BAB I INTEGRAL TAK TENTU Kompetensi Umum:
Mahasiswa terampil menentukan integral tak tentu dari suatu fungsi tertentu deng dengan an meng menggu guna naka kan n rumu rumuss-ru rumu muss yang yang tela telah h dipe dipela laja jari ri sert sertaa dapa dapatt menggunaka menggunakan n konsep konsep integral integral tak tentu untuk menyelesai menyelesaikan kan suatu masalah sederhana. Kompetensi Khusus:
Mahasiswa dapat: a)menentukan anti turunan suatu fungsi tertentu. b)menentukan integral tak tentu dari fungsi tertentu dengan mengguna- kan aturan pangkat. c)menentukan integral tak tentu dari fungsi tertentu dengan mengguna- kan rumus pokok integral fungsi trigonometri d)menentukan integral tak tentu dari fungsi tertentu dengan mengguna-kan aturan pangkat yang diperumum e)menentukan integral tak tentu dari fungsi tertentu dengan mengguna-kan teknik subsitusi dengan variabel baru f)menentukan integral tak tentu dari fungsi tertentu dengan mengguna-kan teknik subsitusi tanpa variabel baru g)menggunakan konsep integral tak tentu untuk menyelesaikan suatu masalah sederhana
Pendahuluan
Konsep integral tak tentu diperkenalkan sebagai invers pendiferensialan, sehingga integral tak tentu didefinisikan sebagai anti diferensial. Anti diferensial adalah bentuk paling umum dari anti turunan.
1.1 1.1 Anti Anti Tur Turun unan an Andaikan dari bentuk F’ ( x x )=f ( x x ) atau dF ( x x )= f ( x x ) dx akan ditentukan fungsi F . Fungsi F yang demikian kita namakan anti turunan atau fungsi primitif dari f .
Definisi 1.1: (Anti Turunan)
Andaikan fungsi f terdefinisi pada selang terbuka I . Fungsi F dinamakan anti turunan atau fungsi primitif dari f pada I , jika dipenuhi F′ ( x x ) = f = f ( x x ) pada I . Contoh
Andaikan F ( x x) = x2
maka F ′( ′( x x) = 2 x di R
Sehingga anti turunan dari f ( x x ) = 2 x adalah F ( x x ) = x = x 2 . Anti turunan dari dari suatu fungsi tidak tunggal, perhatikan perhatikan bahwa fungsi fungsi G dan H berikut juga anti turunan dari f . G( x x) = x2 + 3 juga anti turunan dari f ( x x) = 2 x sebab G′( x x) = 2 x = f ( x x) H ( x x) = x2 – 5 juga anti turunan dari f ( x x) = 2 x
sebab H ′( ′( x x) = 2 x = f ( x x)
Jadi fungsi f ( x x) = 2 x mempunyai banyak anti turunan atau fungsi primitif.
Perbedaan anti turunan yang satu dengan yang lain terletak pada konstanta nya saja. Kenyataan ini berlaku untuk semua fungsi, hal ini dijamin oleh teorema “Jika F ′( ′( x x ) = G ′( ′( x x ) untuk semua x semua x dalam dalam (a,b), maka terdapat konstanta C sedemikian hingga F ( F ( x x ) = G ( x x ) + C “
Teorema tersebut sudah anda pelajari di Kalkulus I (Kalkulus Diferensial). Adanya perbedaan anti turunan yang satu dengan yang lain hanya pada konstantanya maka terdapat bentuk anti turunan yang paling umum (merupakan keluarga fungsi) yang dinamakan anti diferensial.
Definisi 1.2: (Anti Diferensial)
Anti diferensial adalah adalah bentuk paling umum umum dari anti turunan. turunan. Jika F ′ ( x = f ( x x ) = f x ) pada selang terbuka I , maka anti diferensial dari f ( x x ) pada I
adalah y = F ( x x ) + C dengan C konstanta sembarang.
Contoh 1. Untuk F ( F ( x x ) = x = x 3 – 1 diperoleh F ′( ′( x x ) = 3 x 2 = f ( x x ) di R maka anti diferensial
dari f ( x x ) = 3 x 2 di R adalah y = x 3 – 1 + C atau y = x 3 + C 2. Untuk F ( F ( x x ) = sin x diperoleh F ′( ′( x x ) = cos x cos x = = f ( x x ) di R maka anti
diferensial dari f ( x x ) = cos x cos x di R adalah y = sin x + x + C
1.2 1.2 Inte Interg rgal al Tak Tak Ten Tentu tu Proses menentukan anti diferensial adalah kebalikan dari proses menentukan diferensial, yaitu dari F ′( ′( x x ) = f = f ( x x ) diperoleh dF ( x x ) = f ( x x ) dx dengan f diketahui. dan F akan ditentukan. Proses ini disebut integral integral tak tentu, istilah tak tentu berarti memuat memuat konstanta riil sembarang. sembarang. Leibniz memperkenalkan memperkenalkan cara penulisan simbol operasi anti diferensial dengan
∫ ... dx .
Definisi 1.3: (Integral Tak Tentu)
Andaikan fungsi f terdefinisi pada selang terbuka I dan fungsi F adalah suatu suatu anti anti turuna turunan n dari dari fungsi fungsi f pada I .
Prose Prosess mene menentu ntukan kan anti anti
diferensial dari fungsi f dinamakan integral tak tentu dari f pada I , disajikan dengan lambang
∫ f ( x)dx = F ( x) + c
dengan C konsanta sebarang
dan dibaca “integral tak tentu dari f dengan peubah x” atau “integral tak tentu dari f terhadap peubah x” secara singkat “integral f terhadap x”. Catatan
∫ adalah lambang integral ... dx 2lambang ∫ adalah operator integral 1lambang
3 f ( x x) adalah fungsi yang diintegralkan dinamakan integran 4istilah tak tentu berarti mengandung konstanta sembarang 5pekerjaan menghitung integral adalah mengintegralkan Perhatikan! i. Hubungan turunan, diferensial, diferensial, dan integral tak tentu .
F ′( x) = f ( x)
⇓ dF ( x) dx
= f ( x) ⇔ dF ( x) = f ( x) ⇔ ∫ dF ( x) = ∫ f ( x)dx = F ( x) + C
turunan
diferensial
anti diferensial (integral tak tentu)
ii. Turunan dari suatu integral tak tentu adalah integran,
d dx
[ ∫ f ( x)dx] = d F [ ( x) + C ] = F ′( x) = f ( x) dx
Contoh
d ( x 3 + 1) = 3 x 2 dx 1. d 2. dx
d ( x3 + 1) = 3 x 2 dx
⇔
⇔ ∫ d ( x3 + 1) = ∫ 3 x 2 dx = x3 + C
[ ∫ cos xdx ] = cos x
1.3 Rumus-rum Rumus-rumus us Integral Integral Tak Tentu Teorema 1.1: (Aturan Pangkat)
Jika n adalah bilangan rasional sembarang kecuali –1, maka
x n+1 n ∫ x dx = n + 1 + C Bukti:
d [ ∫ f ( x)dx] = d F [ ( x) + C ] = F ' ( x) = f ( x) dx dx Karena , maka bukti teorema (n + 1) x n d x n+1 + C = + 0 = x n dx n + 1 n +1 tersebut sebagai berikut Contoh
∫ dx = ∫ 1 dx − ∫ x ∫
8
∫
1 dt t 2
x dx
=
=
+1
x 8
8 +1
∫
−2
t
0
+
dt =
dx
=
x 0
0 +1
C = t − 2
+1
1 9 x 9
+1
− 2 +1
+
+
C = x + C
+ C
C = −
1 t
+ C
Dapat kita pahami bahwa x adalah variabel boneka artinya bahwa jika untuk setiap kemunculan x diganti dengan variabel lain misalnya t , u, v dsb, nilai integral tak tentu tersebut tidak berubah.
∫ f ( x)dx = ∫ f (t )dt = ∫ f (u)du = ∫ f (v)dv.
...dsb
Contoh
∫ ( x
2
− 3) dx = ∫ ( t 2 − 3) dt = ∫ ( u 2 − 3) du.
...dsb
Teorema 1.2: (Integral Fungsi Trigonometri)
∫ sin x dx = ii. ∫ cos x dx = iii . ∫ sec 2 x dx = i..
− cos x +
C
sin x
+
C
tan x
+
C
∫ csc2 x dx = − cot x + C v. ∫ tan x sec x dx = sec x + C vi. ∫ cot x csc x dx = − csc x + C iv.
Bukti teorema i, bukti teorema lainnya diserahkan diserahkan kepada pembaca. pembaca. Bukti: Karena
d ( − cos x + C ) dx
= −(− sin x) = sin x
Teorema 1.3: (Kelinieran
maka
∫ sin x dx = − cos x + C
∫ ...dx )
Andaikan fungsi f dan g mempunyai integral tak tentu dan andaikan k suatu konstanta, maka i. ii. iii.
∫ k f ( x) dx = k ∫ f ( x) dx ∫ [ f ( x) + g ( x)] dx = ∫ f ( x) dx + ∫ g ( x) dx ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx = ∫ f ( x) dx − ∫ g ( x) dx
ii dan iii dapat diperluas untuk sejumlah berhingga fungsi
Bukti teorema i, bukti teorema lainnya diserahkan kepada pembaca. Bukti:
Karena
d
d k ∫ f ( x)dx ] = k [ ∫ f ( x)dx] = kf ( x ) maka ∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx [ dx dx
Contoh
.
1
∫ ( x + sin x) dx = ∫ x dx
+
= x 2 + C 1 2 1
= =
.
2
1 2 x 2 1 2 x 2
∫ sin x dx
+ ( − cos x + C ) 2
− cos x + ( C 1 + C 2 ) − cos x + C
3 3 x x dx x − + = ( 5 6 ) ∫ ∫ dx − 5∫ x dx + 6∫ dx 1 1 = x 4 + C 1 − 5 x 2 + C 2 + 6( x + C 3 ) 4 2 1 4 x 4 1 = x 4 4
=
− −
5 2 x 2 5 2 x 2
+ 6 x + (C 1 + 5C 2 + 6C 3 ) + 6 x + C
Teorema 1. 4: (Aturan Rantai untuk Anti Pendiferensialan)
Andaikan g adalah fungsi yang dapat didiferensialkan dengan daerah nilainya adalah selang I , dan andaikan f adalah fungsi yang didefinisikan pada selang I serta F adalah anti turunan dari f pada I , maka
∫ f ( g ( x)) g ′( x) dx = F ( g ( x)) + C Bukti:
Menurut aturan rantai turunan suatu fungsi diperoleh d dx
[ F ( g ( x)) + C ] = F ' ( g ( x)). g ' ( x) = f ( g ( x)). g ' ( x)
Oleh karenanya, karenanya, berdasar definisi definisi integral tak tentu berlaku
∫ f ( g ( x)) g ′( x) dx = F ( g ( x)) + C Contoh
∫ cos( 2 x) . 2 dx =
.
1
↑
sin ( 2 x )
+
C
↑ f (t ) = cos(t )
g ( x ) g' ( x)
∫ 2 sin(t + 1). t dt = ∫ sin(t + 1). 2t dt = − cos(t + 1) + C 2
2.
2
2
↑
↑
g ( x) g'(x)
f (t ) = sin (t )
Teorema berikut merupakan keadaan khusus dari teorema 1.4. Teorema 1. 5: (Aturan Pangkat yang Diperumum)
Andaikan g adalah fungsi yang dapat didiferensialkan dan n bilangan rasional yang bukan –1, maka n+1 g ( x )] [ n [ g ( x)] g ′( x) dx = n +1
∫
+ C
Bukti diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. Contoh 1.
2.
∫ ( x
2
↑
↑
g(x)
g'(x)
( x 2
∫
) (2 x) dx =
−1
5
1 2 x 6
6 − 1 + C
n=5
− 3 x + 7)(2 x − 3)dx = ↑
↑
g(x)
g'(x)
1 2 x 2
n =1
2
− 3 x + 7 + C
Teknik Subsitusi Dengan Variabel Baru Jika pada teorema 1.4 dan 1.5 di atas, dimisalkan g ( x x ) = u maka d [ g g ( x x )] )] = du sehingga g ′( ′( x x ) dx = dx = du Dari teorema 1.4 diperoleh
∫ f ( g ( x)) g ′( x) dx = ∫ f (u) du = F (u) + C = F ( g ( x)) + C Dari teorema 1.5 diperoleh
∫
[ g ( x)] n g ′( x) dx
=
u n du
∫
=
un n +1
+ C =
[ g ( x)] n n +1
+ C
Prosedur ini selanjutnya disebut teknik subsitusi dengan variabel baru Contoh 1. Hitung
∫ sin( 3 x ). 3 dx
Penyelesaian : misal
⇒ ⇒ Jadi
3 x = u d (3 x) = du
3dx = du
∫ sin( 3 x ). 3 dx = ∫ sin u. du = − cos u + C
2. Hitung
∫ 2 tan( 2 x ) sec( 2 x ) dx
Penyelesaian : Pandang sebagai 2 x = u
misal
⇒ ⇒ Jadi
∫ tan( 2 x ) sec( 2 x ). 2 dx
d ( 2 x) = du
2dx = du
∫ 2 tan( 2 x ) sec( 2 x ) dx = ∫ tan( 2 x ) sec( 2 x ). 2 dx = ∫ tan u sec u. du = sec u + C = sec( 2 x ) + C
3.
Hitung
∫ ( x
2
)
−1
5 .(2 x ) dx
Penyelesaian : misal
x 2
⇒ ⇒
d ( x 2
Jadi
−1 = u
− 1) = du 2 xdx = du
5 2 1 ( 2 x) dx = ∫ u 5 du ( ) x − ∫
=
1 6 u 6
+
C
6 1 2 1 x = − + C 6
4.
∫ (2 x − 3)( x 2 − 3 x + 7)3 dx Penyelesaian : Pandang sebagai ∫ ( x 2 − 3 x + 7) 3 (2 x − 3)dx Hitung
misal
⇒ ⇒
x2
− 3 x + 7 = u
d ( x 2
− 3 x + 7) = du
( x 2
Jadi (2 x − 3)( x 2
∫
− 3)dx =
du
− 3 x + 7) 3 dx =
∫ ( x 2 − 3 x + 7)3 (2 x − 3)dx = ∫ u 3 du =
1 4 u 4
+ C
4 1 2 = x − 3 x + 7 + C 4
Teknik Subsitusi Tanpa Variabel Baru Karena g ′( ′( x x ) dx = dx = d [ g g ( x x )] )] maka dari teorema teorema 1. 4 dapat diperoleh diperoleh
∫ f ( g ( x)) g ′( x) dx = ∫ f ( g ( x)) d ( g ( x))
= F ( g ( x)) + C
dan dari teorema 1.5 diperoleh
∫
[ g ( x)] n g ′( x) dx
=
∫
[ g ( x)] n d ( g ( x))
↑
sama
↑
=
[ g ( x)] n n +1
+ C
x) sebagai u Pada ruas kanan kita pikirkan g ( x
Prosedur ini selanjutnya disebut teknik subsitusi variabel baru Contoh 1. Hitung
∫ sec ( 3 x ). 3 dx 2
Penyelesai an :
2.
Karena
3dx = d (3 x)
maka
∫ sec ( 3 x ). 3 dx = ∫ sec ( 3 x ). d (3 x) = tan( 3 x ) + C
∫ ( x
2
2
2
) (2 x) dx = ∫ ( x −1)
−1
5
2
5
(
6 1 2 1 x = − + C 6
3.
∫ ( 3 x + 7)
4
dx
=
1
( 3 x + 7 ) 3 ∫
4
)
d x 2 −1
d ( 3 x + 7 )
karena 2 xdx = d ( x 2 karena
karena
− 1) n u n +1 ∫ u du = n +1 + C
dx
=
1 3
d ( 3 x +1)
1 1 5 . ( 3 x + 7 ) + C 3 5 1 = ( 3 x + 7 ) 5 + C 15
=
Latihan 1.1
Hitunglah dengan berbagai cara yang telah anda pelajari di atas
1. 3.
∫ ( 5 x + 4) dx ( x 5
∫
− 2 x 3 + 4) dx
x 3 − x 2 x 2
+8
∫ 7. ∫ (3 x − sin x) dx 9. ∫ ( x + 1) 2 dx 11. ∫ ( x 2 + 1) 5 (2 x ) dx 13. ∫ ( 2 x − 1) 2 dx 15. ∫ 3 x − 7 dx 3 2 17. ∫ x x + 1 dx 5.
19.
dx
3 2 ∫ ( 2 x + 1) x + x − 9 dx
∫ cos 2 x dx 23. ∫ cos x. cos ( sin x ) dx 1 1 dx 25. ∫ 1+ 2 3 x x 21.
sin
t
27.
∫
29.
∫ 1 + cos x dx
t
sin x
3
dt
2.
∫ 1 − 2 x dx
4
∫
1
(3 x +
x 2
2
1 ) dx x x 2
−
+ 4 x − 6
∫ x dx 8. ∫ (3sin x + 2 cos x ) dx 10. ∫ ( x − 2 ) 3 dx 12. ∫ (1 − 3 x 2 ) 9 (−6 x)dx 14. ∫ (2 x + 5) 7 dx 16. ∫ (8 − 4 x) 2 dx 18. ∫ x 2 x 3 + 1 dx 6.
5 2 20. ∫ ( x − 1) x − 2 x + 3 dx 22. ∫ sin ( 5 x + 4 ) dx 24. 26.
∫ sin 2 3t cos 3t dt 3 y ∫ 3 2 y 2 − 4 dy 1 1 cos x 2 4 dx 1 sin x 4
28.
∫
30.
∫ x x dx
1.4 Penggu Penggunaa naan n Integra Integrall Tak Tentu Tentu Dala Dalam m baha bahasa san n ini, ini, kita kita akan akan meng menggu guna naka kan n inte integr gral al tak tak tent tentu u un untu tuk k meny menyel eles esai aika kan n suat suatu u pers persam amaa aan n dife difere rens nsia iall dan dan masa masala lah h yang yang meli meliba batk tkan an
persa persamaa maan n difer diferens ensial ial.. Tetapi Tetapi di sini sini kita kita akan akan membat membatasi asi perhat perhatian ian kita kita pada pada p per ersa sama maan an dife difere rens nsia iall sede sederh rhan anaa yait yaitu u pers persam amaa aan n dife difere rens nsia iall yang yang hany hanyaa mengandung turunan tunggal dari fungsi yang tidak diketahui dengan peubah peubah yang dapat dipisahkan. Kita ingat kembali hubungan turunan, diferensial, dan integral tak tentu. dy
Andaikan fungsi y= F ( x x) dengan dx dy dx
= f ( x) ⇔ dy
Jika pada bentuk dx
dy
= F ' ( x) = f ( x)
= f ( x) dx ⇔ y = ∫ dy =
= f ( x) atau dy = f ( x)dx
maka kita peroleh hubungan
∫ f ( x) dx = F ( x) + C \
, f ( x x) diketahui dan y akan dicari maka
bentuk tersebut dinamakan persamaan diferensial disingkat PD. Persamaan diferensial (PD) adalah sembarang persamaan dengan hal yang tidak diketahui berupa fungsi dan yang melibatkan turunan atau diferensial fungsi yang tidak diketahui tersebut. Misal, .
dy dx
= ( x + 1)
3
d 2 y dx 2
+ y = 0
.
d 2 y dx 2
+2
dy dx
− xy = 0
dsb
Menyel Menyelesa esaika ikan n PD adalah adalah mencar mencarii fungsi fungsi yang yang tidak tidak diketa diketahui hui terseb tersebut. ut. Prosedur yang kita gunakan untuk mencari penyelesaian PD sederhana sebagai berikut Pertama, ubah PD menjadi f ( y )dy = f ( x)dx dengan memisahkan variabel x dan y. Kedua, Kedua, integr integralk alkan an kedua kedua ruas ruas dan sederh sederhana anakan kan sehing sehingga ga dipero diperoleh leh fungsi fungsi y = F ( x ) + C . Fungsi ini merupakan jawab (pemecahan) umum PD.
Ketiga, untuk menentukan menentukan jawab khusus PD.carilah PD.carilah nilai C berdasarkan syarat PD selanjutnya subsitusikan nilai C ke jawab umum PD.
Contoh 1.
dy
Selesaikan
= 5 x 2 + 1
dx Penyelesai an :
dy dx
= x 2 + 1 dx ⇔ ∫ dy = ∫ x 2 + 1 dx
= 5 x 2 + 1 ⇔
⇔
dy
=
y
2.
Selesaikan
dy
=
dx
x
untuk y
2 y
1 3 x + x + C (disebut jawab umum) 3
=
Jadi jawab PD tersebut adalah y
=3
1 3 x + x + C 3
di x = 2
Penyelesai an :
dy dx
=
x
2 y
⇔
y dy
1 2 y 2
+ C1 = y 2
Selanjutnya subsitusik an syarat y
=
1 2
2
x dx
1
⇔
32
1
∫ y dy = ∫ 2 xdx
⇔ ⇔
=
.2 2
+ C ⇒
= =3
1 2 x 4 1 2 x 2
+ C 2 + C ← jawab umum PD
di x = 2 dalam jawab umum PD diperoleh
C = 7
Subsitusik an C = 7 dalam jawab umum PD diperoleh Jadi jawab khusus PD tersebut adalah y 2
=
1 2 x 2
+7
y 2
=
1 2 x 2
+7
3.
Tentukan persamaan kurva yang melalui titik (1,2) dan koefisien arah garis singgung pada sembarang titik setengah kuadrat ordinatnya. Penyelesai an :
Model matematika yang sesuai untuk masalah itu adalah 1 2 y dengan syarat y = 2 untuk x = 1 dx 2 1 dy 1 2 dy Selesaikan PD tersebut, = y ⇔ = dx dx 2 y 2 2 dy
=
= ∫
1
=
⇔ − Jawab umum PD adalah y = −
1
dy y 2
⇔ ∫
y
2
dx
1 2
x + C
2
...........................(*) x + 2C Subsitusik an y = 2 untuk x = 1 dalam (*) diperoleh C = −1 Jadi persamaan kurva yang ditanyakan adalah y = −
4.
2 x − 2
atau y
=
2 2 − x
Sebuah bola dijatuhkan tegak lurus ke permukaan tanah yang dianggap datar dari suatu gedung yang tingginya 169 m. Setelah berapa detik bola itu mencapai tanah dan tentuk an lajunya pada saat itu bila percepatan grafitasi ditempat itu 9,8 m/detik 2 . Penyelesai an :
Bila s menyatakan jarak yang ditempuh, v menyatakan laju, dan a percepatan maka v=
ds
dv
d 2 s
= dan a = dt dt dt 2 Sehingga model matematika dari masalah tersebut adalah dv dt
Dari
dv
= a = 9,8
dengan syarat awal v(0) = 0 dan s (0) = 0
∫
∫
= 9,8 diperoleh dv = 9,8 dt ⇒ dv = 9,8 dt ⇒ v = 9,8 t + C dt Subsitusik an v(0) = 0 diperoleh C = 0 sehinga v = 9,8 t
Dari
ds dt
= v = 9,8 t ⇒ ds = 9,8 t dt ⇒ ∫ ds = ∫ 9,8 t dt ⇒ s = 4,9 t 2 + C
Latihan 1.2
Untuk nomor 1 s.d 10 carilah fungsi yang memenuhi memenuhi 1. 3.
dy dx dy dx
= ( x − 7 ) 3
2.
= x
4.
y
x 2 +1 5. = dx x 2 dy
7.
9..
dy dx
; y
= 1 di x = 1
− x 1+ x 2 = 0 ; y = −3
d 2 y dx 2
d 3 y 10. dx 3
= 2 − 6 x
; y
di x = 0
dy dx
12.
d 2 y dx 2
= 1 + 2 x − 3 x 2
3 x 8
= x( x 2 − 5) 4 = 3 xy 2
dy dx dy dx
=
1 x 2 y +1
− x 3 y 2 = 0
; y
= −1 di x = 1
; y
= 1 di x = 2
=3
d 2 y = 0 ; y = 5 di x = 0 , = 0, dan dx dx 2
=
dx
8.
dy
11.
dx dy
6.
= 1 di x = 0 , dan
d 2 y dx 2
dy
= −8
; g rafik fungsi melalui titik (4,4) dan
dy dx
= 3.
; g rafik fungsi melalui titik asal dan titik (1,1) dy
x = 3 dan dx 13. Jika y = 3 untuk x
=
2 x y 2 carilah nilai y untuk x x = 1
14. Tentukan persamaan fungsi implisit F ( x , y) = 0 yang melalui melalui titik titik (2,-1) (2,-1) dan x y koefis koefisien ien arah arah garis garis singgu singgung ng grafik grafik fungs fungsii disemb disembara arang ng titik titik ditent ditentuka ukan n
y ' = −
dengan persamaan
x
4 y
, y ≠ 0
15. Jika grafik fungsi y = f ( x) melalui titik (9,4) dan koefisien arah grafik fungsi ters terseb ebut ut di semb sembar aran ang g titi titik k adal adalah ah y ' = 3 x . Tent Tentuk ukan an pers persam amaa aan n fung fungsi si tersebut! 16.
Di suatu suatu titik titik ( x y , y) pada grafik fungsi f diketahui f ’’’(x) = 2. Jika pada daerah definisinya grafik fungsi f hanya mempunyai tepat satu titik belok di (1,3) dan garis singgung di titik beloknya sejajar dengan garis y = –2 x maka tentukan persamaan fungsi f .
17. Kira-kira Kira-kira dengan dengan kecepatan kecepatan berapa seorang seorang penyelam penyelam memasuki memasuki air setelah melompat dari tebing sungai setinggi 30 meter. (Gunakan percepatan grafitasi ditempat itu 9,8 m/det 2)
18. Percepata Percepatan n yang disebabkan disebabkan oleh grafitasi grafitasi suatu suatu tempat adalah adalah 9,8 m/det2. Sebuah peluru ditembakkan lurus ke atas dari permukaan tanah tempat itu yang dianggap datar dengan kecepatan 50 m/det. Setelah berapa detik peluru mencapai titik tertinggi dan berapa jarak titik tertinggi tersebut dari tanah? 19.
Suatu titik meteri bergerak dari keadaan diam dengan percepatan pada setiap (4 – t ) m/det2 . Tentukan kecepatan titik t ditentukan dengan persamaan a(t ) = t (4 materi itu sebagai fungsi dari t . Setelah berapa detik titik materi itu berhenti dan bergerak lagi. Tentukan persamaan gerak titik materi itu.
20.
Seoran Seorang g kolekt kolektor or bendabenda-ben benda da seni seni membel membelii sebuah sebuah lukisan lukisan dari seorang seorang seniman seharga $1000, yang nilainya sekarang bertambah sejalan dengan dv
berjalannya waktu sesuai dengan rumus dt
= 5t t + 10t + 50
dengan v adalah
nilai nilai dolar dolar yang yang dihara diharapka pkan n dari dari lukisa lukisan n sesuda sesudah h t tahun pembelian. pembelian. Jika rumus ini berlaku untuk 6 tahun kemudian, berapa nilai harapan dari lukisan itu empat tahun dari waktu pembelian?
1.5 Penggunaan Integral Tentu Integral tentu khususnya integral tunggal dapat digunakan dalam meng-hitung luas daerah bidang rata, volume benda putar, panjang kurva, luas permukaan benda putar, usaha yang dilakukan oleh gaya tertentu, gaya pada cairan, momen dan pusat massa.
A. Luas Luas Daer Daerah ah Bidang Bidang Rata Rata Untuk menghitung luas daerah bidang rata menggunakan integral diperlukan prosedur sbb:
•
Gambar daerah bersangkutan
•
Potong menjadi jalur-jalur
•
Hampiri luas suatu jalur dengan luas persegi panjang
•
Jumlahkan luas hampiran tersebut
•
Ambilah limit dari jumlah itu dan nyatakan dalam integral
• Hitung Integralnya = luas daerah.
y= f ( x x) y
y=f ( x x)
y
y D
y=g ( x x)
D a a
b
b
x
x
a
b
x
D
Gambar 1.
Gambar 2.
Gambar 3.
1. Daerah di atas sumbu- x
Perhatikan gambar 1 daerah datar D D adalah daerah yang dibatasi oleh kurva y = f ( x x ) dengan f ( x x ) ≥ 0 pada [a,b], garis x = a, garis x = x = b, dan sumbu- x x . Luas daerah D yang demikian dapat dinyatakan sebagai b
L( D ) = ∫ f ( x ) dx a
2. Daerah di bawah sumbu- x .
Perhatikan gambar 2 daerah datar D D adalah daerah yang dibatasi oleh kurva y= y= f ( x x ) dengan f ( x x ) ≤ 0 pada [a,b], garis x = a, garis x = b, dan sumbu- x x . Luas daerah D yang demikian dapat dinyatakan sebagai b
L( D ) = − ∫ f ( x) dx a
3. Daerah Daerah antar antara a dua dua kurva kurva
Perhatikan gambar 3. Daerah datar D adalah adalah daerah yang dibatasi dibatasi oleh kurva y= f ( x x ), kurva y = g ( x x ) dengan f ( x x ) ≥ g ≥ g ( x x ) pada [a,b], garis x = x = a, garis x = x = b, dan sumbu- x . Luas daerah D yang demikian dapat dinyatakan sebagai L( D ) =
b
∫ [ f ( x) − g ( x)]
dx
a
Bahan diskusi 1. Bagaimana bentuk integral yang menyatakan luas suatu daerah yang terletak di kanan sumbu y, di kiri sumbu- y, dan antara dua kurva, jika kurva pembatasannya dinyatakan sebagai x =
f ( y y) dan garis-garis pembatasnya y = c, y = d , dan sb y.
2. Tunjukan luas daerah: persegi panjang, segitiga,
trapesium, lingkaran dengan
menggunakan integral tunggal. 3. Hitung luas daerah yang dibatasi kurva-kurva dan garis-garis sebagai berikut: a. y
= x 2 − 2 x − 3 , x = 2,
b. y
=
sin x, x=
sb - x dan sb - y
− π, x = π,
d. y = x 2 , y = x + 2
dan sumbu - x
c. y = x 3 − x 2 −6 x dan sumbu - x
e. x
= 6y − y 2 , x = 0
f. y = x , y = − x + 6, dan sumbu - x
B. Volume Benda Putar Benda putar adalah benda pejal yang didapat dari hasil pemutaran daerah datar terhadap suatu garis tertentu (sumbu putar). Dasar perhitungan menggunakan rumus volume tabung 1. Metode Cakram
Jika daerah yang dibatasi kurva y = f ( x x ), garis x = a, x = b, dan sb- x dibawah, diputar mengelilingi sumbu x , akan akan didapat didapat suatu benda putar. Apabila benda putar ini dipotong-potong tegak lurus sb- x akan diperoleh lempengan berupa cakram. Andaikan lempengan yang ke-i memiliki tebal ∆ xi dan volume ∆V i . → ∆ x i ←
y=f ( x )
a
f ( x x i )
x i
b
sb x
h
Rumus dasar:
r = f ( x ) i V = π r 2 h dengan
Volume lempengan ke-i
= ∆V i ≈ π [ f ( xi )]
dan 2
Jika dijumlahkan dan diambil limitnya diperoleh
∆ xi
h = ∆ x i
b
2 π ∫ [ f ( x)] dx
=
V
a
←
sumbu
putar sumbu x
2. Metode Cincin
Jika daerah yang dibatasi kurva y = f ( x x ) dan y = g ( x x ) di bawah diputar mengelilingi sumbu x , akan didapat suatu benda putar. Apabila benda putar putar ini dipotong-potong tegak lurus sumbu- x akan diperoleh lempengan berupa cincin. Andaikan lempengan yang ke-i memiliki tebal ∆x i dan volume ∆V i . → ∆xi ← y=f ( x x ) r 1
y=g( y=g( x x ) r 2
sb x a
b h
Rumus dasar
2 2 V = π r 2 h − π r 2h = π r 1 − r 2 1 2
)
h
2
2
= ∆V i ≈ π f ( xi ) − g ( xi ) ∆ xi
Volume lempengan ke-i
Jika dijumlahkan dan diambil limitnya diperoleh b π
V =
[
2
∫ f ( x) − g ( x)
a
3. Metode Kulit Tabung
2
] dx , sumbu putar sb x
Dalam ini lebih mudah
berbagai persoalan metode digunakan.
r 1 r 2
h
h ∆r = r 1 – r 2
K=2π r
Rumus dasar V = π r 2h − π r 2 h 1 2
= π
2 2 r 1 − r 2 h
= π ( r 1 + r 2 )( r 1 − r 2 )h = 2π
( r 1 + r 2 )
(
h r 1 − r 2
)
2 = 2π x rerata jari - jari x tinggi x tebal
∆V i ≈ 2π xi [ f ( xi )] ∆ xi sehingga ∆V ≈ 2π x [ f ( x)]∆ x y
y
y=f(x) ∆xi f ( x xi) a
b
a
xi
b
= 2π ∫ x [ f ( x)] dx Sehingga volume benda putar Bahan diskusi
a
,
sumbu putar sb y
b
I. Tuliskan integral yang menyatakan volume benda putar yang terjadi kemudian hitunglah, jika daerah D dibatasi kurva-kurva dan atau garis-garis yang persama-annya diberikan dan diputar mengelilingi sumbu putar yang diketahui di bawah ini. 1. y = 2x , x = 3 , sumbu x 4. y = x2 + 1, x = 2, sumbu y 2. y = 2x , x = 3 , sumbu y
5. y = x + 1 , x = 2 , x = 5 , sumbu y
3. y = x2 + 1, x = 2, sumbu x
6. y =
r 2 − x 2 , y = 0, x = 0, sumbu x
II. Apakah vormula yang kita bahas di atas mampu untuk menjawab persoalan berikut? Tentukan volume benda yang alasnya alasnya adalah suatu daerah rata rata pada kuadran yang dibatasi dibatasi 2 x y = 1 − 4 , sumbu x dan sumbu y dan andaikan penampang-penampang yang tegak oleh lurus sumbu x berbentuk persegi. Jika tidak, bagaimana kita menghitungnya?
Latihan: Soal-soal 6.2 dan 6.3. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
C. Panjang Kurva pada Bidang (Kurva Rata) Definisi: Sebuah kurva rata disebut mulus apabila kurva tersebut ditentukan oleh
persamaan-persamaan x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b , dengan ketentuan bahwa turunan-turunan f’ dan g’ kontinu pada [ a,b] sedangkan f’ (t ) dan g’ (t ) tidak bersama-sama nol pada (a,b) Andaikan terhadap sebuah kurva mulus dengan persamaan parameter x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b
kita buat partisi pada selang [a,b] menjadi n selang bagian dengan titik-titik a=t 0
Ilustrasi:
y
Qi
Qi
∆S i
Qn
∆w i
Q i-1 Q i-1
∆yi
∆x i
x
Kemudian kita aproksimasi kurva itu dengan segi banyak, kita hitung panjangnya dan ditarik limitnya dengan norma partisi mendekati nol. Khususnya kita aproksimasi
( ∆ xi ) 2 + ( ∆ yi ) 2
∆wi = =
∆S i dengan ∆w i jadi ∆S i ≈ ∆w i
[ f (t i ) − f (t i −1 )] 2 +[ g (t i ) − g (t i −1 )] 2
Menggunakan Teorema Nilai Rata-rata untuk Turunan,
t yakni adanya i sehingga
∈ [t i −1,t i ]
g (t i ) − g (t i −1 ) = g ' (t i )∆t i
f (t i ) − f (t i −1 ) = f '(t i )∆t i
dengan
∆t i = t i − t i −1
Dengan demikian
[ f '(t i )∆t i ]2 +[ g '(t i )∆t i ]2 = [ f '(t i )]2 +[ g '(t i )]2 2 2 n n = [ ] [ ] ' ( ) ' ( ) w f t g t ∆ + ∆t i ∑ i ∑ i i
∆wi = i =1
i =1
∆t i
Jadi, jika kurvanya x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b maka panjang kurva adalah L =
b
[ f '(t )] 2 +[ g '(t )] 2 dt
∫ a b
= ∫ a
=
2
2
dx + dy dt dt
dt
≤ ≤b
Jika kurvanya y f ( x), a x maka panjang kurva adalah L =
b
∫
1+
a
=
2
dx dy
dx
≤ ≤ d
Jika kurvanya x f ( y), c y maka panjang kurva adalah L =
b
a
2
dy
∫ 1+
dx
dy
Latihan: Soal-soal 6.4. Buku Kalkulus dan dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
Diferensial Panjang Busur
Andaikan f sebuah fungsi yang dapat didiferensialkan pada [ a,b], kita defiisikan s ( x) =
s( x x) melalui
x
∫ 1+[ f '(u )]
2
a
antara titik (a f , f (a)) dan ( x x f ,f ( x x)).
du
x) adalah panjang busur y maka s( x y = f (u)
, f ( x x) . ( x x f
. (a f , f (a))
s ( x) =
Dari
ds
a
x
x
2
∫ 1+[ f '(u )]
b
sb-
x
ds
du
=
1+ [ f ' ( x)]
2
diperoleh dx
a
ds = 1+
atau
dy
=
dx
1+
2
dx dy
2
dx dx dy
Sehingga kita dapatkan rumus ds berikut (tergantung persamaan kurvanya): 2
ds =
ds =
ds =
dy dx 1+ dx 2 dx dy 1+ dy 2 2 dx + dy dt dt
← untuk kurva y = f ( x)
← untuk kurva x = f ( y)
dt
← untuk kurva x = f (t ), y = g (t )
Latihan: Soal-soal 6.4. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
D. Luas Permukaan Benda Putar
Apabila suatu kurva yang terletak pada suatu bidang diputar mengelilingi suatu garis pada bidang tersebut maka akan diperoleh suatu permukaan benda putar. Rumus dasar
l
rumus luas kerucut terpancung
r 1 + r 2 A = 2π
r 1
r 2
l
2
1. Pemuta Pemutaran ran mengel mengelili ilingi ngi sumb sumbu u x
Andaikan pada sebuah kurva mulus di kuadran I atau ke II dengan
x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b persamaan parameter Kita buat partisi [ a,b] dengan titik-titik a=t 0
Andaikan ∆S i panjang kurva bagian ke- i dan yi ordinat sebuah titik pada bagian tersebut. ∆ si ∆ si . s b x
yi s b x
Apabila kurva tersebut diputar mengelilingi sumbu x, maka bagian ini akan 2π yi si membentuk kerucut terpancung yang luasnya Sehingga luas permukaan hasil pemutaran kurva tersebut adalah
∆
∗∗
n
A = lim ∑ 2π yi ∆ si = ∫ 2π y ds P →0 i =1
∗
Kita dapatkan rumus luas permukaan benda putar (seirama dengan rumus ds yang tergantung pada persamaan kurvanya) Untuk kurva y = f ( x), a ≤ x ≤ b b b A = 2π ∫ f ( x) ds = 2π ∫ f x
( )
a
1+
a
( dydx )2 dx
Untuk kurva x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b b b A = 2π ∫ g (t ) ds = 2π ∫ g (t ) a
( ) ( )
a
dx 2 dy 2 + dt dt dt
b. Pemutaran mengelilingi sumbu y sumbu y
Analog dengan pemutaran mengelilingi sumbu x, diperoleh:
∗∗ A = lim ∑ 2π x i ∆ s = ∫ 2π x ds i P →0 i =1 ∗ n
Kita dapatkan rumus luas permukaan benda putar (seirama dengan rumus ds yang tergantung persamaan kurvanya) berikut: Untuk kurva x = f ( y ), c ≤ y ≤ d d d A = 2π ∫ f ( y ) ds = 2π ∫ f y
( )
c
c
1+
( )
dx 2 dy dy
Untuk kurva x = f (t ), y = g (t ) , a ≤ t ≤ b b b A = 2π ∫ f (t ) ds = 2π ∫ f (t ) a
a
( dxdt )2 +( dydt )2 dt
Latihan: Soal-soal 6.5. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
E. Usaha/Kerja Dalam Fisika, apabila suatu benda bergerak sejauh d sepanjang suatu garis dan ada gaya F yang konstan yang menggerakkan benda itu dengan arah searah gerak benda, maka Usaha/kerja W yang dilakukan oleh gaya tersebut adalah W= F . d Andaikan benda bergerak sepanjang sb x sb x dari x=a sampai x=b dan ada gaya yang menggerakan benda itu F ( x x ) dengan metode: patisikan [a,b] a,b] , , aproksimasi, dan integralkan di peroleh b W = ∫ F ( x) dx a
ΔW ≈ F ( x)Δ x
Contoh: 1. Apabila panjang pegas alami 10 inci dan diperlukan gaya 3 pon untuk menarik dan menahannya sejauh 2 inci, tentukan usaha yang diperlukan untuk menarik pegas itu sejauh 15 inci dari keadaan alami? Jawab: Dasarnya Hukum Hoke: gaya F ( x x) yang diperlukan untuk menarik pegas x) = kx, dengan k konstanta pegas. sejauh x adalah F ( x
Karena diketahui diperlukan gaya 3 pon untuk menarik menarik dan menahannya sejauh 2 inci, maka 3 = k.2 ⇔ k= 3/2, sehinga F ( x x) = 3/2 x Jika pegas dalam keadaan alami 10 inci identik dengan x=0 maka panjang pegas 15 inci identik dengan x=5. 5
W =
Jadi usaha yang dilakukan
3 x dx = 18,75 inci - pon 2
∫ 0
2. Tentukan Tentukan besarnya besarnya usaha usaha yang diperlu diperlukan kan untuk untuk memompa memompa air sampai sampai
mencapai tepi tangki, tangki ini panjangnya 50 kaki dan ujungujungnya berbentuk setengah lingkaran dengan jari-jari 10 kaki; tinggi air dalam tangki 7 kaki.
- y y
r
Pada lempengan besarnya Gaya = beratnya = kepadatan air x volume = δ x 2r . l . ∆ y
y
r
x
-10
=
∆ y
δ . 2 x . 50 .
∆ y
2 2 = δ . 2 10 − y . 50 . ∆ y
Lempengan ini harus diangkat sejauh (– y), sehingga −3
W = 2.50δ
∫ (
−10
10 2 − y 2
)( − y ) dy ; dengan δ = 62,4 pon tiap kaki kubik
Latihan: Soal-soal 6.6. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
F. Gaya Cairan Dasar hukum Blaise Pascal: tekanan (=gaya pada tiap satuan luas) dari cairan sama besar dari arah manapun. Jadi tekanan pada semua titik sebuah permukaan sama besarnya, tidak peduli apakah permukaan datar, tegak atau miring. Jika sebuah tangki dengan alas berbentuk persegi panjang dengan luas A berisi cairan (fluida) dengan kepadatan δ setinggi h, maka gaya yang bekerja pada dasar tangki adalah F = δ h A Contoh: Andaikan tangki yang penampangnya seperti pada gambar, diisi dengan air ( δ =62,4 pon tiap kaki kubik) dengan kedalaman 5 kaki. Hitunglah gaya total yang bekeja pada tepi tersebut! Gaya yang bekerja pada kedalaman 5- y ⇒ ∆ F ≈ δ h A = δ (5 − y) x∆ y Dengan x diperoleh dari persamaan y = 3 x – 24
10 kaki
letakan pada system
y=3 y=3 x -24 -24 6
6 kaki
Cairan
5 kaki
5- y y y
8 kaki 0
5
Jadi
∫
8
x
10
y + 24 dy 3
F = δ ( 5 − y ) 0
Latihan: Soal-soal 6.7. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
G. Momen dan Pusat Massa Hasil kali massa dan jarak berarah dari suatu titik tertentu dinamakan momen partikel (benda) terhadap titik tersebut. Momen ini mengukur kecenderungan massa yang menghasilkan putaran pada titik tersebut. Syarat agar massa pada suatu garis berimbang pada suatu titik di garis itu adalah jumlah momen-momen terhadap titik itu sama dengan nol. m Jumlah momen M (terhadap titik asal) suatu sistem yang terdiri atas n massa: m1, m2, …,mn x yang berjarak masing-masing di x1, x2, …, x xn pada sumbu x adalah M= x.m n
M = x1 m1 + x2 m2 + x3 m3 +…+ xn mn=
Ilustrasi m1 x1
m2 x2 0
m3 x3
m4 x4
mi xi
∑ x m i
i
1
mn xn
dimanakah koordinat titik seimbang? Misal koordinat titik seimbangnya adalah x , karena syarat seimbangan momen
system terhadap titik x adalah nol maka ( x x1 – x )m1 + ( x x2 – x )m2 + … +( x xi – x )mn +…+ ( x xn – x )mn = 0 x1 m1 + x2 m2 + … + xi mn +…+ xn mn= x m1 + x m2 + … + x mn +…+ x mn n
x =
Sehingga
∑ x m M i=1 i i = n m ∑ mi i=1
1. Distribusi Massa Yang Kontinu Pada Suatu Garis
Misal sepotong kawat dengan kepadatan yang berlainan (massa tiap satuan panjang). Kita akan mengetahui kedudukan titik beratnya. Kita letakkan kawat itu pada system koordinat, andaikan kepadatan di x adalah δ ( x) menggunakan metode potong , aproksimasi, dan integralkan diperoleh dan ∆m ≈δ ( x)∆ x ∆M ≈ xδ ( x)∆ x b
b
m =∫ δ ( x) dx a
dan
M =∫ xδ ( x) dx a
b
∫ xδ ( x) dx sehingga
a x = b
∫ δ ( x) dx a
2. Distri Distribus busii Massa Massa Pada Pada Bidang Bidang
Andaikan n massa titik m1, m2, …,mi, …, mn yang terletak pada titik ( x1 y , y1), ( x , yi),…., ( x x2 y ,y2), ( x x3 y ,y3), …,( xi y xn y ,yn) pada bidang xoy. Maka
Jumlah momen terhadap sumbu y n M y = ∑ xi mi i=1
Jumlah momen terhadap sumbu x n M x = ∑ yi mi i=1
Koordinat titik berat sistem adalah ( x, y ) dengan n ∑ xi mi M M y i =1 = n y = x x = m m ∑ mi i=1
n
∑ yi mi i = =1n ∑ mi i=1
Andaikan sepotong lamina homogen yang dibatasi oleh x=a, x=b, y=f ( x x) dan y=g ( x x), dengan f ( x x) ≤ g ( x x) pada [a,b]
y
( x x)
y=f
. f ( x) + g ( x)
y=g ( x x)
2
a
0
x
b
sb x
Dengan metode potong , aproksimasi, dan integralkan diperoleh
∆m ≈ δ [ f ( x ) − g ( x)] ∆ x ∆M ≈ xδ [ f ( x ) − g ( x )] ∆ x y
∆M ≈ yδ [ f ( x) − g ( x )] ∆ x x
b m = δ ∫ [ f ( x ) − g ( x )] dx a b M = δ ∫ x [ f ( x ) − g ( x ) ] dx y a b M = δ ∫ y [ f ( x ) − g ( x ) ] dx x a
Jadi koordinat titik beratnya ( x, y dengan b b δ ∫ x [ f ( x) − g ( x )] dx ∫ x [ f ( x) − g ( x)] dx M y x = = a = a b b m δ ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx a a b b δ ∫ y [ f ( x) − g ( x)] dx ∫ y [ f ( x) − g ( x)] dx M = a y = x = a b b m δ ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx ∫ [ f ( x) − g ( x)] dx a a
Latihan: Soal-soal 6.8. Buku Kalkulus Kalkulus dan Geometri Analitis. Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
FUNGSI TRANSENDEN
1. Fungsi Fungsi Logarit Logaritma ma Natura Naturall (Asli) (Asli) Sepengatuhan anda saat belajar kalkulus diferensial dalam mata kuliah
1 Kalkulus I, apakah anda menemukan fungsi yang memiliki turunan x ?
d x 3 dx 3
= x 2
d x 2 dx 2
= x1
d [ x ] dx d [..?..] dx d − 1 − x dx d 1 − 2 − x dx 2
= x 0 = x −1 = x −2 = x −3
Situasi di atas memicu munculnya fungsi baru yang memenuhi
= x −1
d [..?..] dx
.
Definisi
Fungsi logaritma logaritma natural, ditulis sebagai sebagai ln, didefinisikan dengan dengan
x 1
ln x =
∫ t dt , x > 0
1
Perhatikan!
• •
Daerah definisi dan nilai fungsi ini adalah
x 1
Untuk 0 < x < 1 ,
ln x =
∫ t dt < 0
1
D f
= ( 0, ∞ ) dan R f = R
1
• •
1 ln1 = ∫ dt = 0 1 t Untuk x = 1 , x 1 ln x = ∫ dt > 0 1 t Untuk x > 1 ,
Turunan Fungsi Logaritma Asli Teorema : 1 , x > 0 dx x 1 du d [ ln u ] = . 2. Jika u = f ( x) > 0, maka dx u dx
1. Jika y = ln x maka
=
1 = [ ln x] = ∫ dt = dx dx dx 1 t x dy
Bukti: 1.
dy
d x 1
d
, x > 0
Gunakan aturan rantau untuk membuktikan yang ke 2. Contoh:
1. Tentukan turunan pertama dari f ( x) = ln( x 2 + x − 6)
Jawab :
df ( x)
=
1
.(2 x + 1) =
2 x + 1
x 2 + x − 6 x 2 + x − 6 ini berlaku pada daerah definisi fungsi ini yaitu dx
pada x 2 + x − 6 > 0 ⇒ ( x + 3) ( x − 2)
> 0 ⇒ (−∞ ,−3)
(2, ∞)
2. Tentukan turunan pertama dari f ( x) = ln x Jawab : f ( x) = ln x
maka
ln(− x), x < 0 = ln x , x > 0
1 .(−1) = 1 , x < 0 1 df ( x ) − x x = 1 = dx , x > 0 x x
, x ≠ 0
Integral Fungsi Logaritma Asli Berdasarkan contoh 2 di atas, kita peroleh
1 ∫ x dx = ln x
+ C , x ≠ 0
dan
1 ∫ u du = ln u
+ C , u ≠ 0
Contoh:
Tentukan
3 ∫ 2 x − 4dx 1 du. Sehingga 2 3 1 1 3 1 = = 3 . dx du du ∫ 2 x − 4 ∫ u 2 ∫ 2 u 3 3 = ln u + C = ln 2 x − 4 + C 2 2 3 1 = 3 dx ∫ 2 x − 4 ∫ 2 x − 4dx 1 1 = 3. ∫ d (2 x − 4) − 2 2 x 4 3 = ln 2 x − 4 + C 2
Jawab : Misal 2 x − 4 = u ⇒ dx =
atau
Sifat Logaritma Asli Teorema Jika a dan b bilangan-bilangan bilangan-bilangan positif dan r bilangan rasional, maka
i. ln 1 = 0 ii. ln ab = ln a + ln b iii. ln
a b
iv. ln a
= ln a − ln b r
= r ln a
Bukti: 1
1 Dari definisi diperoleh ln 1 = ∫ dt = 0 1 t
T.i. T. ii. Karena untuk x x > 0 berlaku
d dx
[ ln ax] =
maka
1 1 1 d [ ln x ] = .a = dan ax x dx x
ln ax = ln x + C
untuk x x = 1 diperoleh C = ln a sehingga ln ax = ln x + ln a dan jika kita subsitusikan x = b kita peroleh ln ab = ln a + ln b
T. iii. Jika pada T.ii kita subsitusikan
a=
1 kita peroleh ln ab = ln 1 = 0 b
1 1 1 padahal ln .b = ln + ln b maka ln = − ln b b b b 1 1 a sehingga ln = ln a. = ln a + ln = ln a − ln b b b b
x > 0 berlaku T. iv. Karena untuk x
[ ln x r ] = dx
1
d
x r
.rx r −1
= r
dan
x
d dx
[ r ln x ] =
r x
ln x r = r ln x + C
maka
untuk x x = 1 diperoleh C = ln 1= 0 sehingga ln x
r
= r ln x
Contoh 1: 5
Tentukan
x
∫ x 2 − 1 dx
2
Jawab : Misal x 2
−1 = u 1 xdx = du
x = 2 → u
=3 x = 5 → u = 24
2
5
Sehingga
x
∫ x 2 − 1
dx =
2
atau
x
∫ x 2 − 1 dx =
2
=
24
∫
3
1 du u
1 ( ln 24 2
= 5
1 2
1 2
5
2
− ln 3 ) =
1 24 ln 2 3
∫ x 2 − 1 d ( x − 1) = 1
2
2
1 ( ln 24 2
− ln 3 ) =
Contoh 2:
y = ln 3 Tentukan turunan dari
1 = [ ln u ] 324
x + 5
3 x 2
=
1 ln 8 2
[
1 ln x 2 − 1 2
1 24 ln 2 3
=
1 ln 8 2
]2 5
Jawab: Karena
y = ln 3
x + 5 3 x 2
1
= [ ln( x + 5) − ln 3 − 2 ln x ] 3
+ 10 1 1 2 = − 0 − = − x 3 x( x + 5) dx 3 x + 5 x
dy Maka
Grafik Fungsi Logaritma Natural Perhatikan fungsi y = ln x dengan
= ( 0, ∞ ) dan R f = R , grafik fungsi ini
D f
melalui titik (1,0). Turunan pertama dan keduanya adalah
1 = dx x
dy
>0
dan
d 2 y dx
2
=−
1 x
2
<0
Sehingga grafik fungsi naik dan cekung kebawah pada daerah definisinya.
limit ln x = ∞ dan limit ln x = −∞ x → ∞ x → 0 + Kemudian jadi sumbu y merupakan asymtot tegak. Y
0 1
X
Latihan: Soal-soal 7.1. Buku Kalkulus dan Geometri Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
2. Fung Fungsi si Inve Invers rs Kita akan mengulas secara umum pembalikan atau penginversan suatu fungsi. Kita ingat bahwa ciri suatu fungsi mempunyai balikan atau invers, apabila fungsi itu merupakan fungsi satu-kesatu, yaitu
x1 ≠ x2
⇔ f ( x1 ) ≠ f ( x2 )
Sifat yang mudah adalah Teorema Apabila f monoton murni pada daerah definisinya, maka f mempunyai invers.
−1 f Selanjutnya apabila adalah invers dari fungsi f , maka sebaliknya f juga
−1 −1 f f merupakan infers dari fungsi .Jadi antara f dan saling menginvers dan
−1 −1 −1 f f f berlaku ( o f )( x ( f ( y x)= f ( x x)) = x dan f ( y)) = y
Jadi untuk membuktikan bahwa suatu fungsi mempunyai invers, tunjukkan bahwa fungsi tersebut monoton murni murni atau berlaku berlaku
−1 −1 −1 f f f ( o f )( x ( f ( y x)= f ( x x)) = x dan f ( y)) = y Cara untuk menentukan invers fungsi y = f ( x x) sebagai berikut: Langkah 1. Nyatakan x dalam y dari persamaan y = f ( x x)
−1 f Langkah 2. Nyatakan bentuk dalam y sebagai x = ( y y) −1 f Langkah 3. Gantikan y dengan x dan x dengan y dari bentuk x ( y x = y) −1 f Perhatikan bahwa dengan menentukan x = ( y y) dari y = f ( x x) berarti
menentukan pasangan titik ( x y , y) yang sama atau identik, hanya menukar variabel x dengan variabel y sebagai varibel bebas. Penukaran ini mengakibatkan pencerminan grafik fungsi pada garis y = x. Jadi grafik fungsi invers dan grafik fungsi asalnya simetris terhadap garis y = x.
Contoh: Jika fungsi f didefinisikan sebagai
f ( x) =
x x + 1 . Tentukan rumus
fungsi invers, garfik fungsi dan grafik fungsi inversnya.
Turunan Fungsi Invers Teorema. (Turunan Fungsi Invers) Apabila f mempunyai turunan dan monoton murni pada selang I . Jika
f ′( x) ≠ 0 pada suatu x ∈ I , maka f −1 mempunyai turunan di titik y = f ( x) pada daerah hasil f dan berlaku
( f −1 )′ ( y) = f ′1( x)
dx dy atau
=
1 dy dx
3 −1 )′ (7) ( = = −1 ( ) f y f x x Contoh: Tentukan turunan dari dari
Latihan: Soal-soal 7.2. Buku Kalkulus dan Geometri Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
3.
Fungsi Eksponen Asli
Dari sifat kekontinuan fungsi logaritma natural kita dapat definisikan bilangan e (bilangan ini pertama kali digunakan oleh Leonhard Euler) sebagai berikut:
Definisi 1. Bilangan e adalah bilangan real positif yang merupakan jawab tunggal dari persamaan ln x = 1 (atau memenuhi ln e = 1). Nilai hampirannya ialah 2,718281828459... 2,718281828459... x x = x ln e e adalah bilangan real yang memenuhi 2. 3. Fungsi Fungsi eksponen eksponen asli adalah adalah suatu suatu fungsi fungsi yang yang didefinsik didefinsikan an
y = f ( x) = e x , x ∈ R Dari definisi di atas dapat dibuktikan bahwa fungsi eksponen asli adalah invers dari fungsi logaritma asli. Teorema x = , x ∈ R adalah invers dari fungsi y = ln x , x > 0 y e Fungsi
Akibatnya: y
= e x
, x ∈ R
⇔ x = ln y
, y > 0
Grafik Fungsi Eksponen Asli y=e x
y=x
Y y= ln x
1 0 1
X
Bentuk Limit Dari Bilangan e
Teorema
i. e = limit(1 + h ) h →0
1
n
iii.
h n
ii.
1 e = limit 1 + n n → −∞
iv.
1 e = limit 1 + n n → +∞ n 1 e = limit 1 − n n → +∞
Bukti:
i. Misal f ( x ) = ln x maka
ln e = 1 = f ′(1) = limit h →0
f ′( x) =
1 1 dan f ′(1) = = 1 1 x sehingga
f (1 + h) − f (1) h
1
ln (1 + h ) h h →0
= limit
= limit ln(1 + h )
1
h →0
ln e = ln limit(1 + h ) h . h → 0 Karena fungsi f ( x) = ln x merupakan fungsi satu - kesatu, maka kita peroleh
e = limit(1 + h ) h →0
1
h
1 Selanjutnya silahkan anda buktikan ii, iii, dan iv dengan menggantikan h dari bentuk i.
=n
h
Sifat-sifat Eksponen Asli Teorema
Andaikan a dan b bilangan rasional, maka
i.
a
e .e
b
=e
a +b
ea
ii.
eb
( )b = eab
= e a −b
ln e a .eb ln e a a b = e e .e = e
iii. e a
+ ln eb = e a + b .
Bukti i: Selanjutnya untuk ii dan iii silahkan anda buktikan sendiri.
Turunan Fungsi Eksponen Asli Teorema
1. Jika y = e x maka
dy dx
= e x
2. Jika y = eu , dengan u
= f ( x)
x = , x ∈ R y e Bukti: Karena
dx
1 y
= ⇒
dy
maka
⇔ x = ln y
= y = e x
dx maka dy Dengan aturan rantai, buktikan yang ke 2.
Contoh:
dy dx
= eu . du
, y > 0
dx
2 Tentukan turunan pertama dan kedua dari f ( x) = e x + 3
Jawab :
df ( x)
x 2 + 3
= 2 xe
d 2 f ( x)
dan
dx dx 2 Integral Fungsi Eksponen Asli
2 2 = 2e x + 3 + 4 x 2e x + 3
Dari sifat turunan fungsi eksponen kita peroleh
∫ e x dx =
e x
+ C
∫ eu du =
dan
eu
+ C
Contoh: x 2 −5
1. Tentukan ∫ xe
dx
2 2 1 Jawab : ∫ xe x −5dx = ∫ e x −5d x 2 − 5 2
(
2
2. Hitung ∫ e
(e x + x )
0
2
dx = ∫ e 0
e x x
2
) = 12 e x 2 −5 + C
e x
x
.e dx = ∫ e de 0
2
e x e2 = e = e − e 0
Latihan: Soal-soal 7.3. Buku Kalkulus dan Geometri Analitis. Purcell. jilid 1. Edisi 5
4. Fungsi Fungsi Eksponen Eksponen Umum Umum dan dan Logaritm Logaritma a Umum Fungsi eksponen umum ialah fungsi eksponen dengan bilangan dasar a > 0. Dari relasi b = ln a , a > 0 kita peroleh a
=e
ln a
⇔
a=e
b
x , a > 0 sehingga a
, b ∈ R
= ( eln a ) = e x ln a , x
a>0
Definisi
Fungsi eksponen dengan bilangan dasar a > 0 dan peubah bebas x
f ( x) = a x
didefinisikan sebagai
Daerah definisinya adalah
D f = R
= e x ln a dan daerah nilainya
R f
Sifat-sifat Eksponen Umum Teorema
Andaikan a > 0 , b > 0 , x dan y bilangan real, maka
i.
x y a .a x
ii iii
a a
y
= a x + y
x x
= a x − y
(a )
x y
= a xb x
iv. ( ab ) v.
a = a x b b x
= a xy
Akan dibuktikan untuk iii dan v, yang lain buktikan sendiri.
( ) = (e x y
Bukti: iii. a
x
v.
)
x ln a y
=e
=e
a b = e x ( ln a − ln b )
x ln
a = e b
yx ln a
ln a xy
=
= a xy
e x ln a x ln b
e
=
a x b y
Diferensial Diferensial dan Integral Fungsi Eksponen umum Teorema
= ( 0,+∞ )
i.
y
= a x ⇒ dy = a x ln a
ii.
y
= a u , u = f ( x) ⇒ dy = a u . ln a. du
dx
dx
x
∫ a
iii.
dx
=
a x
ln a
dx
+ C , a ≠ 1
atau
∫ a
u
du
=
au
ln a
+ C , a ≠ 1
Bukti:
i.
iii.
f ( x) = a x
df ( x) dx
⇒ ln f ( x) = ln a x = x ln a ⇒
1 df ( x) . f ( x) dx
⇒
df ( x) dx
= ln a
= a x ln a
1 df ( x) = a x dx , a ≠ 1 ln a 1 ⇒ ∫ a x dx = ∫ df ( x), a ≠ 1 ln a
= a x ln a ⇒
x
⇒ ∫ a
dx
=
a x
ln a
+ C , a ≠ 1
Contoh:
1. y = 3 x
⇒
dy dx
2. f ( x) = 2sin x
= 3 x ln 3
⇒
df ( x) dx x
= ( 2sin x ) ( ln 2) ( cos x ) = ( ln 2 ) ( cos x ) ( 2sin x )
Grafik Fungsi f ( x) = a , a > 0
0
a>1
Y
1 X
Fungsi Logaritma Umum ialah fungsi logaritma dengan bilangan pokok (bilangan dasar) a > 0 dan a ≠ 1. Definisi
Jika a
> 0 dan a ≠ 1 , maka fungsi logaritma dengan bilangan pokok a,
ditulis f ( x)
y
=
a
log x didefinisikan sebagai invers fungsi
a
log x
= a x , a > 0 .
Akibatnya: y
=
⇔
x = a y , a > 0 , a ≠ 1
Perhatikan hubungan berikut,
x = a y
⇔ ln x = y ln a ⇔ y =
ln x atau ln a e
Jika kita ganti a dengan e kita peroleh
Teorema
a
log x =
log x =
ln x ln a
ln x ln e
= ln x
Jika
y
=
Jika
y
=
i.
ii.
y Bukti i:
=
a
a
log x
a
log u , u
log x =
dy
maka
ln x ln a
dx
= f ( x)
⇒ dy = dx
=
1 x ln a dy
maka
dx
=
1 du . u ln a dx
1 x ln a
Selanjutnya silahkan anda buktikan teorema ii.
Grafik Fungsi f ( x) Y
=
a
log x
0
a>1
1
X
5. Penggunaan Fungsi Logaritma Logaritma dan Eksponen a. Pendiferensialan Logaritma Dalam kasus tertentu metode ini sangat efektif.
y Contoh 1: Tentukan turunan dari
=
x + 7 ( x − 4)3 2 x + 1
Jawab: Karena
ln y = ln
x + 7
( x − 4)3 2 x + 1 d ( ln y ) dx
=
=
1 1 ln( x + 7 ) − ln( x − 4 ) − ln ( 2 x + 1) 2 3
1 dy y dx
=
1 1 2 − − 2( x + 7 ) x − 4 3(2 x + 1)
1 1 2 = y − − dx 2( x + 7 ) x − 4 3(2 x + 1) 1 1 2 dy x + 7 = − − dx ( x − 4)3 2 x + 1 2( x + 7 ) x − 4 3(2 x + 1) dy
⇔ ⇔ Maka
Latihan: Gunakan pendiferensialan logaritma untuk 1. Menentukan turunan dari
y = uvw, dengan u
= f ( x), v = g ( x), dan w = h( x)
Gunakan rumus yang anda peroleh untuk menentukan turunan pertama
(
dari y = x
2
− 1) ( 5 x + 2) 2 3
x
2
+1 g ( x )
2. Carilah rumus turunan pertama dari
y = [ f ( x)]
, x ∈ { x g ( x) > 0}
Gunakan rumus yang anda peroleh untuk menentukan turunan pertama x sin x = = ). , ). , c ). y = ( sin x ) a y x b y x dari
0 0 , b. Limit Fungsi Bentuk Tak Tentu
∞0 ,
cos x
dan 1∞
Untuk menghitung limit bentuk ini, tulislah limitnya sebagai L kemudian ambilah logaritma natural dari kedua ruasnya, gunakan sifat kekontinuan fungsi logaritma dan selesaikan limitnya dengan teorema L’hospital.
Bentuk 0
0
Bentuk ini muncul dari g ( x )
limit [ f ( x)] x → a
dengan limit f ( x) = limit g ( x) = 0 x → a x → a
x → a dapat diganti limit sepihak atau x → +∞ atau x → −∞
limit x x + Hitunglah x →0
Contoh:
L = limit x x x → 0 +
Jawab: Andaikan
maka
ln L = ln limit x x = limit ln x x x → 0 + x → 0 + ln 1 = limit x = limit x 2 1 x → 0 + x →0 + − 1 x x limit x x 0 + Jadi L = e = 1 atau x → 0
Bentuk ∞
=
limit (− x) = 0 x →0 +
=1
0
Bentuk ini muncul dari g ( x )
limit [ f ( x)] x → a
dengan limit f ( x) = ± ∞ dan limit g ( x) = 0 x → a x → a
x → a dapat diganti limit sepihak atau x → +∞ atau x → −∞
Contoh:
1 ln x limit (1 + x ) Hitunglah x → +∞
L = limit (1 + x ) Jawab: Andaikan
x → +∞
1 ln x
maka
1 ln x
1 ln x
= limit ln(1 + x ) ln L = ln limit (1 + x ) x → +∞ x → +∞ ln(1 + x ) 1 = limit = limit x = limit = 1 x → +∞ ln x x → +∞ 1 + x x → +∞ 1 1 ln x ( ) + limit 1 x 1 Jadi L = e = e atau x → +∞
=e
∞ Bentuk 1 Bentuk ini muncul dari g ( x )
limit [ f ( x)] x → a
dengan limit f ( x) = 1 dan limit g ( x) = +∞ x → a x → a
x → a dapat diganti limit sepihak atau x → +∞ atau x → −∞
Contoh:
csc x limit (1 − x ) + Hitunglah x → 0
L = limit (1 − x ) Jawab: Andaikan
csc x
x → 0 +
maka csc x
csc x
= limit ln(1 − x ) ln L = ln limit (1 − x ) + x → 0 x → 0 + − 1 (1 − x ) ln(1 − x ) 1 = limit = limit = − = −1 cos x 1 x → 0 + sin x x → 0 + csc x limit (1 − x ) + Jadi x → 0
= e −1
5. Fungsi Fungsi Invers Invers Trigonome Trigonometri tri Karena fungsi trigonometri pada daerah definisinya (himpunan bilangan real) bukan merupakan fungsi satu-kesatu maka fungsi trigonometri tersebut tidak mempunyai invers, tetapi dengan membatasi daerah definisi fungsi trigonometri kita dapat mendefinisikan fungsi invers untuk semua fungsi trigonometri.
Definisi
y = sin − 1 x
⇔
x = sin y dengan
− ii. y = cos 1 x
⇔
x = cos y dengan 0 ≤ y ≤ π
iii. y = tan − 1 x
⇔
x = tan y dengan
iv. y = cot − 1 x
⇔
x = cot y dengan 0 < y < π
v. y = sec− 1 x
⇔
x = sec y dengan 0 ≤ y ≤ π , y ≠
vi. y = csc− 1 x
⇔
x = csc y dengan
i.
Turunan Fungsi Invers Trigonometri Teorema
π
π
2
2
− ≤ y ≤ π
π
2
2
− < y <
π
π
2
2
− < y <
π
2
, y ≠ 0
= sin −1 x
maka
− ii. Jika y = cos 1 x
maka
iii. Jika y
= tan −1 x
maka
iv. Jika y
= cot −1
maka
v. Jika y
= sec−1 x
maka
i. Jika y
vi. Jika y
= csc−1 x
maka
dy dx dy dx dy dx dy dx dy
= = = = =
dx
1 1 − x −1 1 − x 1
dx
2
,
− 1 < x < 1
,
− 1 < x < 1
1 + x 2 −1 1 + x 2 1 x x
dy
2
2
−1
−1
=
x x
2
−1
, x
>1
, x
>1
Bukti: Akan dibuktikan teorema ii dan iii, yang lain silahkan buktikan anda
buktikan.
i. y
= sin −1 x ⇒ ⇒ ⇒
1
sin −1 x 1 − x2
x = sin y dx dy dy dx
= cos y =
x
1 cos y
=
1 cos(sin -1 x)
=
1 + x 2 tan −1 x 1
1 1 − x 2
x
ii. y
= tan −1 x ⇒ ⇒ ⇒
x = tan y dx dy dy dx
= sec2 y =
1 sec 2 y
=
1 sec 2 (tan -1 x)
=
1 1 + x 2
Contoh:
Integral Fungsi Invers Trigonometri Dari rumus turunan fungsi invers trigonometri kita peroleh rumus integral berikut. Silahkan Anda buktikan! Teorema
1
∫
i.
1 − x 2 1
∫ 1 + x 2
ii.
dx
= sin −1 x + C
atau
= − cos −1 x + C
dx
= tan −1 x + C
atau
= − cot −1 x + C
atau
= − csc−1 x + C
1
iii.
∫
x x 2
−1
iv.
∫
1
∫
v.
1
x x
2
−a
2
+ C
= sin −1 x + C , a > 0
dx
a 2 − x 2 1 dx 2 2 a + x
∫
vi.
dx = sec −1 x
a
=
1 x tan −1 a a
+ C , a ≠ 0
dx =
x 1 sec −1 a a
+ C , a > 0
Perhatikan!
∫
1 a
2
+ x
dx
2
x x 1 d = tan −1 2 a x a a
1
= ∫ a
1
+ C , a ≠ 0
1+
a
Contoh:
1. 2.
∫ ∫
1 9 − x
x x
2
dx = sin −1
1 2
− 16
dx =
x
3
+ C
1 1 x − sec 4 4
+ C
6. Fungsi Fungsi Hiperbo Hiperbolik lik dan dan Invers Inversnya nya 2 2 − x y Bentuk parameter hiperbol satuan
= 1 dapat ditampilkan sebagai
fungsi sinus dan cosinus hiperbolik. Fungsi hiperbolik didefinisikan sebagai kombinasi dari fungsi y
= e x dan y = e − x
Definisi i. f ( x) = sinh x =
1 x e 2
(
− e − x )
iii. f ( x) = tanh x =
sinh cosh
− e − x = x − x e +e
v. f ( x) = sech x =
1 cosh
=
e x
2 x
e
+ e − x
ii. f ( x) = cosh x =
1 x e 2
(
+ e − x )
iv. f ( x) = coth x =
cosh sinh
+ e − x = x − x e −e
iv. f ( x) = csch x =
1 sinh
=
e x
2 x
e
− e − x
Untuk sinh, cosh, tanh, dan coth terdefinisi pada R, sedangkan untuk sech dan csch terdefinisi pada R − { 0} .
2 2 − x y Keterkaitan Fungsi hiperbolik dengan hiperbol
Y
Y sinh t
1 sin t
x 2 + y 2
( x y , y)
x y ( x , y)
t cos t
-1
=1
1 X
=1
x = cos t y = sin t
; t parameter
-1
t 1
x 2 − y 2
cosh t
X
=1
x = cosh t y = sinh t
; t parameter
Sifat-sifat Fungsi Hiperbolik Sifat fungsi hiperbolik mirip dengan fungsi trigonometri. Teorema ini dibuktikan dengan menggunakan definisi dan sifat eksponen, silahkan Anda
buktikan! Teorema
1. sinh(− x) = − sinh x
7. tanh x = 1
2. cosh(− x) = cosh x
8. cosh x + sinh x = e x
3. tanh(− x) = − tanh x
9. cosh x − sinh x = e− x
4. coth(− x) = − coth x
10. cosh 2 x − sinh 2 x = 1
5. sech(− x ) = sech x
11. 1 − tanh 2 x = sech 2 x
6. csch(− x) = −csch x
12. coth 2 x − 1 = csch 2 x
coth x
sinh( x + y) = sinh x cosh y + cosh x sinh y sinh( x − y) = sinh x cosh y − cosh x sinh y cosh( x + y) = cosh x cosh y + sinh x sinh y cosh( x − y) = cosh x cosh y − sinh x sinh y sinh 2 x = 2 sinh x cosh x 18. cosh 2 x = cosh 2 x + sinh 2 x = 2 cosh 2 x − 1 = 1 + sinh 2 x 2 tanh x 19. tanh 2 x = 1 + tanh 2 x
13. 14. 15. 16. 17.
Turunan Fungsi Hiperbolik Dengan menggunakan turunan fungsi eksponen dan sifat fungsi hiperbolik, kita peroleh rumus turunan berikut. Silahkan anda buktikan!
1. 2. 3.
d dx d
[ sinh x]
dx d dx
=
[ cosh x] [ tanh x]
=
=
Teorema d [ coth x] 4. dx
cosh x
=
sinh x
5.
2 sech x
6.
d dx d dx
[ sech x] [ csch x]
=
=
−
2 csch x
−
−
sech x tanh x
csch x coth x
Grafik fungsi hiperbolik y = cosh x
Y y = sinh x
y = tanh x X
Integral Fungsi Hiperbolik Berdasarkan turunan fungsi hiperbolik, kita peroleh rumus integralnya. Teorema
2.
∫ cosh x d x = sinh x + C ∫ sinh x d x = cosh x + C
3.
∫ sech
1.
2
x d x = tanh x + C
5.
2 = − coth x + C ∫ csch x d x ∫ sech x tanh x d x = − sech x + C
6.
∫ csch x coth x dx = − csch x + C
4.
TEKNIK INTEGRASI 1. PENGINTE PENGINTEGRALA GRALAN N DENGA DENGAN N SUBSI SUBSITUSI TUSI 2. INTEGR INTEGRAL AL TRI TRIGON GONOME OMETRI TRI 3. SUBSITUS SUBSITUSII YANG MERASION MERASIONALKA ALKAN N
4. PENGI PENGINTE NTEGRA GRALAN LAN PARSIA PARSIAL L 5. PENGINTE PENGINTEGRALA GRALAN N FUNGS FUNGSII RASIONAL RASIONAL
1 tan x 2 6. TE TEKN KNIK IK SUB SUBSI SITU TUSI SI
