ x

a

y

(3, −2) Gambar 12.1: Vektor di R2

UM Pk

y

3

Vektor ~v = (2, 3, 2) pada ruang R3 dengan komponen pertama, kedua dan ketiga berturut-turut 2, 3, dan 2.

~v

2

z

x

2

Gambar 12.2: Vektor ~v = (2, 3, 2)

bilangan real berbentuk

(v1 , v2 , · · · , vn )

dinamakan vektor di ruang Rn . Untuk setiap i = 1, 2, · · · , n, bilangan vi dinamakan komponen ke i. Dengan demikian (v1 , v2 , v3 , v4 ) adalah vektor di ruang R4 , (v1 , v2 , v3 , v4 , v5 ) adalah vektor di ruang R5 , dan seterusnya. Pada ruang vektor Rn , kita mengenal dua operasi aljabar, yaitu

12.1. VEKTOR DI RN

137

operasi jumlahan vektor dan operasi perkalian skalar.

Definisi 26. Diketahui ~u = (u1 , u2 , · · · , un ), ~v = (v1 , v2 , · · · , vn ) dan k bilangan real. Jumlah vektor ~u dan ~v , ditulis ~u + ~v , didefinisikan: ~u + ~v = (u1 + v1 , u2 + v2 , · · · , un + vn ) (12.1) Perkalian skalar k dengan vektor ~v ditulis k~v , didefinisikan: k~v = (kv1 , kv2 , · · · , kvn )

y

(12.2)

UM Pk

Berdasarkan definisi 26 dengan mengambil k = −1, maka diperoleh −~u = (−u1 , −u2 , · · · , −un )

~u − ~v = (u1 − v1 , u2 − v2 , · · · , un − vn )

Contoh 133. Diketahui vektor ~u = (1, 3, −2, 0) dan ~v = (−2, 1, −1, 1). Kita bisa melakukan operasi aljabar pada vektor-vektor ini, misalnya ~u + ~v = (1, 3, −2, 0) + (−2, 1, −1, 1) = (1 + (−2), 3 + 1, −2 + (−1), 0 + 1) = (−1, 4, −3, 1)

3~u = 3(1, 3, −2, 0) = (3 · 1, 3 · 3, 3 · (−2), 3 · 0) = (3, 9, −6, 0)

~u − ~v = (1, 3, −2, 0) − (−2, 1, −1, 1) = (1 − (−2), 3 − 1, −2 − (−1), 0 − 1) = (3, 2, −1, −1) 2~u − 3~v = 2(1, 3, −2, 0) − 3(−2, 1, −1, 1) = (2 − (−6), 6 − 3, −4 − (−3), 0 − 3) = (8, 3, −1, −3) Perkalian titik vektor ~u = (u1 , u2 , · · · , un ) dan vektor ~v = (v1 , v2 , · · · , vn ) ditulis ~u · ~v dan didefinisikan sebagai

138


~u · ~v = u1 v1 + u2 v2 + · · · + un vn =

n X

ui vi

(12.3)

i=1

Karena ui vi adalah bilangan real dan jumlah bilangan real adalah bilangan real, maka hasil kali titik dua vektor adalah suatu bilangan real.

y

Contoh 134. Jika ~u = (1, 3, −2, 0) dan ~v = (−2, 1, −1, 1), maka ~u · ~v = 1 · (−2) + 3 · · · 1 + (−2) · (−1) + 0 · 1 = −2 + 3 + 2 + 0 = 3.

UM Pk

Tes Formatif

1. Diketahui ~u = (−1, 3, 4) dan ~v = (0, −4, −2). Carilah (a) ~u + 2~v

(b) −3~v − ~u

(c) 2~u − 3(~u + ~v )

(d) ~u · ~v

2. Diketahui vektor-vektor di ruang R4 : ~u = (−1, −2, 3, −4) dan ~v = (0, 2, −3, 5). Carilah (a) (~u + ~v ) − 2~u

(b) 2~u − 2~v (c) ~u · ~v

12.2

Sistem persamaan linear umum

Sistem persamaan linear untuk dua variabel dapat diperluas ke persamaan linear dengan variabel lebih dari dua. Untuk itu akan kita memperluas dulu pengertian persamaan linear lebih dari dua variabel. Suatu persamaan linear dalam variabel x1 , x2 , · · · , xn adalah persamaan berbentuk

12.2. SISTEM PERSAMAAN LINEAR UMUM

139

a1 x 1 + a2 x 2 + · · · + an x n = b

(12.4)

dengan a1 , a2 , · · · , an dan b adalah konstanta. Kontanta a1 , a2 , · · · , an berturu-turut dinamakan koefisien x1 , x2 , · · · , xn . Vektor p~ = (p1 , p2 , · · · , pn ) dinamakan penyelesaian persamaan linear 12.4 jika berlaku

y

a1 p1 + a2 p2 + · · · + an pn = b,

UM Pk

yakni jika p1 , p2 , · · · , pn berturut turut disubstitusikan untuk x1 , x2 , · · · , xn dalam persamaan 12.4, maka persamaan tersebut akan benar. Suatu sistem persamaan linear dalam n variabel x1 , x2 , · · · , xn dan dalam m persamaan adalah suatu sistem berbentuk a11 x1 + a12 x2 + · · · +a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + · · · +a2n xn = b2 .. .. .. . . . am1 x1 + am2 x2 + · · · +amn xn = bm

(12.5)

Vektor p~ = (p1 , p2 , · · · , pn ) dinamakan penyelesaian persamaan linear 12.5 jika vektor ini merupakan menyelesaian setiap persamaan dalam 12.5. Contoh 135. Vektor (−1, 5) merupakan penyelesaian sistem persamaan linear 3x1 + 2x2 = 7 −x1 + x2 = 6 sedangkan vektor (1, −5) bukan merupakan penyelesaian sistem persamaan linear ini. Metode Gauss merupakan suatu algoritma untuk mencari penyelesaian sistem persamaan linear. Metode ini yang pada prinsipnya merupakan pengembangan dari metode eliminasi dan substitusi. Contoh berikut menggambarkan bagaimana metode ini digunakan.

140


Contoh 136. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear 2x3 = 6 x1 + 3x2 −x3 = 1 1 x1 + x2 =2 2 Penyelesaian Pertama kita susun kembali sistem persamaan ini dengan menukar baris 1 dan baris 3 :

UM Pk

Kalikan baris 1 dengan 2 :

y

1 x1 + x2 =2 2 x1 + 3x2 −x3 = 1 2x3 = 6 x1 + 2x2 =4 x1 + 3x2 −x3 = 1 2x3 = 6

Kalikan baris 1 dengan −1 kemudian tambahkan ke baris 2 : x1 + 2x2 =4 x2 −x3 = −3 2x3 = 6

Dari baris terakhir diperoleh x3 = 3. Substitusi 3 ke x3 pada ke baris 2 : x2 − 3 = −3, diperoleh x2 = 0. Substitusi 3 ke x3 dan 0 ke x2 ke baris 1 : x1 + 2 · 0 = 4,

diperoleh x1 = 4. Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah x1 = 4, x2 = 0, x3 = 3 atau (4, 0, 3). Langkah-langkah yang telah kita kerjakan pada contoh di atas dapat dinyatakan bahwa untuk mencari penyelesaian suatu sistem persamaan linear, kita bisa merubah bentuk sistem tersebut menjadi suatu sistem yang mudah dicari penyelesaiannya. Untuk merubah sistem persamaan linear tanpa merubah penyelesaiannya digunakan suatu operasi yang selanjutnya dinamakan operasi baris elementer.


141

Definisi 27. Operasi baris elementer adalah satu dari operasi berikut: 1. Menukar baris i dengan baris j, ditulis Bi ↔ Bj . 2. Mengalikan baris i dengan bilangan k, ditulis Bi ← kBi .

y

3. Mengganti baris j dengan kelipatan k baris i ditambah baris j, ditulis Bj ← kBi + Bj .

UM Pk

Contoh 137. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear x1 + x2 =0 2x1 − x2 +3x3 = 3 x1 − 2x2 −x3 = 3

Langkah 1. Eliminasi variabel x1 pada baris 2 dan baris 3 dengan menggunakan baris 1. Dalam hal ini baris 1 dinamakan poros. Untuk mengeliminasi x1 pada baris 2, kita kalikan baris 1 dengan −2 lalu tambahkan ke baris 2 (B2 ← (−2)B1 + B2).

=0 x2 2 − x 3 :−2 1 +3x3 = (−2)B1 x 2 − 3 x B2 : 2 1 − 3x2+3x3 =

Untuk mengeliminasi x1 pada baris 3, kita kalikan baris 1 dengan −1 lalu tambahkan ke baris 3 (B3 ← (−1)B1 + B3).

=0 x 2 − :−x1 =3 (−1)B1 2x2−x3 − x 1 x3 = 3 B3 : − 3x2−

Diperoleh sistem persamaan linear x1 +x2 =0 −3x2 + 3x3 = 3 −3x2 − x3 = 3

142


Langlah 2. Eliminasi x2 pada baris 3 dengan menggunakan baris 2, yaitu baris 2 dikali −1 lalu ditambahkan ke baris 3 (B3 ← (−1)B2 + B3).

= −3 x2 − 3x3 3 : =3 (−1)B2 x2 − x3 = 0 3 − : B3 − 4x3

Diperoleh sistem persamaan berikut

y

x1 +x2 =0 −3x2 + 3x3 = 3 − 4x3 = 0

UM Pk

Langkah 3. Dari sistem persamaan linear terakhir kita bisa memperoleh penyelesaian yang dicari. Dari baris 3 diperoleh x3 = 0. Substitusi ke baris 2 diperoleh −3X2 + 3 · 0 = 3 atau x2 = −1. Substitusi x3 = 0 dan x2 = −1 ke baris 1 diperoleh x1 + (−1) = 0 atau x1 = 1. Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah (1, −1, 0). Pada contoh 137, dengan operasi baris elementer, kita telah merubah sistem persamaan linear menjadi bentuk sistem persamaan linear yang mudah dicari penyelesaiannya. Untuk setiap baris pada suatu sistem persamaan linear, variabel pertama dengan koefisien tak nol dinamakan variabel utama. Suatu sistem persamaan linear dikatakan berbentuk eselon jika variabel utamanya berada di sebelah kiri variabel utama baris di bawahnya. Contoh 138. Tinjau sistem persamaan linear berikut. x1 + 2x2 −x3 = 1 x2 +x3 = 4 x3 = 0 Pada sistem ini, variabel utama baris pertama adalah x1 , variabel utama baris kedua adalah x2 , dan variabel utama baris ketiga adalah x3 . Perhatikan bahwa posisi variabel utama baris pertama (x1 ) di sebelah kiri variabel utama baris kedua (x2 ) dan posisi variabel utama


143

baris kedua (x2 ) di sebelah kiri variabel utama baris ketiga (x3 ). Dengan demikian sistem persamaan linear ini berbentuk eselon. Contoh 139. Dapat diperiksa bahwa sistem persamaan linear berikut berbentuk eselon, x1 + x2 −x3 + x4 = 0 3x3 −3x4 = 3 x4 = 1

UM Pk

x1 + 2x2 −x3 = 1 2x1 + x2 +x3 = 4 x3 = 0

y

Contoh 140. Tinjau sistem persamaan linear berikut.

Sistem ini bukan berbentuk eselon, sebab variabel utama pada baris pertama tidak berada di sebelah kiri variabel baris kedua. Suatu sistem persamaan linear yang berbentuk eselon akan mudah dicari penyelesaiannya. Oleh karena itu prinsip dasar dalam metode Gauss adalah merubah sistem persamaan ke bentuk eselon. Contoh 141. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan terlebih dahulu merubahnya kebentuk eselon. 2x1 + x2 −2x3 = 10 3x1 + 2x2 +2x3 = 1 5x1 + 4x2 +3x3 = 4

Langkah 1. Eliminasi variabel x1 pada baris 2 dan baris 3 dengan poros baris 1, B2 ← 3B1 − 2B2 dan B3 ← 5B1 − 2B3: 2x1 + x2 −2x3 = 10 x2 +10x3 = −28 3x2 +16x3 = −42

Langkah 2. Eliminasi variabel x2 pada baris 3 dengan poros baris 2, B3 ← −3B2 + B3: 2x1 + x2 −2x3 = 10 x2 +10x3 = −28 −14x3 = 42

144


Dari baris terakhir diperoleh x3 = −3. Langkah 3. Subtitusi balik Substitusi x3 = −3 ke baris 2 x2 = −28 − 10 · (−3) = 2. Substitusi x3 = −3 dan x2 = 2 ke baris 1 x1 =

1 1 (10 + 2x3 − x2 ) = (10 + 2 · (−3) − 2) = 1 2 2

y

Penyelesaian yang dicari adalah (1, 2, −3).

UM Pk

Contoh 142. Selidiki apakah sistem persamaan linear berikut konsisten? x1 + 3x2 = 1 2x1 + x2 = −3 2x1 + 2x2 = 0

Dengan memakaikan serangkaian operasi baris elementer berturutturut diperoleh

x1 + 2x2 = 1 x1 + 2x2 = 1 B2 ← −2B1 + B2 −5x2 = −5 −5x2 = −5 Dari B3 ← −2B1 + B3 −4x2 = −2 B3 ← − 5 B2 + B3 0 = −2 4 baris terakhir diperoleh pernyataan 0 = −2. Karena pernyataan demikian tidak mungkin terjadi maka disimpulkan bahwa sistem persamaan linear tersebut tidak konsisten. Contoh 143. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut 2x1 +2x3 = 3 x1 − x2 −x3 = 1 2x1 + +x3 = 3

Dengan operasi baris elementer diperoleh 2x1 B2 ← − 1 B1 + B2 2 B3 ← − 3 B1 + B3 2

+2x3 =3 −x2 − 32 x3 = − 21 −5x2 − 32 x3 = − 21

2x1 B3 ← −B2 + B3

+2x3 =3 −x2 − 23 x3 = − 12 0 =0


145

Dari baris kedua dan baris pertama sistem persamaan terakhir berturut-turut diperoleh x2 = 12 − 32 x3 dan x1 = 23 − x3 . Karena x3 bisa bernilai berapapun maka sistem ini memiliki tak hingga banyak penyelesaian dengan penyelesaian umum berbentuk ( 12 − 23 x3 , 32 − x3 , x3 ).

Tes Formatif

y

Berdasarkan contoh-contoh di atas, suatu sistem persamaan linear bisa konsisten atau tidak konsisten. Sisitem persamaan linear yang konsisten bisa memiliki penyelesaian tunggal atau tak hingga.

UM Pk

Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan operasi baris elementer. 1.

2x1 + 3x2 = 13 x1 − x2 = −1

2.

x1 −x3 = 10 3x1 +x2 =1 −x1 +x2 +x3 = 4

3.

4x2 +x3 = 20 −2x2 +x3 = 0 +x3 = 5

2x1 x1

2x1

+x3 +x4 =5 −x4 = −1 −x3 −x4 =0 +x2 + 2x3 +x4 =9 x2

4.

3x1 4x1


UM Pk

y

146

Bab 13

UM Pk

y

Sistem Persamaan Linear dalam bentuk Matriks

Dalam pembehasan sistem persamaan linear, kita banyak menemukan bilangan atau variabel yang disusun dengan cara tertentu. Nanti kita akan mengetahui bahwa suatu sistem persamaan linear selalu dapat direpresentasikan dalam bentuk matrik dan sebaliknya.

13.1

Matriks

Matriks m × n adalah suatu susunan bilangan yang berbentuk a11  a21  .  .. 

a12 a22 .. .

 · · · a1n · · · a2n  ..  . 

(13.1)

am1 am2 · · · amn

Dalam 13.1, aij dinanakan entri baris i kolom j, m × n dinamakan ukuran matriks. Matriks sering dinyatakan dengan abjad kapital seperti A, B, C, dan sebagainya. Contoh 144. Tinjau matriks berikut,  3 −2 0 13 A = 0 17 −9 5 −3 −6 1 8 

147

148BAB 13. SISTEM PERSAMAAN LINEAR DALAM BENTUK MATRIKS

Matriks A memiliki 3 baris dan 4 kolom, oleh karena itu matriks A mempunyai ukuran 3 × 4. Contoh 145. Perhatikan matriks berikut, 



−2 0  A = 1 2  C =

− 12 1

8

0 −3

1 −2  2 9   −4 6    1   D =  0  −1

 B =  

2





y



UM Pk

Matriks A berukuran 2 × 2, matriks B berukuran 2 × 3, matriks C berukuran 3 × 2 dan matriks C berukuran 3 × 1. Dua matriks yang ukurannya sama bisa dijumlahkan dengan cara menjumlahkan entri-entri yang posisinya sama. Diketahui matriksmatriks berikut     a11 a12 · · · a1n  b11 b12 · · · b1n     a   21 a22 · · · a2n   b21 b22 · · · b2n      A = .  .. .. B=  .. . . . . .   . . .   . . .   am1 am2 · · · amn bm1 bm2 · · · bmn

Jumlah A dan B ditulis A+B, adalah matriks yang entrinya aij +bij , yakni

 a11 + b11 a12 + b12 · · · a1n + b1n  a21 + b21 a22 + b22 · · · a2n + b2n   A+B = .. .. ..   . . . am1 + bm1 am2 + bm2 · · · amn + bmn 

(13.2)

Jika k adalah bilangan real, maka kA adalah matriks yang entrinya adalah kaij , yakni

13.1. MATRIKS

149

 ka12 · · · ka1n ka22 · · · ka2n  .. ..  . .  am2 · · · kamn

ka11  ka21 kA =   ... 

kam1

Contoh 146. Diketahui matriks  3

 −2

1 3

0

y

  0 17 −9 5   −3 −6 1 8

UM Pk

  A = 

(13.3)

Matriks A memiliki 3 baris dan 4 kolom, oleh karena itu matriks A mempunyai ukuran 3 × 4. Contoh 147. Perhatikan matriks berikut, 

 −2 0  A= 1 2



 2 1  B= 2 −3

Kita bisa melakukan operasi pada matriks-matriks tersebut, misalnya, −2 + 2 0+1 0 1 2 1 −2 0 = = A+B = + 3 −1 1 2 2 −3 1 + 2 2 + (−3) 3A = 3

−2 0 1 2

=

−B = (−1)B = (−1) A−B =

−2 0 1 2

3 · (−2) 3 · 0 3·1 3·2

2 1 2 −3

=

=

−6 0 3 6

−2 −1 −2 3

2 1 −2 − 2 0−1 −4 −1 − = = 2 −3 1 − 2 2 − (−3) −1 5


2A + 5B = 2

−2 0 1 2

+5

2 1 2 −3

=

6 5 12 −14

y

Dua matriks bisa dikalikan jika kedua matriks memenuhi kondisi tertentu. Jika matriks A berukuran m × r dan matriks B berukuran r × n, yakni jika banyaknya kolom A sama dengan banyaknya baris B, maka hasil kali AB adalah suatu matriks C yang entri baris i kolom j nya adalah

UM Pk

cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + air brj

(13.4)

Jadi entri baris i kolom j hasil perkalian matriks AB adalah jumlah hasil kali entri baris i matriks A dan entri kolom j matriks B. Sebagai ilustrasi, entri c12 hasil kali matrik pada gambar 13.1 adalah jumlah hasil kali baris 1 matrik A dengan kolom 2 matriks B, yaitu c12 = a11 b12 + a12 b22 + · · · + a1r br2



a11 a12   a21 a22   .. ..  . .  am1 am2

 · · · a1 r  · · · a2r    ..  ··· .  · · · amr



b11 b12 · · · b1 n

  b  21 b22 · · · b2n   . .. .  .. . · · · ..  br1 br2 · · · brn

A : m baris r kolom



   =   

B : r baris n kolom

Gambar 13.1: Perkalian matriks

Contoh148. 1  A = 0 1

Diketahui  1  1  B= 0

4 6 8 2 5 7 9 3

Hasil kali matrisk A dan B adalah

!



c11 c12   c21 c22   . ..  .. .  cm1 am2

 · · · c1 r  · · · c2r   ..  ··· .   · · · cmr

C : m baris n kolom

13.2. REPRESENTASI MATRIK DARI SISTEM PERSAMAAN LINEAR151

 1·4+1·5 AB =   0·4+1·5 1·4+0·5  9 13 17  = 5 7 9 4 6 8

 1·6+1·7 1·8+1·9 1·2+1·3  0·6+1·7 0·8+1·9 0·2+1·3   1·6+0·7 1·8+0·9 1·2+0·3  5  3  2

Contoh 149. Diketahui    −2 0   A =  4 −6  B = 8 2

!

UM Pk

1 3 5 7

y



Hasil kali matrisk A dan B adalah    (−2) · 1 + 0 · 5 (−2) · 3 + 0 · 7    −2 −6    −26 30 = AB =  4 · 1 + (−6) · 5 4 · 3 + (−6) · 7     18 37 8·1+2·5 8·3+2·7

   

Tes Formatif Diketahui : 











1 3   1 2 3  1 3 0       A =  −2 −6 0  B= C = 5 2   5 3 −1 0 −2 3 0 −2

Carilah yang berikut jika bisa; jika tidak bisa beri alasannya! (1) AB, (2) BA, (3) AC, (4) BC, (5) CA + A

13.2

Representasi matrik dari sistem persamaan linear

Tinjau kembali sistem persamaan linear


a11 x1 + a12 x2 + · · · +a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + · · · +a2n xn = b2 .. .. .. . . . am1 x1 + am2 x2 + · · · +amn xn = bm

y

Sistem persamaan linear ini dapat kita nyatakan dalam bentuk perkaliam matriks sebagai berikut:

UM Pk

AX = B dengan    A =  

a11 a12 a21 a22 .. .. . . am1 am2

· · · a1n · · · a2n . · · · .. · · · amn

     





x1  x  2 X =  ..  . xn

(13.5)





 b1    b2    dan B =  .   ..   bm

      

Perhatikan bahwa entri-entri matriks A adalah koefisien-koefisien sistem persamaan linear, oleh karena itu matriks A dinamakan matriks koefisien. Contoh 150. Sistem persamaan linear x1 −4x2 +x3 = 2 −x1 +3x2 −x3 = 1 x1 +2x3 = 3 bisa ditulis dalam bentuk AX = B dengan






    x 1 −4 1 2 1       X = −1 3 −1  x2  dan B =  1  A =   x3 3 1 0 2

UM Pk

y

Dalam mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan operasi baris elementer, sebenarnya kita hanya melibatkan perhitungan pada koefisien variabel dan konstanta pada ruas kanan sistem. Oleh karena itu dengan menuliskan matriks koefisien dan matriks B sudah cukup untuk mencari penyelesaian dengan operasi baris elementer. Matriks yang diperbesar adalah matriks yang unsurnya adalah matriks koefisien dan pada kolom terakhir adalah unsur matriks B. Matriks yang diperbesar ditulis dengan notas (A|B). Sebagai contoh,matriks yang diperbesar  pada contoh di atas adalah 2   1 −4 1  (A|B) =  −1 3 −1 1   1 0 2 3

Suatu matriks dinamakan matriks eselon baris tereduksi jika

1. Baris yang semua unsurnya nol berada di bawah baris paling bawah. 2. Unsur tak nol pertama suatu baris adalah 1, selanjutnya dinamakan satu utama. 3. Satu utama setiap baris berada lebih ke kanan dibanding satu utama baris di atasnya. 4. Satu utama adalah satu-satunya unsur tak nol pada kolom tersebut.

Contoh 151. Carilah bentuk eselon baris tereduksi matriks berikut,

  1 −1 3 7 1 0 6 5 0 2 6 −4


Untuk merubah matriks tersebut ke bentuk eselon tereduksi dilakukan dengan operasi baris elementer sebagai berikut: 

 1 −1 3 7 1 0 6 5 0 2 6 −4 b +b

1 2 −− −→



   1 −1 3 7 1 −1 3 7 b2 +(−1)b1 0 1 3 −2 1 1 3 −2 −−−−−−→ 0 ( 2 )·b3 0 2 6 −4 −−−→ 0 1 3 −2   1 0 6 5 0 1 3 −2 0 0 0 0

y

Contoh 152. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut,

UM Pk

x1 − 4x2 +x3 = 2 −x1 + 3x2 −x3 = 1 x1 +2x3 = 3 Pertama-tama kita tuliskan terlebih dahulu matriks yang diperbesar sistem persamaan linear tersebut, kemudian dilakukan operasi baris elementer sehingga diperoleh matriks eselon tereduksi. Selengkapnya tahapannya adalah sebagai berikut,



  b2 +b1 1 −4 1 2 1 −−−→ −1 3 −1 1 b3 +(−1)b1 0 1 0 2 3 −−−−−−→ 0  1 b1 +(−1)b3 −−−−−−→ 0 0  1 (−1)·b2  −−−−→ 0 0

 −4 1 2 −1 0 3 4 1 1



 1 −4 1 2 0 −1 0 3  b3 +4b2 0 1 13 −−−−→ 0    −4 0 −11 1 0 0 −23 b1 +(−4)b2  −1 0 3 − 3  −−−−−→ 0 −1 0 0 1 13 0 0 1 13  0 0 −23 1 0 −3  0 1 13

Matriks terakhir adalah matriks eselon tereduksi. Dari matriks ini diperoleh penyelesaian x1 = −23, x2 = −3 dan x3 = 13.

Tes Formatif Untuk setiap sistem persamaan linear berikut, (a) representasikan dalam bentuk matriks, (b) tuliskan matriks yang diperbesar, kemu-


1.

3x1 −x2 −x3 = 0 x1 +x2 +x3 = 0 x1 +x3 = 0

2.

x −2y −3z = 1 −3x +2y +4z = 0 2x −y +z = 2

UM Pk

x1 +2x2 +3x3 = 3 2x1 +5x2 −x3 = −4 3x1 −2x2 −x3 =5

y

dian (c) cari penyelesaiannya dengan terlebih dahulu mencari matriks eselon tereduksi.

3.

x1 +x2 +x3 +x4 4. −x1 +3x2 −x3 +4x4 2x1 −x2 +3x3 −x4 3x1 +2x2 −4x3 −5x4

=1 =2 =6 =1

Jawab: (2)x = −2/13, y = −21/13, z = 9/13, (4) x1 = −103/3, x2 = 217/6, x3 = 55/2, x4 = −85/3.

UM Pk

y


Bab 14

y

Invers Matriks

UM Pk

Dalam sistem bilangan real kita mengenal bahwa setiap bilangan tak nol memiliki invers terhadap operasi perkalian. Ini berarti jika x 6= 0, maka ada bilangan real y sehinggan xy = 1. Dalam matriks, persoalan invers tidaklah sederhana seperti pada sistem bilangan real. Dalam bagian ini pertama kita akan mendefinisikan pengertian invers suatu matriks bujur sangkar. Kemudian akan dilanjutkan dengan hubungan antara determinan dan invers, cara mencari invers dan aplikasi untuk mencari penyelesaian sistem persaman linear. Sebelum kita membahas invers suatu matriks, kita perkenalkan terlebih dahulu matriks yang memiliki perilaku mirip dengan bilangan satu pada perkalian sistem bilangan real.

Matriks indentitas I adalah matriks bujur sangkar yang unsur diagonal utamanya 1 dan unsur diagonal lainnya 0, yakni  1 0 ··· 0 0 1 · · · 0 I = .. ..  ... ... . . 0 0 ··· 1 

Contoh 153. Matriks berikut berturut-turut adalah matriks bujur 157

158

BAB 14. INVERS MATRIKS

sangkar orde 2, orde 3 dan orde 4

1 0 0 1



,



1 0 0 0 1 0 , 0 0 1



1 0  0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

 0 0  0 1

Matriks identitas memiliki sifat perkalian yang mirip dengan sifat bilangan 1 pada operasi perkalian, yaitu (14.1)

y

AI = IA = A

UM Pk

Contoh 154. Diketahui

 2 3 6 A = 1 3 8  −7 1 0 

Hasil matriks berikut dari sebelah kiri dengan matriks identitas adalah matriks A     2 3 6 1 0 0 2 3 6 AI =  1 3 8 0 1 0  = 1 3 8  = A −7 1 0 0 0 1 −7 1 0 

Demikian pula hasil perkalian matriks tersebut dari sebelah kanan dengan matriks indetitas, adalah matriks A,     2 3 6 1 0 0 2 3 6 IA = 0 1 0   1 3 8 =  1 3 8 = A −7 1 0 0 0 1 −7 1 0 

14.1

Invers matriks bujur sangkar

Diketahui A matriks bujur sangar orde n. Jika ada matriks B sehingga berlaku AB = I dengan I matriks identitas orde n, maka dikatakan A memiliki invers dan B dinamakan invers A. Perhatikan bahwa jika B invers A maka

14.1. INVERS MATRIKS BUJUR SANGKAR

159

A adalah invers B. Selanjutnya invers A ditulis A−1 . Dengan notasi ini maka berlaku AA−1 = A−1 A = I (14.2) Contoh 155. Diketahui 3 2 A= 1 1

1 −2 B= −1 3

UM Pk

maka

y

Jika diambil

1 0 1 −2 3 2 = AB = 0 1 −1 3 1 1

yakni AB = I, dengan kata lain −1

A

1 −2 = −1 3

Matriks bujur sangkar yang memiliki invers dinamakan matriks non singular, sedangkan matriks yang tidak memiliki invers dinamakan matriks singular. Jika matriks A dan matriks B keduanya non singular, maka (AB)(B −1 A−1 ) = ABB −1 A−1 = AIA−1 = AA−1 = I,

demikian pula (B −1 A−1 )(AB) = B −1 A−1 AB = BIB −1 = BB −1 = I yang berarti bahwa invers AB adalah B −1 A−1 . (AB)−1 = B −1 A−1

(14.3)

160


Contoh 156. Sebagai ilustrasi, tinjau matriks 1 1 2 5 A= dan B = 2 3 1 3 Dapat diperiksa bahwa invers masing-masing matriks adalah

A

−1

3 −1 = −2 1

dan B

−1

3 −5 = −1 2

y

Selanjuntnya

UM Pk

3 8 19 −8 −1 AB = dan (AB) = 7 19 −7 3

Dapat Anda periksa bahwa (AB)−1 juga sama dengan B −1 A−1 . Proses pencarian invers suatu matriks tidaklah mudah, terlebih lagi jika ukuran matriksnya besar. Untuk itu kita perlu mengembangkan metode pencarian invers matriks.

Definisi 28. Matriks elementer E adalah matriks yang didapatkan dari matriks identitas melalui suatu operasi baris elementer.

Jika E adalah matriks elementer berorde n dan A adalah matriks berukuran n × m, maka EA adalah matriks yang diperoleh dari matriks A melalui operasi baris elementer yang sama yang digunakan untuk mendapatkan E dari I. Contoh 157. Diketahui

3 0 E= 0 1

yakni E adalah matriks yang diperoleh dari matriks I dengan cara mengalikan baris pertama I dengan 3. Jika −1 2 A= 3 7 maka

14.1. INVERS MATRIKS BUJUR SANGKAR

3 0 EA = 0 1

161

−1 2 −3 6 = 3 7 3 7

sama dengan mengalikan baris pertama A dengan 3.

UM Pk

y

Karena matriks elementer diperoleh dari matriks I dengan suatu operasi baris elementer, maka matriks elementer adalah ekivalen dengan matriks I. Dengan demikian setiap matriks elementer memiliki invers. Sifat ini dapat kita kenakan pada matriks non singular A. Jika A memiliki invers, maka kita bisa mengalikan matris A dengan serangkaian matriks elementer sehingga hasilnya adalah matriks identitas, yakni E1 E2 · · · En A = I.

(14.4)

Persamaan 14.4 mengandung arti bahwa matriks E1 E2 · · · En adalah invers matriks A, yaitu A−1 = E1 E2 · · · En

(14.5)

Dengan hasil ini kita bisa mencari invers matriks A dengan algoritma berikut: . Langkah 1. Disusun matriks M = (A..I), dimana I adalah matriks indentitas yang ordenya sama dengan orde matriks A. Langkah 2. Dengan menggunakan operasi baris elementer, nolkan unsur dibawah diagonal utama sub matriks A. Jika pada langkah ini menghasilkan sub matriks yang semua barisnya nol, hentikan dan disimpulkan matriks tersebut tidak memiliki invers. Langkah 3. Ulangi langkah 2 sehingga submatriks A menjadi matriks indentitas. Pada saat yang sama sub matriks I telah menjadi sub matriks B. . Langkah 4. Diperoleh matriks M 0 = (I ..B) dan disimpulkan A−1 = B. Contoh 158. Carilah invers matriks

162


1 3 A= 2 4

Penyelesaian. Pertama dibentuk matriks

1 3 1 0 M = (A|I) = 2 4 0 1

1 3 1 0 b2 +(−2)b1 1 3 1 0 b1 +(3/2)b2 1 0 −2 32 2 4 0 1 −−−−−−→ 0 −2 −2 1 −−−−−−→ 0 −2 −2 1 3 1 0 −2 (−1/2)·b2 2 −−−−−→ 0 1 1 − 12

UM Pk

y

Dengan mengenakan operasi baris elementer pada matriks M

Sub matriks sebelah kanan pada matriks terakhir adalah invers A, dengan demikian 3 −2 −1 2 A = 1 − 12 Contoh 159. Carilah invers matriks

 1 1 1 A = 2 −1 0  2 2 0 

Penyelesaian. Pertama dibentuk matriks   1 1 1 1 0 0 M = (A|I) = 2 −1 0 0 1 0 2 2 0 0 0 1 Kemudian dilakukan serangkaian operasi baris elementer pada matriks M sehingga sub matriks A menjadi matriks identitas,

14.2. MENCARI PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR DENGAN INVERS163

   1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 b2 +(−2)b1 2 −1 0 0 1 0−−−−−−→ 0 −3 −2 −2 1 0 b3 +(−2)b1 2 2 0 0 0 1 −−−−−−→ 0 0 −2 −2 0 1   1 b1 + 12 b3 1 1 0 0 0 2 −−−−→ 0 −3 0 1 −1 0 b2 +(−1)b3 −−−−−−→ 0 0 −2 −2 0 1   1 1 1 0 0 0 3 6 b1 + 13 b2 0 −3 0 1 −1 0 −−−− → 0 0 −2 −2 0 1   1 1 (−1/3)·b2 1 0 0 0 3 6 −−−−−→ 1 0 1 0 0 − 1 3 3 (−1/2)·b3 1 −−−−−→ 0 −2 0 0 1 1

UM Pk

y



Diperoleh

A−1

14.2

  1 1 0 3 6 1  = 0 − 13 3 1 1 0 −2

Mencari penyelesaian sistem persamaan linear dengan invers

Ingat kembali bahwa setiap sistem persamaan linear dapat dituliskan dalam bentuk perkalian matriks. Misalkan kita memiliki sistem persamaan linear AX = B dengan banyaknya persamaan sama dengan banyaknya variabel. Ini berarti matriks koefisien A adalah matriks bujur sangkar. Jika diasumsikan matriks A adalah matriks non singular, maka kita bisa mengalikan AX = B dengan A−1 , A−1 AX = A−1 B dan karena A−1 AX = IX = X maka diperoleh X = A−1 B

(14.6)

Persamaan 14.6 menyatakan bahwa penyelesaian sistem persamaan linear AX = B bisa diperoleh dengan cara mengalikan matriks B dari sebelah kanan dengan invers matriks A. Persamaan ini juga

164


menyatakan bahwa jika matriks A non singular, maka penyelesaiannya tunggal. Contoh 160. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut

y

x1 + 2x3 =1 2x1 −x2 +3x3 =0 4x1 +x2 +8x3 =2

UM Pk

Penyelesaian. Matriks koefisien A, matriks B dan matriks X sistem persamaan linear tersebut adalah   1  B= 0  2

  1 0 2 A = 2 −1 3  4 1 8

  x1  dan X = x2  x3

Dapat Anda tunjukan bahwa invers matriks A adalah  −11 2 2 0 1  =  −4 6 −1 −1 

A−1

Dengan demikian penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah X = A−1 B, yaitu 

      x1 −11 2 2 1 −7 x2  =  −4 0 1 0  = −2  x3 6 −1 −1 2 4

Tes Formatif Carilah invers matriks-matriks berikut.

14.2. MENCARI PENYELESAIAN SISTEM PERSAMAAN LINEAR DENGAN INVERS165

1 2  1  3. C = 1 3 1. A =

−2 2



 3 −4 5 −1  3 −6

 1 −2 2 2. B = 2 −3 6  1 0 7   1 2 −4 5  4. D = −1 −1 2 7 −3

2x1 + x2 + x3 =0 6. −3x1 + 4x2 + 2x3 = 1 −x1 + x2 − x3 =2

UM Pk

x1 + x2 − x3 = 1 5. 2x1 − 3x2 + x3 = 4 3x1 − x2 + 2x3 = 5

y

Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan menggunakan invers.

Jawab:

A−1 = 

C

−1

1/3 −1/3

−9/10 1/5  1/10 1/5 = −2/5 1/5

  −21 14 −6 1/3 5 −2  B −1 =  −8 1/6 3 −2 1    17/30 −16 −11 3 −1/10  5/2 −1/2  D−1 =  7/2 1/15 −5/2 −3/2 1/2

5. x1 = 19/13, x2 = −4/13, x3 = 2/13 15/16, x3 = −19/16

6. x1 = 1/8, x2 =


UM Pk

y

166

Bab 15

y

Determinan

UM Pk

Dalam pertemuan ini kita akan membahas determinan matriks orde dua dan orde tiga. Untuk memotivasi, pengertian determinan akan diperkenalkan melalui sistem persamaan linear dengan dua baris dan dua kolom. Secara lebih khusus, akan dibahas pengertian determinan matriks orde dua dan orde tiga, sifat-sifat determinan dan teknik pencarian determinan dengan memanfaatkan sifat-sifat determinan dan operasi baris elementer.

15.1

Determinan Matriks Orde 2 dan 3

Tinjau suatu sistem persamaan linear berikut, a11 x1 + a12 x2 = b1 a21 x1 + a22 x2 = b2

Kita asumsikan sistem persamaan linear tersebut memiliki penyelesaian. Untuk mencari penyelesaiannya, kita eliminasi terlebih dahulu variabel x2 dengan cara mengalikan persamaan pertama dengan a22 dan mengalikan persamaan kedua dengan a12 , kemudian mengurangkannya, a22 B1 : a11 a22 x1 + a12 a22 x2 = b1 a22 a21 B2 : a12 a21 x1 + a12 a22 x2 = b2 a12 a22 B1 − a21 B2 : a11 a22 x1 − a12 a21 x1 = b1 a22 − b2 a12 167

168

BAB 15. DETERMINAN

Dari baris terakhir diperoleh penyelesaian untuk x1 , x1 =

b1 a22 − b2 a12 a11 a22 − a12 a21

Dengan cara serupa, diperoleh penyelesaian untuk x2 x2 =

b2 a11 − b1 a21 a11 a22 − a12 a21

y

Tampak bahwa pembilang maupun penyebut pada penyelesaian sistem persamaan linear ini merupakan hasil koefisien-koefisien pada matrik AX = B.

UM Pk

Matriks bujur sangkar adalah matrik yang banyaknya baris dan banyaknya kolom sama. Suatu matriks bujur sangkar memiliki n baris (jadi juga n kolom), dinamakan matriks berorde n. Determinan suatu matriks bujur sangkar A ditulis det A atau |A|. Jika A adalah matriks orde 2, maka a11 a12 a21 a22 = a11 a22 − a12 a21

(15.1)

Untuk matriks orde 3, determinannya didefinisikan

a11 a 21 a31

a12 a13 a22 a23 = a11 a22 a33 +a21 a32 a13 +a31 a12 a33 −a13 a22 a31 −a23 a32 a11 −a33 a12 a31 a32 a33 (15.2)

Skema berikut ini barangkali bisa membantu untuk mengingat definisi determinan matriks orde dua dan orde tiga. +

+

+

a11 a12 a13 a11 a12 a21 a22 a23 a21 a22 a31 a32 a33 a31 a32

a11 a12 a21 a22 −

+

−

−

−

15.2. SIFAT-SIFAT DETERMINAN

169

Contoh 161. Carilah determinan setiap matriks berikut: A=

2 4 −1 3

  2 2 6 4 3  B = 4 0 −3 5

2 4 = 2 · 3 − 4 · (−1) = 10 detA = −1 3

UM Pk

y

2 2 6 4 3 = 2·4·5+2·3·0+6·4·(−3)−2·3·(−3)−2·4·5−6·4·0 = −54 detB = 4 0 −3 5

15.2

Sifat-sifat determinan

Determinan suatu matriks memiliki sifat

Jika suatu matriks bujur sangkar memiliki dua baris atau kolom yang sebanding, maka determinannya 0. Contoh 162. Determinan matriks   1 −2 3 1 2 7 3  B = 5 A= −2 −4 1 −1 32 2

Determinan matriks A adalah 0, karena baris kedua merupakan kelipatan −2 baris pertama. Matriks B memiliki dua baris yang sebanding, yaitu baris pertama dan ketiga, oleh karena itu determinannya adalah 0. Jika suatu matriks bujur sangkar memiliki baris atau kolom yang semua unsurnya 0, maka determinannya 0. Contoh 163. 

 1 0 3 C = 5 0 3  1 0 32 2

170

BAB 15. DETERMINAN

Matriks C memiliki kolom ke 2 yang setiap unsurnya 0, oleh karena itu determinan matriks C adalah 0.

y

Matriks segita tiga adalah matriks dimana semua unsur di atasi atau di bawah diagonal utamanya 0. Sebagai contoh, matriks berikut merupakan matriks segitiga,     1 2 3 4 1 0 0 0 −1 1 9 3 7  C= D =  5 −1 0  E= 0 0 −1 0 −3 10 1 3 0 2 2 0 0 0 5

UM Pk

Determinan matriks bujur sangkar sama dengan hasil perkalian unsur-unsur pada diagonal utamanya. Contoh 164.

1 9 0 −1 = 1 · (−1) = −1

1 9 3 0 −2 2 = 1 · (−2) · 17 = −34 0 0 17

Sifat determinan matriks bujur sangkat jika dikenai operasi baris elementer dinyatakan pada tiga sifat berikut. Diketahui matriks bujur sangkar A.

1. Jika matriks B diperoleh dengan cara mengalikan suatu baris atau suatu kolom matriks A dengan konstanta k, maka det B = k det A

2. Jika matriks B diperoleh dengan cara menukar dua baris atau kolom matriks A, maka det B = − det A 3. Jika matriks B diperoleh dengan cara menambahkan kelipatan suatu baris (kolom) ke baris (kolom) lainnya, maka det B = det A

15.3. TES FORMATIF

171

Contoh 165. Diketahui 4 −8 A= 3 1

Contoh 166. Carilah determinan matriks   1 2 3 A = 4 5 6  7 8 1

y

4 −8 1 −2 = 4 = 4 · 7 = 28 det A = 3 3 1 1

UM Pk

Dengan operasi baris elementer dan menggunakan sifat di atas,

1 1 2 3 1 2 3 2 3 1 2 = (−3) 0 det A = 4 5 6 = 0 −3 −6 0 −6 −20 7 8 1 0 −6 −20 1 2 3 2 = (−3) · 1 · 1 · (−8) = 24. = (−3) 0 1 0 0 −8

15.3

Tes Formatif

1. Carilah determinan matriks berikut 1 2 A= 3 1

B=

0 1 2

2 −1

−1 3 C= 9 1

2. Carilah determinan matriks berikut   1 1 3 0  A = 7 −2 9 1 −2

 1 3 2 B =  4 13 2  3 1 41

3. Diketahui 1 a A= 1 2 Jika det A = 0, berapakah a?

1

172

BAB 15. DETERMINAN

4. Diketahui matriks 1 3 M= 2 5 Carilah x sehingga det (M − xI) = 0.

15.4

Ekspansi Laplace dan determinan orde n

UM Pk

y

Proses pencarian determinan dengan definisi menjadi sukar jika ukuran matriks cukup besar. Metode ekspansi Laplace dapat digunakan untuk perhitungan determinan matriks yang ordenya cukup besar. Diketahui A matriks bujur sangkar orde n. Matriks Mij didefinisikan sebagai matriks yang diperoleh dengan cara menghapus baris i dan kolom j matriks A. Minor ke ij matriks A ditulis |Mij |, adalah determinan matriks Mij . Kofaktor ke-ij matriks A ditulis Aij , didefinisikan sebagai Aij = (−1)i+j |Mij |.

(15.3)

Contoh 167. Diberikan matriks   2 3 4 A = 5 6 7  8 9 1

Minor ke-21 adalah determinan matrik A yang baris 2 dan kolom 1 nya dihapus, yaitu 3 4 = −33, |M21 | = 9 1 dan kofaktor ke-21 adalah

A21 = (−1)2+1 |M21 | = (−1) · (−33) = 33. Dengan cara serupa Anda dapat menghitung untuk minor dan kofaktor lainnya, misalnya |M22 | = −33,

A22 = −30,

|M23 | = −6,

A23 = 6.

15.4. EKSPANSI LAPLACE DAN DETERMINAN ORDE N

173

Teorema Ekspansi Laplace Diketahui A = (aij ) adalah matriks orde n. Determinan matriks A sama dengan jumlah dari hasil kali unsur suatu baris (kolom) dengan kofaktornya. Dengan demikian, penghitungan determinan matriks A dengan ekspansi baris i adalah det A = ai1 Ai1 + ai2 Ai2 + · · · + ain Ain

(15.4)

atau dengan ekapsnasi kolom j adalah (15.5)

y

det A = a1j A1j + a2j A2j + · · · + anj Anj

UM Pk

Contoh 168. Carilah determinan matriks pada contoh 167. Penyelesaian. Kita bisa menghitung determinan, misalnya dengan ekapasi baris kedua. Telah dihitung pada contoh 167 bahwa A21 = 33,

A22 = −30dan A23 = 6.

Diperoleh

det A = a21 A21 + a22 A22 + a23 A23 = 5 · 33 + 6 · (−33) + 7 · 6 = 27.

Secara teknis, determinan pada contoh di atas dapat dihitung dengan cara berikut. Langkah 1. Tutup baris kedua matriks A Langkah 2a. Tutup kolom pertama matriks A, kemudian bentuk matriks M21 dari unsur sisanya,   ! 2 3 4 3 4   M21 =  5 6 7  9 1 8 9 1 Langkah 2b. Tutup kolom kedua matriks A, kemudian bentuklah matriks M22 dari unsur sisanya,   ! 2 3 4 2 4   M22 =  5 6 7  8 1 8 9 1

174

BAB 15. DETERMINAN

Langkah 2c. Tutup kolom ketiga matriks A, kemudianbentuklah matriks M23 dari unsur sisanya,   ! 2 3 4 2 3   M23 =  5 6 7  8 3 8 9 1

UM Pk

y

Langkah 3. Tentukan tanda dari unsur-unsur baris yang digunakan untuk ekspansi, dalam hal ini baris kedua, dengan aturan berikut:    + − +   − + −    + − + Langkah 4. Derminan A diperoleh dengan mengalikan setiap determinan sub matriks yang diperoleh pada Langkah 2a sampai dengan 2c berturut-turut dengan unsur baris kedua yang telah diberi tanda, kemudian jumlahkan,

2 3 2 4 3 4 + 6 det A = (−5) 8 1 + (−7) 8 9 9 1 = (−5) · (−33) + 6 · (−30) + (−7) · (−6) = 27.

Dengan teori ekspansi Laplase, kita bisa mencari determinan matriks yang ordenya lebih tinggi dari tiga. Contoh 169. Hitunglah determinan matriks berikut 

 5 4 2 1  2 3 1 −2   −5 −7 −3 9 1 −2 −1 4 Penyelesaian. Dengan ekspansi baris pertama, determinan matriks tersebut adalah

15.4. EKSPANSI LAPLACE DAN DETERMINAN ORDE N

175

5 4 2 1 2 3 1 −2 det B = 9 −5 −7 −3 1 −2 −1 4 3 2 2 1 −2 1 −2 3 −2 2 3 1 9 − 4 −5 −3 9 + 2 −5 −7 9 − −5 −7 −3 = 5 −7 −3 −2 −1 1 −1 1 −2 4 4 4 1 −2 −1

y

= 38.

UM Pk

Contoh di atas memberikan gambaran bagaiana panjangnya proses pencarian determinan matriks orde 4. Semakin besar orde matriks, umumnya semakin panjang proses pencarian determinan. Dalam algoritma berikut, kita sajikan bagaiaman mencari determinan suatu matriks dengan menurunkan ordenya. Algoritma mereduksi determinan matriks A orde n menjadi orde n − 1: 1. Pilih unsur aij = 1; jika tidak ada, pilih unsur aij 6= 0.

2. Gunakan aij sebagai poros, kenakan operasi baris elementer untuk membuat nol unsur lainnya pada kolom dimana unsur aij berada (kolom j). 3. Gunakan ekspansi kolom j untuk menghitung determinan.

Pada langkah 2, determinan matriks hasil operasi baris harus disesuaikan sifat determinan akibat operasi baris elementer. Contoh 170. Carilah determinan matriks berikut 

 2 5 −3 −2 −2 −3 2 −5  A=  1 3 −2 2 −1 −6 4 3 Penyelesaian. Kita gunakan algoritma di atas untuk meredeksi determinan orde 4 menjadi orde 3. Kita pilih unsur a31 = 1 sebagai

176

BAB 15. DETERMINAN

poros untuk membuat nol unsur lain pada kolom 1 dengan operasi baris elementer: B1 + 2B3 , B2 + 2B3 dan B4 + B3 .  b1 +2b3   2 5 −3 −2 −−−−→ 0 −1 1 6 b2 +2b3  −2 −3 2 −5 3 −2 2  −−−−→ 0  A=  1 1 3 −2 2 3 −2 2 b4 +b3 −1 −6 4 3 − 2 5 −−→ 0 −3 

y

Perhatikan bahwa tidak ada operasi baris elementer yang merubah nilai determinan matriks A, oleh karena itu dengan ekspansi kolom 1, determinan matriks A adalah

UM Pk

0 −1 1 6 −1 1 6 0 3 −2 2 det A = = 3 −2 2 = 10 + 3 − 36 − 2 − 15 = −4. 1 3 −2 2 −3 2 5 0 −3 2 5

Tes Formatif

1. Gunakan metode ekspansi Laplace matriks berikut.  1 0  A = 2 −1 4 1

untuk mencari determinan  2 3  8

2. Carilah determinan matriks berikut dengan terlebih dahulu mengenakan operasi baris elementer.   1 −2 2 B = 2 −3 6  1 0 7

3. Carilah determinan matriks  3  1 C= −2 2

berikut dengan ekspansi Laplace.  −2 −5 4 −2 −2 3  4 7 −3 −3 −5 8

15.5. KAIDAH CRAMER

177

4. Gunakan sifat determinan matriks segitiga untuk mencari determinan matriks berikut.   2 3 4 4 0 −3 7 −8  D= 0 0 5 6 0 0 0 4

UM Pk

y

5. Carilah determinan matriks berikut dengan terlebih dahulu merubah menjadi matriks segitiga dengan mengenakan operasi baris elementer.   1 2 2 3 1 0 −2 0  E= 3 −1 1 −2 4 −3 0 2 6. Carilah determinan matriks berikut dengan mereduksi orde.   2 1 3 2 3 0 1 −2  F = 1 −1 4 3 2 2 −1 1

15.5

Kaidah Cramer

Kaidah Cramer merupakan kaidah untuk mencari penyelesaian suatu sistem persamaan linear yang terdiri dari n persamaan dan n variabel. Untuk bisa menggunakan kaidah ini, kita perlu mengetahui teorema berikut.

Teorema 27. Diketahui AX = B adalah sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel. Sistem persamaan ini memiliki penyelesaian tunggal jika dan hanya jika determinan matriks koefiennya tidak nol.

178

BAB 15. DETERMINAN

Teorema 28. Kaidah Cramer. Diketahui AX = B sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel dengan det A 6= 0; matrik Ai adalah matriks yang diperoleh dengan cara mengganti kolom ke i matriks A dengan kolom B; maka sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian det Ai , det A

i = 1, 2, · · · , n.

(15.6)

y

xi =

UM Pk

Contoh 171. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan metode Cramer 2x1 − 3x2 = 5 −x1 − x2 = 2

Pertama kita tuliskan matriks koefisien A dan matriks B

A=

2 −3 −1 −1

5 B= 2

Kemudian kita cari determinan A, A1 dan A2 ,

5 −3 =1 det A1 = 2 −1

2 −3 =5 det A = −1 −1

2 5 =9 det A2 = −1 2

Penyelesaiannya adalah x1 =

det A1 det A

=

1 −5

= − 15

dan

x2 =

det A2 det A

=

9 −5

= − 95

Contoh 172. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut x1 − 4x2 + x3 = 22 −x1 + 3x2 − x3 = 1 x1 + 2x3 = 3

15.5. KAIDAH CRAMER

179

Penyelesaian. Dapat Anda hitungan bahwa 1 −4 2 −4 1 1 3 −1 = −1 3 −1 = 23 det A = −1 det A1 = 1 1 3 0 2 0 2 2 −4 2 3 1 = 13 det A3 = 1 3 0 3

y

1 2 1 det A2 = −1 1 −1 = 3 1 3 2

dengan demikian penyelesaiannya adalah det A1 det A

=

23 −1

= −23,

x2 =

det A2 det A

=

3 −1

= −3,

danx3 =

UM Pk

x1 =

det A3 det A

=

−13 −1

= 13.

Contoh 173. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut x1 x1 2x1 x1

Dapat Anda cari 1 1 1 1 2 3 det A = 2 3 5 1 1 2 1 1 det A3 = 2 1

1 2 3 1

2 2 2 2

+ x2 + 2x2 + 3x2 + x2

bahwa 1 4 = 2, 9 7

+ x3 + 3x3 + 5x3 + 2x3

+ x4 + 4x4 + 9x4 + 7x4

2 2 det A1 = 2 2

1 4 = −12, 9 7

1 2 3 1

dan

1 3 5 2

=2 =2 =2 =2

1 1 det A3 = 2 1

1 4 = 2, 9 7

1 1 det A4 = 2 1

1 2 3 1

sehingga penyelesaiannya adalah x1 =

det A1 det A

=

−4 2

x3 =

det A3 det A

=

−12 2

= −2, = −6,

x2 = x4 =

det A2 det A det A4 det A

= =

18 2

= 8,

2 2

= 1.

1 3 5 2

2 2 = 2, 2 2

2 2 2 2

1 3 5 2

1 4 = 18, 9 7

180

BAB 15. DETERMINAN

Test Formatif Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan Kaidah Cramer 1.

x1 − x2 = 3 2x1 + x2 = 1

y

x1 + x2 + x3 = 3 2. 2x1 + 5x2 − x3 = −4 3x1 − 2x2 − x3 = 5

UM Pk

x1 + x2 − 2x3 = 10 3. 3x1 + 2x2 + 2x3 = 1 5x1 + 4x2 + 3x3 = 4

2x1 + x2 + 5x3 + x4 x1 + x2 − x3 − 4x4 4. 3x1 + 6x2 − 2x3 + x4 2x1 + 2x2 + 2x3 − 3x4

=5 = −1 =8 =2

15.6. KAIDAH CRAMER

15.6

181

Kaidah Cramer

Kaidah Cramer merupakan kaidah untuk mencari penyelesaian suatu sistem persamaan linear yang terdiri dari n persamaan dan n variabel. Untuk bisa menggunakan kaidah ini, kita perlu mengetahui teorema berikut.

y

Diketahui AX = B adalah sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel. Sistem persamaan ini memiliki penyelesaian tunggal jika dan hanya jika determinan matriks koefiennya tidak nol.

UM Pk

Kaidah Cramer. Diketahui AX = B sistem persamaan linear dengan n persamaan dan n variabel dengan det A 6= 0; matrik Ai adalah matriks yang diperoleh dengan cara mengganti kolom ke i matriks A dengan kolom B; maka sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian xi =

det Ai , det A

i = 1, 2, · · · , n.

(15.7)

Contoh 174. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan metode Cramer 2x1 − 3x2 = 5 −x1 − x2 = 2

Pertama kita tuliskan matriks koefisien A dan matriks B A=

2 −3 −1 −1

5 B= 2

Kemudian kita cari determinan A, A1 dan A2 , 2 −3 =5 det A = −1 −1

5 −3 =1 det A1 = 2 −1

2 5 =9 det A2 = −1 2

182

BAB 15. DETERMINAN

Penyelesaiannya adalah x1 =

det A1 det A

=

1 −5

= − 15

dan

x2 =

det A2 det A

=

9 −5

= − 95

Contoh 175. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut x1 − 4x2 + x3 = 22 −x1 + 3x2 − x3 = 1 x1 + 2x3 = 3

UM Pk

y

Penyelesaian. Dapat Anda hitungan bahwa 2 −4 1 −4 1 1 3 −1 = 23 3 −1 = −1 det A1 = 1 det A = −1 3 1 0 2 0 2 1 2 1 det A2 = −1 1 −1 = 3 1 3 2

2 −4 2 3 1 = 13 det A3 = 1 3 0 3

dengan demikian penyelesaiannya adalah x1 =

det A1 det A

=

23 −1

= −23,

x2 =

det A2 det A

=

3 −1

= −3,

danx3 =

det A3 det A

=

−13 −1

= 13.

Contoh 176. Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut x1 x1 2x1 x1

Dapat Anda cari 1 1 1 1 2 3 det A = 2 3 5 1 1 2 1 1 det A3 = 2 1

1 2 3 1

2 2 2 2

+ x2 + 2x2 + 3x2 + x2

bahwa 1 4 = 2, 9 7

+ x3 + 3x3 + 5x3 + 2x3

+ x4 + 4x4 + 9x4 + 7x4

2 2 det A1 = 2 2

1 4 = −12, 9 7

dan

1 2 3 1

1 3 5 2

=2 =2 =2 =2

1 4 = 2, 9 7

1 1 det A4 = 2 1

1 1 det A3 = 2 1 1 2 3 1

1 3 5 2

2 2 = 2, 2 2

2 2 2 2

1 3 5 2

1 4 = 18, 9 7

15.6. KAIDAH CRAMER

183

sehingga penyelesaiannya adalah x1 =

det A1 det A

=

−4 2

x3 =

det A3 det A

=

−12 2

= −2, = −6,

x2 = x4 =

det A2 det A

=

det A4 det A

18 2

= 8,

2 2

= 1.

=

Test Formatif

1.

x 1 − x2 = 3 2x1 + x2 = 1

UM Pk

x1 + x2 + x3 = 3 2. 2x1 + 5x2 − x3 = −4 3x1 − 2x2 − x3 = 5

y

Carilah penyelesaian sistem persamaan linear berikut dengan Kaidah Cramer

x1 + x2 − 2x3 = 10 3. 3x1 + 2x2 + 2x3 = 1 4. 5x1 + 4x2 + 3x3 = 4

2x1 + x2 + 5x3 + x4 x1 + x2 − x3 − 4x4 3x1 + 6x2 − 2x3 + x4 2x1 + 2x2 + 2x3 − 3x4

=5 = −1 =8 =2

BAB 15. DETERMINAN

UM Pk

y

184

Bab 16

y

Basis Suatu Ruang Vektor

UM Pk

Ruang vektor Rn telah diperkenalkan pada bagian . Setelah Anda memperoleh pengalaman dalam mencari penyelesaian sistem persamaan linear, sekarang kita siap untuk mempelajari ruang vektor lebih lanjut. Pada bagian ini kita akan memperkenalkan pengertian basis suatu ruang vektor. Untuk memperkenalkan pengertian tersebut, terlebih dahulu akan diperkenalkan pengertian kombinasi linear dan membangung.

16.1

Kombinasi linear

Agar pembahasan kita lebih nyata, kita jelaskan melalui contoh. Tinjai vekto ~v = (2, 1) dan vektor ~u = (4, 2) di ruang R2 . Gambar kedua vektor bisa Anda lihat pada 16.1.

~u

~v

Gambar 16.1: vektor ~u = 2~v

Kedua vektor memiliki arah sama, panjang vektor ~u dua kali panjang vektor ~v , sebagaimana dapat kita amati bahwa ~u = (4, 2) = 2 · (2, 1) = 2~v Dalam hal demikian dikatakan bahwa vektor ~u adalah kombinasi 185

186

BAB 16. BASIS SUATU RUANG VEKTOR

linear vektor ~v . Sekarang marilah kita tinjau tiga vektor di R2 , yaitu ~u1 = (2, 0), ~u2 = (1, 3) dan ~u = (5, 3). Perhatikan bahwa ~u = (5, 3) = (4, 0) + (1, 3) = 2(2, 0) + (1, 3) = 2~u1 + ~u2

~u2

~u

UM Pk

~u1

y

yang berarti bahwa vektor ~u dapat dinyatakan dalam bentuk jumlah dari hasil kali skalar ~u1 dan ~u2 . Dalam hal ini juga dikatakan bahwa vektor ~u merupakan kombinasi linear vektor ~u1 dan ~u2 .

~u

~u2

2~u1

Gambar 16.2: vektor ~u = 2~u1 + ~u2

Definisi 29. Vektor ~u dikatakan kombinasi linear vektor-vektor ~u1 , ~u2 , · · · , ~un jika vektor ~u dapat dinyatakan sebagai ~u = k1~u1 + k2~u2 + · · · + kn~un

(16.1)

dengan k1 , k2 , · · · , kn adalah skalar.

Contoh 177. Nyatakan vektor ~u = (3, 5) sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (−1, 2) dan ~u2 = (1, −1). Kita akan mencari bilangan k1 dan k2 sehingga berlaku ~u = k1~u1 + k2~u2 yang berarti (3, 5) = k1 (−1, 2) + k2 (1, −1) = (−k1 , 2k1 ) + (k2 , −k2 ) = (−k1 + k2 , 2k1 − k2 )

16.1. KOMBINASI LINEAR

187

berdasarkan kesamaan dua vektor, ini membawa kita pada sistem persamaan linear dalam variabel k1 dan k2 berikut −k1 + 2k2 = 3 2k1 − k2 = 5 Dapat Anda kerjakan bahwa penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah k1 = 8 dan k2 = 11. Dengan demikian ~u = 8~u1 + 11~u2 .

UM Pk

~u = k1~u1 + k2~u2 ,

y

Contoh 178. Apakah vektor ~u = (3, 2) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (0, 3)? Andaikan dapat, yakni ada bilangan k1 dan k2 sehingga

Ini ekivalen dengan

(3, −2) = k1 (0, −1) + k2 (0, 3) = (0, −k1 ) + (0, 6k2 ) = (0, 2k2 )

sehingga diperoleh sistem persamaan linear 0 =3 2k2 = −2

Baris pertama sistem persamaan ini, yaitu 0 = 3 merupakan pernyataan yang mustahil bisa terjadi, oleh karena itu disimpulkan bahwa tidak terdapat bilangan k1 dan k2 sehingga ~u = k1~u1 + k2~u2 , dengan kata lain vektor ~u tidak dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear verktor-vektor ~u1 dan ~u2 . Contoh 179. Nyatakan vektor ~u = (1, 3, −6) sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (0, 1, 2)~u2 = (1, 0, 3) dan ~u3 = (−1, 1, 0). Misalkan ada bilangan k1 , k2 dan k3 sehingga ~u = k1~u1 + k2~u2 + k3~u3 , atau ekivalen dengan (1, 3, −6) = k1 (0, 1, 2) + k2 (1, 0, 3) + k3 (−1, 1, 0) = (0, k1 , 2k1 ) + (k2 , 0, 3k2 ) + (−k3 , k3 , 0) = (k2 − k3 , k1 + k3 , 2k1 + 3k2 )

188


Diperoleh sistem persamaan linear k2 − k3 =1 k1 + k3 =3 2k1 + 3k2 = −6 Dapat Anda kerjakan bahwa penyelesaian sistem persamaan linear ini adalah x = 15, y = −11, dan z = −12, yang berarti

y

~u = 15~u1 − 11~u2 − 12~u3

UM Pk

Definisi 30. Himpunan vektor-vektor ~v1 , ~v2 , · · · , ~vn dikatakan membangun ruang vektor Rn jika setiap vektor ~v di Rn dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~v1 , ~v2 , · · · , ~vn . Dalam pembicaraan tentang kombinasi linear, kita sering menggunakan vektor satuan. Vektor satuan ~ei di ruang vektor Rn adalah vektor yang komponen ke i nya 1 dan komponen lainnya 0, yakni ~ei = (0, 0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0, 0)

Contoh 180. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0) dan ~e2 = (0, 1) membangun R2 . Ini dapat ditunjukan sebagai berikut. Diambil sebarang vektor ~v = (a, b) di R2 , karena (a, b) = a(1, 0) + b(0, 1) ini berarti ~v = a~e1 + b~e2 .

Contoh 181. Tunjukan bahwa himpunan vektor ~v1 = (1, 1), ~v2 = (−1, 2) membangun ruang vektor R2 . Misalkan ~v = (a, b) adalah sebarang vektor di R2 . Akan ditunjukan ada bilangan k1 dan k2 sehingga ~v = k1~v1 + k2~v2

Ini berarti (a, b) = k1 (1, 1) + k2 (−1, 2) = (k1 − 2k2 , k1 + 2k2 ) sehingga diperoleh sistem persamaan linear k1 − 2k2 = a k1 + 2k2 = b

16.2. BEBAS LINEAR

189

Determinan matriks koefisien sistem persamaan linear ini adalah 1 −1 =3 1 2 Karena determinan matriks koefisien tidak nol maka sistem persamaan linear ini memiliki penyelesaian tunggal, yang berarti ada bilangan k1 dan k2 sehingga ~v = k1~v1 + k2~v2 . Dengan demikian himpunan vektor tersebut membangun ruang R2 .

UM Pk

y

Contoh 182. Apakah himpunan vektor ~v1 = (1, 2), ~v2 = (−2, −4) membangun ruang vektor R2 ? Himpunan vektor ini tidak membangun ruang vektor R2 , karena tidak semua vektor di R2 dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor ~v1 dan ~v2 , misalnya vektor ~v = (1, −1), bisa dapat Anda periksa bahwa vektor ini tidak dapat dinyatakatan sebagai kombinasi linear ~v1 dan ~v2 .

Contoh 183. Dapat Anda periksa bahwa himpunan vektor ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) membangun ruang vektor R3 . Demikian pulabahwa dapat ditunjukan himpunan vektor ~e1 = (1, 0, 0, · · · , 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0, 0, · · · , 0, 0), · · · ~en = (0, 0, · · · , 0, 1) membangun ruang vektor Rn .

16.2

Bebas linear

Tinjau dua vektor di R2 , ~u1 = (1, 0) dan ~u2 = (0, 1). Kita ingin mengetahui apakah ada bilangan k1 dan k2 sehingga k1~u1 + k2~u2 = ~0

Baik, misalkan ada, yang berarti

k1 (1, 0) + k2 (0, 1) = (0, 0) ini memberikan (k1 , k2 ) = (0, 0) yang berrti k1 = 0 dan k2 = 0. Dengan demikian k1~u1 + k2~u2 = ~0 hanya berlaku jika k1 = 0 dan k2 = 0.

190


Definisi 31. Vektor ~u1 dan ~u2 dikatakan bebas linear jika k1~u1 + k2~u2 = ~0 hanya dipenuhi oleh k1 = 0 dan k2 = 0. Jika tidak demikian maka dikatakan tidak bebas linear.

y

Contoh 184. Apakah vektor ~v1 = (1, 2) dan ~v2 = (0, −2) bebas linear? Penyelesaian. Nyatakan kedua vektor sebagai

UM Pk

k1~v1 + k2~v2 = ~0

atau

k1 (1, 2) + k2 (0, −2) = (0, 0),

maka kita peroleh sistem persamaan linear dalam variabel k1 dan k2 sebagai berikut k1 =0 k1 − 2k2 = 0

Penyelesaian sistem persamaan ini adalah k1 = 0 dan k2 = 0. Jadi k1~v1 + k2~v2 = ~0 hanya dipenuhi jika k1 = 0 dan k2 = 0, dengan kata lain kedua vektor adalah bebas linear (gambar 16.3). Contoh 185. Apakah vektor-vektor ~u1 = (1, −2) dan ~u2 = (−2, 4) bebas linear? Penyelesaian. Misalkan

k1~u1 + k2~u2 = ~0 atau k1 (1, −2) + k2 (−2, 4) = (0, 0) Diperoleh sistem persamaan linear k1 − 2k2 =0 −2k1 + 4k2 = 0

16.2. BEBAS LINEAR

191

Dari sistem persamaan ini diperoleh k1 = 2 dan k2 = 1, yang berarti 2~u1 + ~u2 = ~0 dengan kata lain kedua vektor tidak bebas linear (gambar 16.4). y y

~v1 x

y

~u2

x

~v2

UM Pk

~u1

Gambar 16.3: Vektor ~v1 dan ~v2 bebas linear Gambar 16.4: Vektor ~u1 dan ~u2 tidak bebas linear

Pengertian bebas linear dapat diperluas untuk ruang vektor Rn .

Definisi 32. Himpunan vektor ~v1 , ~v2 , ·, ~vn dalam ruang vektor Rn dikatakan bebas linear jika k1~v1 + k2~v2 + · + kn~vn = ~0

hanya dipenuhi oleh k1 = 0, k2 = 0, · · · , kn = 0.

Contoh 186. Apakah vektor-vektor ~u1 = (1, 2, 0), ~u2 = (0, 1, 1) dan ~u3 = (1, −1, −1) bebas linear? Penyelesaian. Andaikan terdapat bilangan k1 , k2 dan k3 sehingga k1~u1 + k2~u2 + k3~u3 = ~0 atau k1 (1, 2, 0) + k2 (0, 1, 1) + k3 (1, −1, −1) = (0, 0, 0)

192


Persamaan terakhir membawa kita pada sistem persamaan linear k1 + k3 =0 2k1 +k2 −k3 = 0 k2 −k3 = 0

16.3

Basis

y

Dapat Anda cari bahwa penyelesaian sistem persamaan ini adalah k1 = 0, k2 = 0 dan k3 = 0. Dengan demikian ketiga vektor bebas linear.

UM Pk

Secara geometris, kita biasa menyatakan bahwa garis lurus adalah ruang berdimensi satu, bidang datar berdimensi dua dan ruang berdimensi tiga. Konsep dimensi dapat diperluas ke ruang berdimensi n melalui pemahaman tentang basis.

Definisi 33. Himpunan vektor ~u1 , ~u2 , · · · , ~un dinamakan basis untuk ruang vektor Rn jika himpunan vektor tersebut (i) bebas linear dan (ii) membangun Rn .

Contoh 187. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0), ~e2 = (0, 1) merupakan basis untuk ruang R2 , karena kedua vektor bebas linear dan membangun R2 (tunjukan!).

Contoh 188. Himpunan vektor ~e1 = (1, 0, 0), ~e2 = (0, 1, 0), ~e3 = (0, 0, 1) merupakan basis untuk ruang R3 . Dapat Anda tunjukan bahwa ketiga vektor bebas linear dan membangun R3 . Contoh 189. Himpunan vektor ~u1 = (1, 1, 0), ~u2 = (−1, 0, 0), ~u3 = (0, 1, 1) merupakan basis untuk ruang R3 , karena ketiga vektor bebas linear dan membangun R3 .

Suatu ruang vektor bisa memiliki lebih dari satu basis, misalnya pada contoh ?? dan 189, ruang R3 memiliki lebih dari satu basis. Namun jika kita perhatikan pada contoh tersebut, banyaknya vektor basis masing-masing tiga vektor.

16.3. BASIS

193

Definisi 34. Banyaknya vektor basis suatu ruang vektor dinamakan dimensi .

Tes Formatif

y

Contoh 190. Dapat Anda tunjukan bahwa himpunan empat vektor ini: ~u1 = (1, 0, 0, 0), ~u2 = (0, 1, 0, 0), ~u3 = (0, 0, 1, 0), ~u4 = (0, 0, 0, 1) merupakan basis untuk ruang R4 . Dengan demikian dimensi ruang vektor R4 adalah 4.

UM Pk

1. Nyatakan vektor ~v = (1, −5) sebagai kombinasi linear vektorvektor ~v1 = (−2, 0) dan ~v2 = (1, 2).

2. Apakah vektor ~u = (−2, −1) dapat dinyatakan sebagai kombinasi linear vektor-vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (1, 2).

3. Nyatakan vektor ~v = (1, 3, −6) sebagai kombinasi linear vektorvektor ~v1 = (1, 0, 2), ~v2 = (1, 1, 0) dan ~v3 = (−1, 1, 1).

4. Apakah himpunan vektor ~u1 = (0, −1) dan ~u2 = (0, 2) membangun ruang R2 ?

5. Tunjukan bahwa himpunan vektor ~v1 = (1, 0, 2), ~v2 = (0, 1, 1) dan ~v3 = (−1, 1, 1) membangun ruang R3 . 6. Apakah vektor-vektor ~u1 = (−2, 5) dan ~u2 = (−1, 1) bebas linear?

7. Apakah vektor-vektor ~u1 = (−2, 5), ~u2 = (−1, 1) dan ~u3 = (0, 1) bebas linear?

8. Apakah ~u1 = (−1, −2, 1), ~u2 = (1, 2, −4) dan ~u3 = (1, 1, 1) bebas linear? 9. Apakah ~e1 = (1, 0, 0, 0), ~u2 = (0, 1, 0, 0), ~u3 = (0, 0, 1, 0) dan ~u4 = (0, 0, 0, 1) bebas linear? 10. Apakah himpunan vektor ~u1 = (1, 0, 2), ~u2 = (1, 1, 0), ~u3 = (−1, 1, 1) merupakan basis untuk ruang vektor R3 ?

194


UM Pk

y

11. Apakah himpunan vektor ~u1 = (1, 0, 2, 0, 0), ~u2 = (1, 1, 0, 0, 0), ~u3 = (−1, 0, 0, 0, 0), ~u4 = (0, 0, 0, 2, 0), ~u5 = (0, 0, 0, 1, 1) merupakan basis untuk ruang vektor R5 ?

Daftar Pustaka

y

[1] Thomas. Caclulus and Analityc Geometry, [2] Marsden J. and Weinstein A., Calculus 1 2nd Ed.. SpringerVerlag. 1985. New York Berlin Heidelberg.

UM Pk

[3] Krantz, S.G., Calculus Demystified. McGraw-Hill. 2003. New York. [4] Ayres, F. and Mendelson, E., Theory and Problems of Calculus, Third Edition. 1990. SCHAUM’s Ouline Series, McGraw-Hill, New York. [5] Lipshhutz, S., Theory and Problems of Set Theory and Related Topics. SCHAUM’s Ouline Series, McGraw-Hill, New York.

195

Index fungsi pangkat, 46 fungsi polinom, 47 fungsi rasional, 47

basis, 192 batas integrasi, 84 bebas linear, 191 bidang xy, 33 bikondisional, 10 bilangan asli, 23 bilangan bulat, 24 bilangan irasional, 25 bilangan rasional, 24 bilangan real, 25

gabungan, union, 18 garis real, 25 garis tangen, 68 grafik fungsi, 40

UM Pk

y

akar, 29 anggota himpunan, 15 Aturan Rantai, 63

cramer, kaidah, 181 derajat, 89 determinan, 168 dimensi, 193 disjungsi, 8 distributif, 26 domain, 37

ekivalen, proposisi, 11 Ekspansi Laplace, 173 entri, 147 eselon, 142 eselon baris tereduksi, 153 fungsi, 37 fungsi eksponen, 115 fungsi linear, 43

himpunan, 15 himpunan bagian, 16 himpunan kosong, 17 identitas, 26 integral tak tentu, 77 integral tertentu, 83 integran, 77 interval, 31 invers, 26 invers matriks, 158 irisan, 18 jumlah matriks, 148 kaidah cramer, 178 kodomain, 37 kofaktor, 172 kombinasi linear, 186 komplemen, 19 komponen vektor, 135 komutatif, 26 kondisional, 9 konjungsi, 9

196

INDEX

197

propsisi, 10 kontinyu, 52 kontradiksi, 11 koordinat Cartesius, siku-siku, 33 radian, 90 range, 37 koordinat kutub, 89

tabel kebenaran, 7 tak hingga, 32 Teorema Dasar Kalkulus, 85 titik kritis, 71 turunan, 56 turunan orde dua, 67 turunan orde n, 68 turunan orde satu, 67

UM Pk

maksimum lokal, 72 maksimum mutlak, 72 matriks, 147 matriks bujur sangkar, 168 matriks elementer, 160 matriks identitas, 157 matriks koefisien, 152 matriks yang diperbesar, 153 membangun, 188 metode substitusi, 79 minimum lokal/relatif, 72 minimum mutlak, 72 minor, 172

semesta, 17 singular, 159 sistem persamaan linear, 139 sistem persamaan linear 2 variabel, 128 susud, 89

y

laju perubahan, 55 limit fungsi, 49 logaritma, 120 logaritma alami, 111

negasi, 7 nilai mutlak, 32, 33 non singular, 159

operasi baris elementer, 141 operasi jumlahan, 25 operasi perkalian, 26

penyelesaian persamaan linear, 125 penyelesaian sistem persamaan linear, 139 perkalian matriks, 150 perkalian titik, 137 pernyataan, 7 persamaan linear, 125 peta, nilai fungsi, 37 primitif, 77

ukuran matriks, 147 urutan, 30 vektor, 135

UMPky. Matematika Dasar. Bahan Ajar. Haryadi. NIDN Universitas Muhammadiyah Palangkaraya

Recommend Documents