1 Materi Tes Saringan Masuk - data BMKG

1 Materi Tes Saringan Masuk 1. Logika dan Penalaran Matematika 1.1. Sistem aksioma, simbol matematika, dan pernyataan berkuantor serta ingkarannya 1.2. Penalaran induktif dan deduktif dalam membangun informasi matematika 1.3. Pembuktian dalam matematika, bukti langsung, kontraposisi, kontradiksi, dan dengan induksi 2. Fungsi, Limit, dan Kekontinuan. 2.1. Sistem bilangan real, bentuk aljabar, pemfaktoran sukubanyak, dan bentuk akar 2.2. Garis bilangan, pertaksamaan, selang, nilai mutlak, fungsi, dan fungsi komposisi 2.3. Limit fungsi di satu titik, limit di tak hingga, limit tak hingga, dan kekontinuan fungsi 3. Turunan dan Diferensial 3.1. Laju perubahan, turunan, aturan untuk turunan, garis singgung, dan turunan ke-n 3.2. Diferensial, hampiran dengan diferensial, dan laju terkait dalam masalah nyata 3.3. Kemonotonan, kecekungan, titik ekstrim, titik belok, grafik fungsi, dan soal cerita ekstrim 4. Integral dan Fungsi Transenden 4.1. Anti turunan, anti diferensial, integral tak tentu, luas daerah, integral tentu, sifat integral 4.2. Teorema dasar kalkulus, fungsi invers, fungsi logaritma, eksponen natural, invers trigonome tri, hiperbolik, invers hiperbolik beserta turunannya 4.3. Teknik pengintegralan, integral dengan penggantian, integral parsial, luas, dan volum benda 5. Bentuk Tak-tentu, Integral Tak-wajar, dan Deret 5.1. Bentuk tak tentu limit fungsi dan bentuk tak tentu yang terkait fungsi berpangkat fungsi 5.2. Kekonvergenan integral tak-wajar pada selang tak-hingga dan pada selang hingga 5.3. Kekonvergenan deret, uji kekonvergenan, deret ganti tanda, konvergen mutlak, konvergen bersyarat, pengaturan kembali suku deret, deret pangkat, Maclaurin, dan Taylor 6. Persamaan Diferensial Biasa 6.1. Arti persamaan diferensial dan metode pemisahan peubah untuk persamaan tingkat satu 6.2. Aplikasi persamaan diferensial tingkat satu untuk peluruhan eksponensial, peluruhan terbatas, dan pertumbuhan logistik 6.3. Persamaan diferensial tingkat dua, metode koefisien tak-tentu dan metode variasi parameter 7. Kalkulus Diferensial Fungsi Peubah Banyak 7.1. Fungsi parameter, limit, kekontinuan, turunan, integral, dan panjang busur fungsi parameter. 7.2. Fungsi skalar, limit, kekontinuan, fungsi vektor, medan skalar, turunan parsial, vektor gradien, diferensial total, aturan rantai, dan turunan berarah sepanjang kurva 7.3. Ekstrim fungsi dua peubah dan metode pengali Lagrange dua dan tiga peubah 8. Integral Lipat, Garis, dan Permukaan 8.1. Integral lipat dua, integral berulang, perubahan urutan, kalkulasi, dan integral lipat tiga 8.2. Transformasi integral lipat dua ke koordinat kutub dan kurvilinear serta transformasi integral lipat tiga ke koordinat tabung dan bola 8.3. Integral garis, teorema Green, integral garis bebas lintasan, teorema dasar integral garis, integral permukaan, teorema Stokes, dan teorema divergensi Gauss

Kisi-kisi Tes Saringan Masuk Materi Ujian

L1

1.1. Sistem aksioma, simbol matematika, dan pernyataan berkuantor serta ingkarannya

√

1.2. Penalaran induktif dan deduktif dalam membangun informasi matematika

L2

L3

Soal

√ √

2.2. Garis bilangan, pertaksamaan, selang, nilai mutlak, fungsi, dan fungsi komposisi

√

2.3. Limit fungsi di satu titik, limit di tak-hingga, limit tak-hingga dan kekontinuan fungsi

3

√

3.1. Laju perubahan, turunan, aturan untuk turunan, garis singgung, dan turunan ke-n

√

3.2. Diferensial, hampiran dengan diferensial, dan laju terkait dalam masalah nyata

3 √

3.3. Kemonotonan, kecekungan, titik ekstrim, titik belok, grafik fungsi, dan soal cerita ekstrim

√ √

4.2. Teorema dasar kalkulus, fungsi invers, fungsi logaritma, eksponen natural, invers trigonometri, hiperbolik, invers hiperbolik

3 √

4.3. Teknik pengintegralan, integral dengan penggantian, integral parsial, luas, dan volum benda

√

5.1. Bentuk tak tentu limit fungsi dan bentuk tak tentu yang terkait fungsi berpangkat fungsi

√

3

5.2. Kekonvergenan integral tak-wajar pada selang tak-hingga dan pada selang hingga

√

5.3. Uji kekonvergenan, deret ganti tanda, konvergen mutlak dan bersyarat, deret pangkat, Maclaurin, dan Taylor

√ √

6.1. Metode pemisahan peubah untuk persamaan tingkat satu

3

6.2. Aplikasi persamaan diferensial tingkat satu untuk peluruhan eksponensial, peluruhan terbatas, dan pertumbuhan logistik

√

6.3. Persamaan diferensial tingkat dua, metode koefisien tak-tentu dan metode variasi parameter

√ √

7.1. Limit, turunan, integral, panjang busur fungsi parameter

3

7.2. Medan skalar, turunan parsial, vektor gradien, diferensial total, aturan rantai, dan turunan berarah sepanjang kurva

√

7.3. Ekstrim fungsi dua peubah dan metode Lagrange tiga peubah

√ √

8.1. Kalkulasi integral lipat dua dan lipat tiga di koordinat kartesis 8.2. Transformasi integral lipat dua ke koordinat kutub dan transformasi integrallipat tiga ke koordinat tabung dan bola

3 √

8.3. Integral garis, teorema Green, teorema dasar integral garis, integral permukaan, teorema Stokes, dan teorema divergensi Gauss

√ √

9. Soal yang menggunakan dengan lebih dari satu pokok bahasan 2

2

L6

√

2.1. Sistem bilangan real, bentuk aljabar, pemfaktoran sukubanyak, dan bentuk akar

Total

L5

3

1.3. Pembuktian dalam matematika, bukti langsung, kontraposisi, kontradiksi, dan dengan induksi

4.1. Anti turunan, anti diferensial, integral tak tentu, luas daerah, integral tentu, dan sifat integral

L4

9

9

4

1

1 0

25

Level atau Tingkat Kesukaran Soal Tes L1 Level pertama, tingkatan pengetahuan soal untuk mengukur peserta tentang pengetahuan dasar, kemampuan mengenali dan mengingat kembali. L2 Level kedua, tingkatan pemahaman soal untuk mengukur peserta tentang pemahaman makna, situasi, kondisi, fakta, dan kalkulasi baku untuk sampai hasil tertentu. L3 Level ketiga, tingkatan penerapan soal untuk mengukur peserta tentang penggunaan informasi yang telah diketahui dan disiapkan untuk diterapkan dalam suatu situasi baru. L4 Level keempat, tingkatan analisis soal untuk mengukur peserta tentang penguraian suatu situasi tertentu dalam komponen pembentuknya. L5 Level kelima, tingkatan sintesis soal untuk mengukur peserta tentang penggabungan berbagai faktor untuk menghasilkan sesuatu yang baru. L6 Level keenam, tingkatan evaluasi soal untuk mengukur peserta tentang penilaian suatu informasi dengan menggunakan berbagai kriteria tertentu.

Bentuk Soal Tes Soal tes ini dapat muncul dalam berbagai bentuk, misalnya soal benar – salah, soal pilihan ganda, soal esei singkat, atau soal esei terstruktur.

Contoh soal esei Konsentrasi Oksigen pada Danau Sebuah danau mengalami pencemaran lingkungan karena banyaknya sampah dan limbah yang dibuang kedalamnya. Berdasarkan data konsentrasi oksigennya seorang pengamat memperkirakan konsentrasi oksigen di danau pada hari ke-t setelah terjadi pencemaran adalah C = C(t), yang rumus hampirannya adalah

(

)

C (t) = 1800 1 - t +8 4 + 64 2 , 0 £ t £ 30. (t + 4) (1) (2) (3) (4) (5) (6)

Tentukan t agar C(t) ≤ 1400. Tentukan laju perubahan konsentrasi oksigen C(t) terhadap waktu t pada hari ke-16. Tentukan nilai minimum dari C(t) untuk rentang t dengan 0 ≤ t ≤ 30. Tentukan saat di mana laju perubahan C terhadap t monoton naik dan monoton turun. Gambarkan kurva C = C(t) untuk 0 ≤ t ≤ 30. Jika 0 ≤ t ≤ 30 diperluas sehingga 0 ≤ t ≤ ∞, tentukan asimtot datar dari kurva C = C(t).

Suhu di Kedalaman Lautan Pada suatu tempat tertentu di tengah lautan, suhu di kedalaman h km di bawah permukaan laut adalah T(h) derajat Celcius. Berdasarkan data pengukuran suhu di kedalaman tertentu, seorang pengamat memperkirakan pada selang waktu tertentu laju perubahan suhu terhadap kedalaman h memenuhi rumus hampiran L(h) = -30 2 , 0 £ h £ 4, suhu di permukaan laut T(0) = 31 derajat Celcius. ( h + 1)

(1) Tentukan T = T(h), suhu di kedalaman h sebagai fungsi dari h. (2) Tentukan laju perubahan L terhadap h. (3) Gambarkan kurva T = T(h).

Kekuatan Gempa Gempa bumi dengan kekuatan M skala Richter akan menghasilkan energi gempa sebesar E kilowatt-jam, 9 E + 3. yang setelah pembulatan diperoleh suatu rumus hampiran M = 23 log 25 2

( )

(1) (2) (3) (4)

Tentukan energi yang dihasilkan jika terjadi gempa dengan kekuatan 7 skala Richter. Nyatakan E sebagai fungsi dari M. Tentukan laju perubahan M terhadap E dan laju perubahan E terhadap M. Gambarkan kurva M terhadap E dan inversnya kurva E terhadap M.

3

Petunjuk mengerjakan soal Soal dikerjakan pada berkas ini dan gunakan halaman kosongnya untuk kertas buram. Berkas soal ini terdiri dari 10 soal benar-salah, 5 soal pilihan ganda terkait panel, 5 soal pilihan ganda bebas, dan 3 soal esei. Pada setiap jenis soal, bacalah dengan cermat petunjuk mengerjakan soalnya. Berkas ini semuanya dikumpulkan kembali. Selamat bekerja dan semoga sukses. A. Soal benar – salah, lingkarilah B atau S; nilai 0 – 10 (tanpa negatif) Pernyataan

Jawab

Pernyataan ″tidak semua peserta ujian hadir″ bermakna ″ada peserta ujian yang hadir″.

B−S

Slogan ″merokok atau sehat ″ bermakna ″jika seseorang tidak merokok, maka ia sehat ″.

B−S

Dengan dua huruf berbeda seorang pedagang dapat menomori paling banyak 650 barang.

B−S

Kuadrat dari sebuah bilangan real akan lebih besar atau sama dengan bilangannya sendiri.

B−S

Jika rentang nilai x di antara −1 sampai 2, maka rentang nilai x2 di antara 0 sampai 4.

B−S

Jika a, b, dan c tidak semua nol, maka garis ax + by + c = 0 selalu memotong sumbu y.

B−S

Bentuk matematika 1x ≥ 12 memuat informasi bahwa x harus suatu bilangan positif.

B−S

Grafik fungsi y = x6/2 terletak di kuadran pertama dan juga kuadran ketiga.

B−S

Terdapat pasangan dua bilangan real yang hasilkalinya lebih kecil daripada jumlahnya.

B−S

Laju perubahan luas lingkaran terhadap diameternya sama dengan keliling lingkarannya.

B−S

B. Soal pilihan ganda bebas, lingkarilah a, b, c, d, atau e; nilai 0 – 25 (tanpa negatif) Soal

Jawab

Banyaknya peserta suatu matakuliah di ITB adalah 50 mahasiswa, yang terdiri dari 27 pria dan 18 di antaranya berkacamata. Jika pada kelas ini banyaknya mahasiswa yang a b c d e berkacamata adalah 35, maka banyaknya peserta wanita yang tidak berkacamata adalah w, dengan w = (a) 5 (b) 6 (c) 7 (d) 8 (e) 9 Pada suatu ruang percobaan terdapat dua bak penampung air berbentuk kubus dengan bak I dapat menampung 386 liter air lebih banyak dari bak II. Jika sisi kubus bak I lea b c d e bih panjang 2 dm dari sisi kubus bak II, maka daya tampung air bak I adalah v liter, dengan v = (a) 343 (b) 422 (c) 512 (d) 729 (e) 764 Pada jam ke-t suhu di ruang percobaan adalah C(t) derajat Celcius, yang rumus hampirannya C(t) = 3t 2 − 6t + 12, 0 ≤ t ≤ 4. Jika pada selang waktu 0 ≤ t ≤ 3 suhu maksimum a b c d e dan minimumnya M dan m, maka M − m = (a) 8 (b) 9 (c) 12 (d) 18 (e) 24 Grafik fungsi y = x - 3 dan garis y = 5 − x bersifat (b) berpotongan di satu titik tetapi tidak bersinggungan (d) berpotongan di lebih dari dua titik

(a) tidak berpotongan (c) bersinggungan (e) berpotongan di dua titik

a b c d e

Jika grafik fungsi f (x) = x2 digeserkan 2 satuan ke kanan dan 3 satuan ke bawah, maka (a) x2 − 4x + 1 (b) x2 + 4x + 1 a b c d e diperoleh grafik fungsi g dengan aturan g(x) = (c) x2 − 4x + 7 (d) x2 − 4x − 3 (e) x2 + 4x − 3

4

C. Soal pilihan ganda panel, lingkarilah a, b, c, d, atau e; nilai 0 – 20 (tanpa negatif) Judul Panel: Konsentrasi Oksigen pada Danau Sebuah danau mengalami pencemaran lingkungan karena banyaknya sampah dan limbah yang dibuang kedalamnya. Berdasarkan data konsentrasi oksigennya (diukur dengan satuan yang sesuai) seorang pengamat memperkirakan konsentrasi oksigen di danau pada hari ke-t setelah terjadi pencemaran adalah C = C(t), yang rumus hampirannya adalah

(

)

C (t) = 1800 1 - t +8 4 + 64 2 , 0 £ t £ 30. (t + 4) Soal

Jawab

Konsentrasi oksigen di danau kurang dari 1400 satuan pada hari ke-t jika t memenuhi (a) 4 < t < 20 (b) 0 < t < 8 atau 20 < t < 30 (c) 8 < t < 20 (d) 12 < t < 20 (c) 0 < t < 12 atau 24 < t < 30

a b c d e

Laju perubahan konsentrasi oksigen terhadap waktu pada hari ke-16 adalah A satuan (a) −14,4 (b) −7,2 (c) 0 (d) 7,2 (e) 14,4 per hari, dengan A =

a b c d e

Konsentrasi oksigen di danau mencapai nilai minimum pada hari ke-h, dengan h = (a) 4 (b) 8 (c) 12 (d) 16 (e) 20

a b c d e

Jika laju perubahan C terhadap t pada setiap saat t adalah A = C ¢(t) satuan per hari, maa b c d e ka kurva A monoton naik untuk t yang memenuhi (a) 0 < t < 20 (b) 0 < t < 12 (c) 4 < t < 12 (d) 12 < t < 30 (e) 20 < t < 30 Untuk 0 < t < ∞, kurva C = C(t) pada setiap saat t adalah gambar C (a) C (b) C (c) C (d) 5400 1800 0

5400

5400

1800 t

0

(e)

C 5400

a b c d e

1800 t

0

t

0

t

0

t

D. Soal esei pertama, kerjakan di tempat kosong yang disediakan, nilai 0 – 15

Untuk fungsi f (x) = x4 − 4x3, (1) tentukan selang di mana kurva f monoton naik dan monoton turun serta titik ekstrimnya; (2) tentukan selang di mana kurva f cekung ke atas dan cekung ke bawah serta titik beloknya; (3) gambarkan sketsa kurva f pada selang [−2,5]. Jawab

(3)

y 140

−2

0 −40

5

5

x

E. Soal esei kedua, kerjakan di tempat kosong yang disediakan, nilai 0 – 15

Pada suatu tempat tertentu di tengah laut, suhu di kedalaman h km di bawah permukaan laut adalah T(h) derajat Celcius. Berdasarkan data pengukuran suhu di kedalaman tertentu, seorang pengamat memperkirakan pada selang waktu tertentu laju perubahan suhu terhadap kedalaman h memenuhi rumus hampiran L(h) = -30 2 , 0 £ h £ 4 dan suhu di permukaan laut T(0) = 31 derajat Celcius. ( h + 1)

(1) tentukan aturan fungsi T; (2) tentukan laju perubahan L terhadap h; dan (3) gambarkan kurva T. Jawab

(3)

T

33

15

0

1 2 3

4

h

F. Soal esei ketiga, kerjakan di tempat kosong yang disediakan, nilai 0 – 15

Untuk mengangkut 120 ton logistik ke daerah bencana alam pada saat yang sama pemerintah daerah menyewa 24 kendaraan dengan kapasitas angkut berbeda. Kapasitas angkut kendaraan jenis I, II, dan III berturut-turut adalah 3, 4, dan 6 ton. (1) jika disewa p kendaraan jenis III, tunjukkan bahwa 12 ≤ p ≤ 16; (2) jika semua jenis disewa, tentukan komposisi yang mungkin dari 24 kendaraan ini. Jawab Petunjuk: Carilah x dan y dinyatakan dalam z kemudian tetapkan syarat x ≥ 0 dan y ≥ 0.

6

Petunjuk mengerjakan soal Soal dikerjakan pada berkas ini dan gunakan halaman kosongnya untuk kertas buram. Berkas soal ini terdiri dari 8 soal pilihan ganda bebas, 14 soal benar-salah, 5 soal pilihan ganda terkait panel, dan 2 soal esei. Pada setiap jenis soal, bacalah dengan cermat petunjuk mengerjakan soalnya. Berkas ini semuanya dikumpulkan kembali. Selamat bekerja dan semoga sukses. A. Soal pilihan ganda bebas, lingkarilah a, b, c, d, atau e; nilai 0 – 32 (tanpa negatif) Soal

Jawab

Sebuah bak penampung air mempunyai dua saluran pengisian yang lajunya linear. Saluran I dapat mengisi bak dari keadaan kosong sampai penuh dalam 2 jam sedangkan saluran II dapat melakukannya dalam waktu 3 jam. Jika kedua saluran ini dijalankan a b c d e bersamaan saat bak dalam keadaan kosong, maka bak ini penuh dalam waktu T menit, (a) 60 (b) 66 (c) 72 (d) 75 (e) 81 dengan T = Pada gambar terdapat empat lingkaran berjari-jari r yang saling bersinggungan dalam bingkai sebuah persegi. Luas daerah yang diarsir dinyatakan dalam r adalah (a) 2 - 14 p r 2 (b) 4 - 12 p r 2

(

(c) 2(4 − π) r2

)

(

(d) (4 − π) r2

)

a b c d e

(e) (π − 3) r2

Gempa bumi dengan kekuatan M skala Richter akan menghasilkan energi gempa sebe9 E + 3. sar E kilowatt-jam, yang setelah pembulatan rumus hampirannya M = 23 log 25 2

( )

Jika gempa dengan kekuatan 7 skala Richter menghasilkan energi gempa sebesar E (a) 106 ≤ E < 107 (b) 107 ≤ E < 108 kilowatt-jam, maka E memenuhi (c) 108 ≤ E < 109 (d) 109 ≤ E < 1010 (e) 1010 ≤ E < 1011 Kurva f (x) = x4 − 2x3 adalah gambar y (a) y (b)

y

(c)

y

(d)

y

a b c d e

(e) a b c d e

0

1,5 1 2

1,5 x

0

2 x

−1,5 −1 0

x

0,5 0 1

1,5 2

x

0

2,5

x

Jika y = y(x) terkandung secara implisit dalam x2y − xy2 = 2x + y − 3, maka laju perubahan y terhadap x di titik (1,1) pada kurvanya adalah y ′(1,1) = a b c d e (a) −1 (b) - 12 (c) 0 (d) 12 (e) 1 Luas daerah tertutup yang dibatasi oleh kurva y = x3 dan garis y = 4x adalah L satuan (a) 2 (b) 4 (c) 6 (d) 8 (e) 9 luas, dengan L =

a b c d e

Diameter lingkaran alas sebuah tabung tegak adalah x dan tingginya y. Pada saat tingginya tetap, laju perubahan volum tabung terhadap diameternya adalah A satuan luas, (a) 14 p x 2 y (b) 14 p x 2 (c) 2π xy (d) π xy (e) 12 p xy dengan

a b c d e

Jika D = {(x,y) : 0 ≤ x ≤ 2, x2 ≤ y ≤ 2x}, maka 2 (a) 112 (b) 153 (c) 2 ÚÚ x dA =

a b c d e

(d) 2 52

D

7

(e) 2 23

B. Soal benar – salah, lingkarilah B atau S; nilai 0 – 14 (tanpa negatif) Pernyataan

Jawab

Jika bilangan a dan b memenuhi a + b = 2 dan ab = 2, maka a dan b bukan bilangan real. Untuk sebarang bilangan real x berlaku kesamaan x6/2 = x3.

B−S

Kurva kontinu y = x dan garis y = 2 − x berpotongan di dua buah titik yang berbeda.

B−S

Jika x membesar tanpa batas, maka kurva kontinu y = sinx x akan mendekati sumbu x.

B−S

B−S

x

Absis salah satu titik potong kurva kontinu y = x dan y = 2 terletak di antara −1 dan 0.

B−S

Deret geometri 1 − x + x − x + ⋅⋅⋅ konvergen untuk x yang memenuhi −1 < x ≤ 1.

B−S

Deret ganti tanda 1 - 12 + 13 - 14 + 15 - 16 + "konvergen ke bilangan real ln 2.

B−S

Laju perubahan volum suatu bola terhadap jari-jarinya sama dengan luas permukaannya.

B−S B−S

2

2

3

Jika kurva f mempunyai garis singgung di (c, f (c)), maka fungsi f terdiferensialkan di x = c. 1

Ú-1 x

b

dx dapat dihitung dengan rumus Ú f (x) dx = F(b) - F(a), F ¢ = f , f kontinu pada [a,b].

B−S

Pada fungsi z = f (x,y) di A laju perubahan z dalam arah vektor ∇fA mencapai nilai terbesar. Kemiringan pendakian pada permukaan z = x2 − y2 di (3,2,5) dalam arah 3i + 4j adalah 0,4.

B−S B−S

Fungsi F(x,y,z) = ( y + z) i + (x + z) j + (x + y) k adalah suatu medan vektor konservatif.

B−S

-3

a

Dalam koordinat kutub, volum benda ruang {(x, y, z) : x 2 + y 2 £ z £ 4} adalah Ú

2p

0

2 3 r drdq . 0

Ú

B−S

C. Soal pilihan ganda panel, lingkarilah a, b, c, d, atau e; nilai 0 – 20 (tanpa negatif) Judul Panel: Lumut dan Perubahan Iklim Suatu percobaan untuk melacak perubahan iklim selama ribuan tahun di Tierra del Fuego, Amerika Selatan dilakukan dengan mengukur perbandingan isotop hidrogen yang terkandung dalam lumut di tempat tersebut. Untuk massa lumut m pada temperatur T, konsentrasi isotop hidrogen di ketinggian h dari permukaan laut adalah k = k (h), dan pada permukaan laut adalah k0, diperkirakan relasi antara k dan h pada batas tertentu memenuhi rumus

(

mgh

)

hampiran k = k0 1 - kT , g = percepatan gravitasi. Hasil yang diperoleh dari percobaan ini ternyata selaras dengan pengukuran pada es di Greenland dan Antartika, yang perubahan iklimnya serupa. Soal

Jawab

Ketinggian h pada rumus hampiran ini bergantung dari konsentrasi isotop hidrogen k. Jika fungsinya adalah h = h(k), maka nilai terbesar dari h tercapai untuk k = (a) 14 k0 (b) 52 k0 (c) 12 k0 (d) 34 k0 (e) k0

a b c d e

Ketinggian h dinyatakan dalam T, k0, m, dan g pada rumus hampiran ini memenuhi Tk

(a) 0 £ h £ mg0

Tk

0 (b) 0 £ h £ 4mg

4Tk

4mg

(c) 0 £ h £ mg0

mg

(d) 0 £ h £ Tk 0

(e) 0 £ h £ 4Tk 0

a b c d e

Kurva k sebagai fungsi dari h untuk k ≥ 12 k0 diperlihatkan pada gambar (a)

(b)

k

0

k

(c)

k0

k0

h

0

h

(d)

k

(e)

k

k

k0

k0

k0

k0/2

k0/2

k0/2

0

h

0

Laju perubahan h terhadap k pada fungsi h = h(k) untuk k ≥

A adalah fungsi (a) linear yang naik (d) kuadrat yang terbuka ke atas

h 1 k 2 0

0

h

adalah A = A (k), dengan

(b) linear yang turun (c) konstan (e) kuadrat yang terbuka ke bawah

8

a b c d e

a b c d e

D. Soal esei pertama, kerjakan di tempat kosong yang disediakan, nilai 0 – 17

Diketahui fungsi dua peubah z = f (x,y) yang semua turunan parsialnya kontinu pada daerah asalnya. Persamaan kurva ketinggian f (x,y) = k adalah lintasan C: r(t) = x(t) i + y(t) j di bidang xoy. Lintasan ini melalui titik A yang merupakan proyeksi titik B yang terletak pada permukaan. Fungsi z = f (x,y) dapat ditulis dalam bentuk implisit F(x,y,z) = 0. (1) Jika vektor gradien dari fungsi f di titik A adalah ∇fA, jelaskan mengapa vektor gradien ini selalu tegak lurus pada vektor kecepatan dari r = r(t) di A. (2) Jika K: s(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k adalah sebarang lintasan pada permukaan z = f (x,y) dan melalui titik B, jelaskan mengapa vektor ∇FB selalu tegak lurus pada vektor kecepatan dari s = s(t) di B. (3) Lengkapilah gambar di bawah dengan lintasan S, vektor ddtr , ∇fA , ddts , dan ∇FB. Jawab

z kurva ketinggian f (x,y) = k

B z = f (x,y)

0

y

Df x

A

r = r(t) kurva ketinggian

E. Soal esei kedua, kerjakan di tempat kosong yang disediakan, nilai 0 – 17

Untuk mengangkut 96 ton logistik ke daerah bencana alam pada saat yang sama pemerintah daerah menyewa 20 kendaraan dengan kapasitas angkut berbeda. Kapasitas angkut kendaraan jenis I, II, dan III berturut-turut adalah 3, 4, dan 6 ton. (1) jika disewa p kendaraan jenis III, tunjukkan bahwa 8 ≤ p ≤ 12; (2) jika semua jenis disewa, tentukan komposisi yang mungkin dari 20 kendaraan ini. Jawab

9

Koko Martono, FMIPA - ITB

KM – 001

Agustus 2014

Karakteristik Informasi Matematika, Penalaran Induktif dan Deduktif Matematika memiliki bahasa dan aturan yang singkat, jelas, tepat, padat, dan terdefinisi dengan baik (well defined). Pengetahuannya jelas, sistematik, dan mempunyai struktur yang sangat kuat. Matematika adalah suatu instrumen handal untuk mencerdaskan, sehingga dipelajari paling banyak dalam sejarah pendidikan seseorang. Suatu konteks matematika dasar yang terkait dengan kehidupan (kalkulus dan persamaan diferensial) adalah gerakan – perubahan – kesetimbangan – kestabilan. Dalam konteks kehidupan, suatu keampuhan matematika dasar adalah peranannya sebagai sekolah berpikir, bahasa pengetahuan, dan instrumen kalkulasi. Dalam ″analisis″ aspek utama yang ditinjau adalah rancang – bangun (desain – konstruksi) dari sesuatu yang disertai eksistensi dan ketunggalan. Dalam analisis real, selain peranan logika induktif, pengetahuan dan konsep dibangun secara rigorious (saksama) dengan penalaran deduktif. Dalam matematika dasar pengetahuan dan konsep banyak dibangun dengan penalaran induktif, prosesnya contoh sederhana → fenomena → inspirator (pemicu) → sasaran, dengan penalaran deduktif yang minimal. Penalaran induktif bekerja berdasarkan fakta dan fenomena yang muncul untuk sampai pada suatu perkiraan tertentu sebagai suatu hasil pengamatan. Penalaran deduktif bekerja berdasarkan asumsi dan kebenaran sebelumnya tanpa pengamatan. Perkiraan dari penalaran induktif kemudian diyakinkan kebenarannya secara deduktif dengan argumen yang tepat, konsisten, dan meyakinkan. Contoh / Fakta Sederhana

pengamatan ( proses induktif )

Gejala teramati

perbandingan perbandingan

Kebenaran hasil baru metode secara

Hasil baru

pengamatan renungan abstraksi generalisasi ( proses induktif )

pembuktian matematika

Pengujian perkiraan hasil baru

logika, penalaran, teknik matematika proses deduktif

Perkiraan hasil baru

PLMA 2014 KM ∼ 002

Suatu Contoh Penalaran Induktif dan Deduktif Ilustrasi Perhatikan fakta dan gejala masalah sederhana berikut. 2 Fakta: Akar persamaan kuadrat x − 3x + 2 = 0 adalah 1 dan 2. Gejala: Jumlah akar = 3 = −(pengali)x dan hasilkali akar = 2 = bilangan tetap 2

Fakta: Akar persamaan kuadrat x − 3x − 4 = 0 adalah −1 dan 4. Gejala: Jumlah akar = 3 = −(pengali)x dan hasilkali akar = −4 = bilangan tetap 2

Fakta: Akar persamaan kuadrat 2x − 3x − 2 = 0 adalah - 12 dan 2. pengali x bilangan tetap Gejala: Jumlah akar = 112 = . 2 dan hasilkali akar = -1 = 2 pengali x

pengali x

Berdasarkan fakta dan gejala kasus ini, dugaan kita adalah jumlah akar persama2 an kuadrat ax + bx + c = 0, a ≠ 0 adalah - ba dan hasil kalinya adalah ac . Dugaan ini sesuai dengan fakta dan gejala dari contoh yang diamati. Sekarang, cobalah yakinkan kebenaran dugaan tersebut secara matematika. 2

Jika x1 dan x2 adalah akar persamaan kuadrat ax + bx + c = 0, a ≠ 0, maka x1 dan x2 memenuhi a(x − x1)(x − x2) = 0. Akibatnya diperoleh kesamaan 2 2 2 ax + bx + c = a(x − x1)(x − x2) atau ax + bx + c = ax − a(x1 + x2)x + ax1x2 Karena hubungan kesamaan ini berlaku untuk setiap nilai x, maka b = −a(x1 + x2) dan c = ax1x2, yang menghasilkan x1 + x2 = - ba dan x1x2 = ac . Hasil baru yang telah dibuktikan ini memberikan teorema berikut. 2 Teorema Jika x1 dan x2 adalah akar persamaan kuadrat ax + bx + c = 0, a ≠ 0, maka x1 + x2 = - ba dan x1x2 = ac . Pola pikir dan hasil ini dapat diperumum untuk persamaan kubik, kuartik, kuin3 2 tik, dan seterusnya. Jika x1, x2, dan x3 adalah akar dari ax + bx + cx + d = 0, a ≠ 0, maka rancangan rumus jumlah dan hasilkali akarnya diperoleh dengan cara berikut. 3

2

ax + bx + cx + d = a(x − x1)(x − x2)(x − x3) 2

= (ax − a(x1 + x2)x + ax1x2)(x − x3) 3

2

= ax − a(x1 + x2 + x3)x + a(x1x2 + x2x3 + x3x1)x − ax1x2x3 Karena hubungan kesamaan ini berlaku untuk setiap nilai x, maka b = −a(x1 + x2 + x3), c = a(x1x2 + x2x3 + x3x1), dan d = −ax1x2x3, yang menghasilkan x1 + x2 + x3 = - ba , x1x2 + x2x3 + x3x1 = ac dan x1x2x3 = - da .

Hasil baru yang diperoleh dari sini dinyatakan dalam teorema berikut. 3 2 Teorema Jika x1, x2, dan x3 adalah akar dari persamaan kubik ax + bx + cx + d = 0, a ≠ 0, maka x1 + x2 + x3 = - ba , x1x2 + x2x3 + x3x1 = ac dan x1x2x3 = - da .

PLMA 2014 KM ∼ 003

Suatu Contoh Penalaran Induktif dan Deduktif Ilustrasi Perhatikan fakta dan gejala masalah sederhana berikut. Fakta: Fungsi f (x) = x 2 monoton naik untuk x ≥ 0. Turunan pertama fungsi f adalah f ¢(x) = 2 x , dengan f ¢(x) = 2 x > 0 untuk x > 0. Gejala: Jika f ¢(x) > 0 untuk x > 0, maka fungsi f monoton naik untuk x ≥ 0. Secara umum, jika f ¢(x) > 0 pada selang (a,b), maka fungsi f monoton naik pada [a,b]. Teorema: Jika fungsi f kontinu pada [a,b] dan f ¢(x) > 0 pada (a,b), maka fungsi f monoton naik pada [a,b]. Teorema ini didapat secara induktif dan buktikan kebenarannya secara deduktif. Teorema 1 Jika fungsi f mencapai ekstrim lokal di c dan f ′(c) ada, maka f ′(c) = 0. Bukti Hasil ini dibuktikan untuk kasus maksimum lokal dan untuk kasus minimum lokal serupa. Karena f mencapai maksimum lokal di c, maka ∃ r > 0 ∋ f (x) ≤ f (c) ∀x ∈ (c − r,c + r). f (x) - f (c) f (x) - f (c) £ 0 dan x - c < 0 fi f ¢(c) = f -¢(c) = lim- x - c ≥ 0¸ Ô xÆc ˝ fi Karena f ′(c) ada, maka f ′(c) = 0.„ f (x) - f (c) f (x) - f (c) £ 0 dan x - c > 0 fi f ¢(c) = f +¢(c) = lim+ x - c £ 0 Ô xÆc ˛ y f ¢(c) = 0

f f (a) f (b) 0

a

c

b

x

Teorema 3 (TNR) Jika fungsi f kontinu pada [a,b] dan terdifierensialkan

y

S (x)

0

f

f (b) − f (a)

f (a) a

f (b) - f (a) b-a f (b) - f (a) ( x - a ) + f (a) , maka S kontinu Bukti Definisikan S(x) = f (x) b-a

pada (a,b), maka ∃ c ∈ (a,b) ∋ f ¢(c) =

f ¢(c)

f (b)

Teorema 2 (Rolle) Jika fungsi f kontinu pada [a,b], terdiferensialkan pada (a,b), dan f (a) = f (b), maka ∃ c ∈ (a,b) ∋ f ′(c) = 0. Bukti Otomatis terbukti jika f fungsi konstan. Jika f tidak konstan dan kontinu pada [a,b], maka f mencapai maksimum dan minimum mutlaknya pada [a,b], yang salah satunya tidak mungkin tercapai di x = a atau x = b. Akibatnya ∃ c ∈ (a,b) ∋ f mencapai ekstrim di c. Karena f ′(c) ada, maka f ′(c) = 0.„

b−a c

(

)

pada [a,b], terdiferensialkan pada (a,b), dan S(a) = S(b) = 0, maka ∃ c ∈ (a,b) b

x

∋ S ¢(c) = f ¢(c) -

f (b) - f (a) f (b) - f (a) = 0 (Teorema 2), akibatnya f ¢(c) = b - a .„ b-a

Teorema 4 (utama) Jika fungsi f kontinu pada [a,b] dan f ¢(x) > 0 pada (a,b), maka fungsi f monoton naik pada [a,b]. Bukti Akan dibuktikan f monoton naik dengan cara "u ,v Œ[a, b], u < v fi f (u) < f (v). Pilihlah titik u dan v sebarang pada [a,b] dengan urutan u < v dan buatlah selang [u,v]. Karena f kontinu pada [u,v] dan terdiferensialkan pada (u,v), maka berdasarkan TNR ∃ c ∈ (u,v) ∋ f ¢(c) =

f (v) - f (u) . Karena v − u > 0 dan c ∈ (u,v) ∈ (a,b) ⇒ f ¢(c) > 0 , maka v-u

f (v) − f (u) > 0, sehingga f (u) < f (u). Karena u dan v sebarang pada [a,b], maka fungsi f monoton naik pada [a,b]. „

PLMA 2014 KM ∼ 004

Matematika dibangun dari suatu sistem yang memuat beberapa istilah dasar dan sifat yang kebenarannya diterima tanpa bukti. Suatu sistem matematika merupakan penerapan berbagai metode secara aksiomatik dari logika atas sekelompok unsur, relasi, dan operasi. Pemilihan beberapa sifat dasar dibuat konsisten agar dapat menentukan sistemnya secara utuh. Penalaran dibalik sistem logika dapat dipahami berdasarkan sifat sistem dan rancangan operasi di dalamnya. Sistem aksioma terdiri dari empat bagian penting berikut ini. Istilah tak terdefinisi Istilah dasar (primitif) yang digunakan untuk membangun istilah lain, arti istilahnya sendiri tidak didefinisikan, tetapi deskripsinya ada. Pada suatu sistem matematika tertentu dikenal istilah tak terdefinisi seperti himpunan, titik, garis, bidang, dan sebagainya. Istilah terdefinisi Istilah yang digunakan dalam sistem, bukan istilah dasar, dan dirumuskan dari istilah dasar sehingga mempunyai arti tertentu dan perumusannya menjadi suatu pernyataan yang benar. Dalam suatu definisi, istilah jika berarti jika dan hanya jika. Suatu definisi yang baik mempunyai ciri berikut. h jelas, tepat, dan mempunyai satu makna; h hanya menggunakan istilah dasar atau yang telah muncul sebelumnya; h konsisten, dalam setiap kasus mempunyai arti yang sama; h jangkauannya cukup luas untuk memuat sebanyak mungkin objek dari sistem. Aksioma atau Postulat Aksioma adalah suatu pernyataan yang diandaikan benar pada suatu sistem dan diterima tanpa bukti. Aksioma hanya memuat istilah dasar dan istilah terdefinisi, tidak berdiri sendiri, dan tidak diuji kebenarannya. Sekelompok aksioma dalam suatu sistem harus konsisten, dapat membangun sistemnya, dan tidak saling bertentangan. Teorema Teorema adalah suatu pernyataan matematika yang dirumuskan secara logika dan dibuktikan. Suatu teorema memuat beberapa hipotesis dan kesimpulan, yang dibuktikan dengan memanfaatkan istilah tak terdefinisi, istilah terdefinisi, aksioma, dan pernyataan benar lainnya. Catatan Istilah himpunan tidak dapat didefinisikan karena rancangan definisi apapun selalu memuat sinonim himpunan. Dalam konteks ini himpunan dan unsurnya dianggap ada dan kemudian dibuat deskripsi tentang himpunan. Deskripsinya adalah dapat dibedakan antara unsur dan bukan unsur dari himpunan itu. Sebagai ilustrasi, sekelompok orang jujur bukan suatu himpunan karena ukurannya sangat tidak jelas. Kita dapat mendefinisikan istilah himpunan hingga sebagai suatu himpunan yang terdiri dari n unsur (n bilangan asli) atau himpunan kosong. Setiap unsur di suatu himpunan hingga yang tak kosong berkorespondensi satu-satu dengan himpunan {1, 2, … , n}, n bilangan asli.

PLMA 2014 KM ∼ 005

Sistem Aksioma

Himpunan tak-hingga didefinisikan sebagai bukan himpunan hingga, artinya tidak berkorespondensi satu-satu dengan {1, 2, … , n}, n bilangan asli. Kemungkinannya dapat himpunan terbilang, yaitu berkorespondensi satu-satu dengan = {1,2, } , atau dapat himpunan tak terbilang, yaitu bukan himpunan terbilang. Suatu definisi seringkali dapat dijelaskan latar belakangnya, antara lain definisi gabungan dua himpunan. Tujuan menggabungkan dua himpunan adalah agar anggotanya bertambah banyak. Agar tujuan ini tercapai, syarat keanggotaannya harus diperlemah. Untuk menggabungkan himpunan A dan B, cara memperlemah syarat keanggotaannya adalah memilih salah satu, anggota dari A, atau anggota dari B. Berdasarkan ini, didefinisikan gabungan dua himpunan sebagai A ∪ B = {x | x ∈ A atau x ∈ B}. Pada himpunan bilangan real didefinisikan operasi penjumlahan dan perkalian yang memenuhi sifat tertentu sehingga membentuk sistem bilangan real. Kita mengenal aksioma lapangan yang mendasari sifat aljabar elementer, aksioma urutan yang menjelaskan arti istilah positif, dan aksioma kelengkapan yang menjelaskan korespondensi satu-satu antara bilangan real dan titik pada garis. Bilamana istilah lebih besar didefinisikan sebagai a > b jika a − b positif, sebelumnya harus dimunculkan arti istilah positif, yang tidak dapat diberi arti lebih besar daripada nol karena informasinya menjadi sirkular. Untuk keperluan ini dirancanglah aksioma urutan berikut. Aksioma Urutan Pada terdapat himpunan bagian P ⊂ yang memenuhi (1) "a Œ , a π 0 berlaku salah satu dari atau a ∈ P, atau −a ∈ P (2) jika a, b ∈ P, maka a + b ∈ P dan ab ∈ P. Di sini P dinamakan himpunan bilangan positif dan unsur di P bilangan positif. Definisi Untuk a, b ∈ bilangan positif.

, a dikatakan lebih besar dari b, ditulis a > b, jika a − b

Teorema Untuk a ∈ berlaku a bilangan positif ⇔ a > 0. Bukti (⇒) Karena a bilangan positif, maka a − 0 juga bilangan positif. Berdasarkan definisi lebih besar langsung diperoleh a > 0. (⇐) Berdasarkan definisi lebih besar, a > 0 berarti a − 0 bilangan positif. Karena a − 0 = a, maka ini berarti bahwa a bilangan positif. Simbol • (baca: tak-hingga/infinite) dimaknai sebagai sesuatu yang lebih besar dari setiap bilangan real. Karena proses mencari yang lebih besar ini tidak pernah berhenti, maka simbolnya adalah ″8″ yang dibuat horisontal/berbaring. Simbol - • dimaknai sebaliknya sebagai sesuatu yang lebih kecil dari setiap bilangan real.

PLMA 2014 KM ∼ 006

Proses Hingga, Proses tak Hingga, dan Eksistensi Proses Hingga dan Proses tak Hingga Matematika mengenal adanya proses hingga seperti operasi aljabar dan berbagai sifat operasinya. Tetapi matematika juga mengenal adanya proses takhingga seperti pada limit dan deret. Sifat operasi aljabar berlaku dan dirancang hanya untuk sejumlah berhingga operasi. Contoh berikut ini memperlihatkan terjadinya kontradiksi jika sifat aljabar digunakan untuk sejumlah tak hingga operasi. Operasi

Argumentasi

0+0=0

Sifat unsur nol pada aksioma lapangan

0 + 0 + ⋅⋅⋅ + 0 = 0

Ruas kiri ≡ n angka⋅0 dengan n⋅0 = 0

0 + 0 + ⋅⋅⋅ = 0

Ruas kiri ≡ deret dengan jumlah parsial = 0

(1 − 1) + (1 − 1) + ⋅⋅⋅ = 0

Setiap bilangan 0 diganti dengan (1 − 1)

1 − 1 + 1 − 1 + ⋅⋅⋅ = 0

Hukum asosiatif, penghilangan kurung

1 + 1 − 1 + 1 − 1 + ⋅⋅⋅ = 0

Hukum komutatif, pertukaran sn+2 dengan sn+3

1 + (1 − 1) + (1 − 1) + ⋅⋅⋅ = 0

Hukum asosiatif, penulisan kembali kurung

1 + 0 + 0 + ⋅⋅⋅ = 0

Penggantian setiap bilangan (1 − 1) dengan 0

1=0

Penggunaan sifat 0 + 0 + … = 0

Kontradiksi ini terjadi karena hukum asosiatif dan komutatif digunakan untuk sejumlah tak hingga objek. Perhatikan bahwa satu langkah saja salah dapat menghasilkan suatu kontradiksi. Proses yang Terkait dangan Eksistensi Dalam sistem bilangan real berlaku sifat 1 = 1 (ketunggalan akar kuadrat) tetapi dalam sistem bilangan kompleks berlaku sifat 1 = ±1 (fungsi akar bernilai banyak). Pada operasi berikut ini dalam sistem bilangan real, langkah keberapakah yang salah?

1 = 1 = ( -1)( -1) = -1 ◊ -1 = ( -1)1/2◊ ( -1)1/2 = ( -1)1/2+1/2 = ( -1)1 = - 1 ≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠ ≠ 1

2

3

4

5

6

7

Langkah yang salah adalah = karena dalam sistem bilangan real eksistensi dari ≠

-1

3

tidak dikenal, atau

-1 bukan bilangan real. Langkah lain yang salah adalah = kare≠ 5

na hukum x ◊ x = x a

b

a +b

berlaku jika x, a, dan b semuanya bilangan real.

PLMA 2014 KM ∼ 007

Masalah dimaknai sebagai secara sadar mencari rangkaian langkah tindakan yang tepat agar diperoleh pemahaman yang jelas, tetapi solusi dari masalahnya tidak secara otomatis dapat tercapai. Pemecahan masalah dimaknai sebagai mencari jalan keluar dari kesulitan, yang dikelilingi rintangan, tujuan tak mudah dapat tercapai. Solusi masalah merupakan suatu prestasi berpikir manusia dan kemampuan berpikir adalah pemberian Sang Pencipta yang paling berharga. Dari alternatif solusi masalah yang mungkin terpikirkan (jika solusinya tidak tunggal), carilah solusi yang paling optimum. Gagasan pemecahan dimaknai sebagai mencari sesuatu yang tersirat dari informasi relevan kemudian buatlah rangkaian langkah kerja berikut. sistematika → jaringan → ketajaman → gagasan → langkah operasional Kelengkapan dan ketajaman informasi disertai komponen pembentuknya (sumber daya berlimpah) diharapkan dapat mempercepat munculnya gagasan pemecahan. Tahapan berpikir kreatif dalam pemecahan masalah h Orientasi, merumuskan masalah dengan identifikasi berbagai aspeknya. h Preparasi, mengumpulkan informasi relevan dan mencari yang tersirat. h Inkubasi, ketika jalan buntu proses berlangsung terus dalam bawah sadar. h Iluminasi, akhir inkubasi, diperoleh ilham sebagai gagasan pemecahan. h Verifikasi, pengujian secara kritis dan penilaian setiap langkah gagasan. Contoh Kasus: Kisah Archimedes (287 – 212 SM) dan Mahkota Raja Masalah: Apakah mahkota raja Syracuse dibuat dari emas murni atau tidak? h Orientasi, bagaimana menentukan logam pembuat mahkota tanpa merusak atau meleburnya. h Preparasi, semua cara untuk menganalisis logam diteliti tetapi cara tidak mungkin dilakukan karena dapat merusak mahkota raja. h Inkubasi, masalah disingkirkan sementara karena jalan buntu, proses terus berlangsung dalam bawah sadar. h Iluminasi, gagasan pemecahan masalah ditemukan dalam bak mandi, banyaknya air yang dipindahkan sama dengan berat tubuhnya. Eureka h Verifikasi, pengujian hasil temuan: mahkota raja ditimbang, kemudian berbagai jenis logam seberat mahkota raja dikumpulkan. Setelah itu satu persatu logam tersebut dicelupkan ke dalam air untuk mengukur berat zat cair yang dipindahkan. Akhirnya, bandingkan berat zat cair yang dipindahkan dari setiap logam ini dengan berat mahkota raja.

PLMA 2014 KM ∼ 008

Manajemen Pemecahan Masalah Berbagai pendekatan dalam proses mencari solusi pemecahan masalah

INPUT

Proses Transformasi

Masalah

Perumusan Masalah

Informasi Relevan

Gagasan Pemecahan

Proses Berpikir Kreatif

OUTPUT Solusi Masalah

Penyajian Formal

Pemeriksaan Secara Kritis Setiap Langkah

Perumusan Gagasan dalam Langkah Operasional

PLMA 2014 KM ∼ 009

Pernyataan Berkuantor dan Pernyataan Majemuk

Suatu pernyataan adalah rangkaian kata dalam bentuk kalimat yang dapat dinilai kebenarannya, benar atau salah. Untuk suatu pernyataan, hanya berlaku salah satu, atau benar, atau salah; tidak mungkin sekaligus benar dan salah, juga tidak benar dan tidak salah. Ukuran benar atau salahnya suatu pernyataan tidak didasarkan opini atau pendapat. Suatu pernyataan yang selalu benar dalam setiap kasus dinamakan tautologi, dan yang selalu salah dinamakan kontradiksi. Suatu pernyataan diberi lambang huruf kecil p atau huruf lainnya di sekitar p. Perhatikan ilustrasi berikut. Kalimat ″setiap persegi panjang adalah jajargenjang ″ adalah suatu pernyataan karena bernilai benar. Argumentasinya, pada setiap persegi panjang berlaku setiap dua sisi yang sejajar selalu sama panjang, sehingga sifat jajargenjang dipenuhi. Kalimat ″setiap segitiga samakaki adalah samasisi ″ adalah suatu pernyataan karena bernilai salah. Argumentasinya adalah terdapat segitiga samakaki yang bukan segitiga samasisi. Kalimat tanya seperti ″Anda hendak pergi ke mana? ″ dan kalimat perintah seperti ″kerjakan soal itu di papan tulis″ bukan merupakan suatu pernyataan karena nilai kebenarannya tidak dapat ditentukan.

Kuantor dari suatu pernyataan adalah suatu istilah yang digunakan untuk menyatakan ″berapa banyak ″ objek di dalam suatu sistem, yang terdiri dari: Kuantor universal, ditulis dengan lambang ∀, mempunyai arti untuk sebarang (for any), untuk setiap (for every/each), atau untuk semua (for all). Pengertian dari ketiga istilah itu bergantung pada konteks pembicaraannya. Kuantor eksistensial, ditulis dengan lambang ∃, yang mempunyai arti terdapat (paling sedikit satu/ada/for some). Kata sambung sehingga Dalam pernyataan berkuantor, kata sambung sehingga (such that) ditulis dengan lambang ', huruf script dari s dan t. Perhatikan beberapa ilustrasi berikut tentang pernyataan berkuantor beserta simbolisasinya secara logika matematika. Untuk sebarang bilangan real x terdapat bilangan asli n sehingga n lebih besar daripada x. Pernyataan ini dapat ditulis dengan lambang "x Œ \ $ n Œ ` 'n > x . Setiap bilangan real taknol selalu mempunyai kebalikan, yang bersifat perkalian bilangan dan kebalikannya sama dengan satu. Pernyataan ini dapat ditulis dengan lambang "x Œ \, x π 0, $ y Œ \ 'xy = 1 .

PLMA 2014 KM ∼ 010

Logika Matematika

Pernyataan majemuk adalah suatu pernyataan yang dibentuk dengan merangkaikan beberapa pernyataan atau mengingkari suatu pernyataan. Dari pernyataan p dan q dapat dibentuk pernyataan majemuk berikut. h Ingkaran (negasi) dari p, lambangnya ∼p, dibaca tidak benar p. h Konjungsi dari p dan q, lambangnya p ∧ q, dibaca p dan q. h Disjungsi dari p dan q, lambangnya p ∨ q, dibaca p atau q. h Implikasi dari p dan q, lambangnya p → q, dibaca jika p, maka q. h Ekivalensi dari p dan q, lambangnya p ↔ q, dibaca p jika dan hanya jika q. Suatu implikasi p → q yang bersifat tautologi (selalu benar dalam setiap kasus) ditulis dengan lambang p ⇒ q. Suatu ekivalensi p ↔ q yang bersifat tautologi ditulis dengan lambang p ⇔ q. Catatan Istilah tidak bermakna ″tidak semua ″, yaitu sebagai contoh penyangkal. Salah satu kasus yang mungkin terjadi dari ″tidak semua″ adalah ″semua tidak ″, yaitu sebagai komplementasi. Sebagai ilustrasi, pernyataan ″tidak semua nol ″ berarti ″ada yang tidak nol ″, salah satu kasusnya adalah ″semua tidak nol ″. Pernyataan ″x bilangan tidak genap″ berarti ″x bilangan ganjil ″ karena himpunan bilangan genap dan ganjil saling berkomplemen. Pernyataan ″x bilangan tidak positif ″ belum berarti ″x bilangan negatif ″ karena bilangan positif dan negatif tidak saling berkomplemen. Pernyataan p(x) ≤ q(x) termasuk dalam kelompok pertaksamaan, meskipun dalam kasus ini masih terdapat kemungkinan terdapat x sehingga p(x) = q(x). Dalam konteks ini ″tak sama″ berarti ″tidak semua sama″, yang berarti boleh ada yang sama. Istilah atau mempunyai arti ganda, atau inklusif (…or…), salah satu atau keduanya; dan atau ekslusif (either…or…), salah satu dan tidak mungkin keduanya. Sebagai ilustrasi, kondisi untuk persamaan linear ax + by = c adalah ″a ≠ 0 atau b ≠ 0″, yang berarti ″paling sedikit salah satu dari a dan b sama taknol ″. Dalam konteks ini, mungkin terjadi a ≠ 0 dan b ≠ 0. Tetapi pernyataan: ″a < 0 atau a > 1″ berarti ″salah satu″ dan tidak mungkin keduanya karena tidak mungkin suatu bilangan real yang sekaligus negatif dan lebih besar daripada 1. Ilustrasi Ingkaran dari pernyataan p: x ≤ 3 adalah ∼p: tidak benar bahwa x ≤ 3, yang berarti bahwa x > 3. Pernyataan p: 2 ≤ 3 bernilai benar karena ingkarannya ∼p: 2 > 3 bernilai salah. Konjungsi dari pernyataan p: x ≤ 4 dan q: x > 0 adalah p ∧ q: x ≤ 4 dan x > 0, yang dapat ditulis dalam bentuk p ∧ q: 0 < x ≤ 4. Disjungsi dari pernyataan p: x ≥ 4 dan q: x < 0 adalah p ∨ q: x ≥ 4 atau x < 0. Disjungsi ini bersifat eksklusif karena tidak mungkin dipenuhi sekaligus, yang berlaku hanya salah satu saja.

PLMA 2014 KM ∼ 011

Logika Matematika

Disjungsi dari pernyataan p: x ≤ 4 dan q: x > 0 adalah p ∨ q: x ≤ 4 atau x > 0, yang dipenuhi oleh setiap bilangan real x. Disjungsi ini bersifat inklusif karena terdapat bilangan real x yang sekaligus memenuhi x ≤ 4 dan x > 0. Implikasi: ″jika x ≤ 4, maka x2 ≥ 0″ bernilai benar karena kuadrat dari sebarang bilangan selalu bernilai positif atau nol, termasuk bilangan yang memenuhi x ≤ 4. Ekivalensi: ″x2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ x ≤ 2″ bernilai benar berdasarkan sifat pertaksamaan. Nilai kebenaran dari pernyataan majemuk dapat ditampilkan dalam suatu tabel yang dinamakan tabel kebenaran. Perhatikan tabel kebenaran untuk pernyataan majemuk yang dibentuk dari pernyataan p dan q berikut.

p∨q

p∨q

inklusif

eksklusif

B

B

B

S

B

S

B

B

p

q

∼p

∼q

p∧q

B

B

S

S

B

S

S

S

B

S

S

p→q

q→p

p↔q

S

B

B

B

B

B

S

B

S

S

B

B

B

S

S

S

S

S

B

B

B

Implikasi p → q dapat muncul dalam bentuk 6 cara berikut. 2

Ilustrasi x = 2 ⇒ x = 4 dapat dibaca

Implikasi p → q (1) jika p, maka q (2) p mengakibatkan q (3) q, jika p (4) p hanya jika q (5) p syarat cukup untuk q (6) q syarat perlu untuk p 2

2

(1) jika x = 2, maka x = 4 2 (2) x = 2 mengakibatkan x = 4 2 (3) x = 4, jika x = 2 2 (4) x = 2 hanya jika x = 4 2 (5) x = 2 syarat cukup untuk x = 4 2 (6) x = 4 syarat perlu untuk x = 2

Perhatikan bahwa kesimpulan x = 4 dapat diambil hanya dengan argumentasi x = 2. 2 Ini berarti informasi x = 2 saja sudah cukup untuk menyimpulkan x = 4. Sebaliknya, 2 untuk menyimpulkan x = 2 salah satu syaratnya adalah x = 4. Syarat ini perlu namun 2 belum cukup karena mungkin terjadi x = −2 yang juga memenuhi x = 4. Untuk itu diperlukan syarat tambahan, misalnya x positif.

PLMA 2014 KM ∼ 012

Logika Matematika

Dua pernyataan majemuk yang mempunyai tabel kebenaran sama dinamakan ekivalen secara logika (setara). Pernyataan majemuk r dan s yang setara ditulis dengan lambang r ≡ s, dan kebenarannya dibuktikan dengan menggunakan tabel kebenaran. Selain itu tabel kebenaran juga digunakan untuk membuktikan bahwa dua pernyataan majemuk yang berbentuk tautologi.

Sifat Untuk pernyataan p dan q berlaku:

h ∼ (∼p) ≡ p, ingkaran dari ingkaran pernyataan adalah pernyataannya. h (p → q) ≡ (∼q → ∼p); implikasi ∼q → ∼p dinamakan kontraposisi dari p → q. h (p → q) ≡ (∼p → ∼q) ≡ ∼p ∨ q dan ∼ (p → q) ≡ p ∧ ∼q. h (p ↔ q) ≡ (p → q) ∧ (q → p) ≡ (∼p ∨ q) ∧ (∼q ∨ p).

h (p ∧ q) → p, (p ∧ q) → q, p → (p ∨ q), dan q → (p ∨ q) semuanya tautologi.

Ilustrasi Slogan: ″merokok atau sehat ″ setara dengan ″jika tidak merokok, maka ia sehat ″ atau ″jika tidak sehat, maka ia merokok ″

Kesetaraan ini dapat diperlihatkan dengan cara berikut. Misalkan p: ia merokok dan q: ia sehat, maka pernyataan ″merokok atau sehat ″ dapat dituliskan dalam bentuk p ∨ q. Karena ∼(∼p) ≡ p, maka diperoleh kesetaraan p ∨ q ≡ ∼ (∼p) ∨ q ≡ ∼p → q, yang berarti ″jika tidak merokok, maka ia sehat ″. Kontraposisi dari pernyataan ini adalah ″jika tidak sehat, maka ia merokok ″. 2

Ilustrasi Tunjukkan ″jika x < 4, maka x < 2 ″ adalah suatu pernyataan yang benar. 2

Jawab Jika pertaksamaan x < 4 diselesaikan, maka solusinya adalah −2 < x < 2. Ini berarti bahwa x > −2 dan x < 2. Misalkan p: x > −2 dan q: x < 2. Karena (p ∧ q) → q adalah suatu tautologi, maka dari −2 < x < 2 dapat disimpulkan bahwa x < 2. 2

Ilustrasi Tunjukkan ″jika x = 4, maka x = 2 ″ adalah suatu pernyataan yang salah. Jawab Pernyataan p → q bernilai salah dalam kasus p benar dan q salah. Misalkan 2 p: x = 4 dan q: x = 2. Karena x = −2 menghasilkan p benar dan q salah, maka pernya2 taan ″jika x = 4, maka x = 2 ″ salah. 2

Ilustrasi Tunjukkan ″jika x > 4, maka x > 2 ″ adalah suatu pernyataan yang salah. Jawab Pernyataan p → q bernilai salah dalam kasus p benar dan q salah. Misalkan 2 p: x > 4 dan q: x > 2. Karena x = −3 menghasilkan p benar dan q salah, maka pernyataan ″jika x2 > 4, maka x > 2 ″ salah.

PLMA 2014 KM ∼ 013

Pengantar Pembuktian secara matematika merupakan suatu bagian dari penalaran deduktif yang berbasiskan asumsi. Tujuannya adalah untuk meyakinkan kebenaran suatu pernyataan matematika dalam suatu sifat atau teorema yang berbentuk implikasi p ⇒ q atau ekivalensi p ⇔ q. Untuk membuktikan ini terdapat beberapa cara, bukti langsung atau bukti tak langsung yang berbentuk bukti dengan kontraposisi dan bukti dengan kontradiksi. Selain itu dikenal juga bukti dengan induksi matematika. Bukti Langsung Untuk membuktikan implikasi p ⇒ q, gunakan pernyataan p se-bagai suatu informasi untuk sampai pada kebenaran q. Ilustrasi Buktikan bahwa ″jika x bilangan genap, maka x2 juga bilangan genap″. Bukti Karena x bilangan genap, maka terdapat suatu bilangan bulat n sehingga x = 2 2 2 2 2n. Akibatnya x = 4n = 2(2n ). Karena n bilangan bulat, maka (2n ) bilangan bulat, 2 sehingga x juga bilangan bulat. Jadi terbuktilah yang diinginkan.  2

Ilustrasi Buktikan bahwa ″jika x bilangan ganjil, maka x juga bilangan ganjil″. Bukti Karena x bilangan ganjil, maka terdapat suatu bilangan bulat n sehingga x = 2 2 2 2n + 1. Akibatnya x = (2n + 1) = 4n + 4n + 1 = 2(2n(n + 1)) + 1. Karena n bilangan 2 bulat, maka 2n(n + 1) bilangan bulat, sehingga x juga bilangan bulat. Jadi terbuktilah yang diinginkan.  Bukti dengan Kontraposisi Untuk membuktikan implikasi p ⇒ q gunakan kontraposisinya, implikasi ∼q → ∼p. Karena (p → q) ≡ (∼q → ∼p), maka secara tak langsung implikasi p → q dapat dibuktikan dengan ∼q → ∼p. 2

Ilustrasi Buktikan bahwa ″jika x bilangan ganjil, maka x juga bilangan ganjil″. Bukti Kontraposisi pernyataan ini adalah 2

″jika x bilangan tidak ganjil, maka x juga bilangan tidak ganjil″. Karena bilangan bulat yang tidak ganjil adalah bilangan genap, maka kontraposisi ini setara dengan 2 ″jika x bilangan genap, maka x juga bilangan genap″. Karena implikasi terakhir telah dibuktikan pada ilustrasi sebelumnya, maka terbuktilah yang diinginkan. 

PLMA 2014 KM ∼ 014

Metode Pembuktian secara Matematika Bukti dengan Kontradiksi Dasarnya adalah sifat kesetaraan ∼(∼q) ≡ q. Dengan mengandaikan ∼q benar, carilah pertentangan (kontradiksi) dengan p atau dengan sesuatu yang dianggap benar. Karena pertentangan ini disebabkan oleh ∼q benar, maka haruslah ∼q salah, sehingga q benar. Bukti dengan kontradiksi digunakan sebagai suatu alternatif terakhir bilamana bukti langsung tidak dapat diproses. Ilustrasi Buktikan ″himpunan bilangan asli tak mempunyai unsur terbesar″. Bukti Kebenaran dari suatu pernyataan berbentuk kalimat negatif tidak mungkin dibuktikan langsung. Untuk ini digunakan bukti dengan kontradiksi. Andaikan himpunan bilangan asli mempunyai unsur terbesar, maka ini berarti terdapat bilangan asli M sehingga n ≤ M untuk setiap bilangan asli n. Karena n = 2M juga bilangan asli, maka 2M ≤ M, atau 2 ≤ 1, suatu kontradiksi (pertentangan). Karena pertentangan ini disebabkan pengandaian himpunan bilangan asli mempunyai unsur terbesar, maka kesimpulannya haruslah himpunan bilangan asli tidak mempunyai unsur terbesar.  Ilustrasi Buktikan 2 bukan suatu bilangan rasional. Bukti Andaikan 2 adalah bilangan rasional

fl 2=m n , m bilangan bulat, n bilangan asli, m,n relatif prim fl m2 = 2 fi m2 = 2n2 fi m2 bilangan genap fi m bilangan genap fi n bilangan ganjil 2 n

saling bertentangan

m = 2k, k bilangan bulat fi m = 4k = 2n fi n = 2k fi n bilangan genap fi n bilangan genap 2

2

2

2

2

2

Karena tidak mungkin ada bilangan bulat yang sekaligus ganjil dan genap, maka terjadilah pertengangan. Akibatnya pengandaian salah, sehingga diperoleh 2 bukan bilangan rasional. 

Penulisan bahasa bagan ke bahasa narasi h Andaikan

2 adalah bilangan rasional, maka bilangan ini dapat ditulis sebagai m

2 = n , m bilangan bulat, n bilangan asli, dengan m,n relatif prim m

2

2

2

2

2 = n , maka m2 = 2 , sehingga m = 2n . Dari sini diperoleh m adalah bin langan genap, sehingga m juga bilangan genap. Karena m dan n relatif prim, maka n harus bilangan ganjil. h Dari m bilangan genap diperoleh m = 2k dengan k bilangan bulat. Akibatnya 2 2 2 2 2 m = 4k = 2n , atau n = 2k . 2 Dari sini diperoleh n adalah bilangan genap, sehingga n juga bilangan genap, yang bertentangan dengan hasil sebelumnya yang menyatakan n harus bilangan ganjil. Karena terjadi pertentangan, maka pengadaian salah, sehingga kesimpulan yang benar adalah 2 bukan suatu bilangan rasional.  h Karena

PLMA 2014 KM ∼ 015

Metode Pembuktian secara Matematika Induksi Matematika Induksi matematika merupakan suatu cara penting dari pembuktian yang terkait dengan pernyataan untuk bilangan asli. Pada himpunan bilangan asli = {1, 2,3, } diandaikan terdapat sifat urutan yang berikut. Sifat urutan (ordering property), bilangan asli yang satu lebih kecil dari yang lain. Sifat urutan rapi (well-ordering property), setiap himpunan bagian tak kosong dari mempunyai unsur terkecil. Jika S ⊆ dan S ≠ ∅, maka ∃ k ∈ S ∋ k ≤ n ∀n ∈ . Teorema (Prinsip Induksi Matematika) Jika S ⊆ memenuhi sifat (1) 1 ∈ S dan (2) k ∈ S ⇒ k + 1 ∈ S, maka S =

.

Andaikan S ≠ ⇓ − S ≠ ∅ dan ( − S) ⊂ ⇓ − S mempunyai unsur terkecil m ∈ − S ⇓ m∉S kontradiksi m∈S 1 Œ S (1) ¸ ⇑ fi m >1Ô m œS ˝ fi m - 1 œ - S fi m - 1 Œ S fi m = (m -1) + 1 Œ S ( 2) m terkecil di - S Ô˛

Bukti

}

Karena penyebab kontradiksi ini pengandaian S ≠

, maka haruslah S =

. 

Latihan: Tuliskan bahasa bagan ini ke bahasa narasi ! Metode Pembuktian dengan Induksi Matematika Metode pembuktian dengan induksi matematika yang terkait dengan pernyataan untuk bilangan asli n dituliskan dalam kerangka berikut. Jika P(n) adalah suatu pernyataan tentang bilangan asli n, maka kebenaran P(n) untuk semua bilangan asli n dibuktikan dengan cara menunjukkan P(1) benar dan (P(n) benar ⇒ P(n + 1) benar). P (1) benar fi P(n) benar "n Œ P (n) benar fi P(n +1) benar

}

Pernyataan P(n) ini berlaku untuk n = 1,2, ⋅⋅⋅ , atau dapat juga mulai dari n = n0, n0 suatu bilangan asli tertentu. Jika bilangan asli diandaikan kumpulan tonggak berjajar dan berjarak 1 satuan, maka gagasan pembuktiannya adalah jatuhnya tonggak pertama dan jatuhnya dua tonggak berdekatan mengakibatkan seluruh tonggak jatuh. Pernyataan P(n) tentang bilangan asli n pada beberapa kasus dapat dikonstruksi, setelah sifatnya diperoleh barulah dibuktikan dengan induksi matematika.

PLMA 2014 KM ∼ 016

Metode Pembuktian secara Matematika Ilustrasi Buatlah konstruksi untuk jumlah n buah bilangan ganjil positif berurutan mulai dari 1 kemudian buktikan hasilnya dengan induksi matematika. 2

2

2

2

Jawab Dari pola keberaturan 1 = 1 , 1 + 3 = 2 , 1 + 3 + 5 = 3 , 1 + 3 + 5 + 7 = 4 di2 peroleh P(n): 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n . Kita buktikan pernyataan P(n) benar untuk setiap bilangan asli n dengan induksi matematika. 2

h Untuk n = 1 diperoleh P(1): 1 = 1 (pernyataan benar). Jadi P(1) benar. 2

h Andaikan P(n): 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n benar, akan dibuktikan P(n + 1) juga

benar. Karena untuk P(n + 1) kita mempunyai pernyataan 2 2 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) + (2n + 1) = n + 2n + 1 = (n + 1) , maka P(n + 1) juga benar. 2

Jadi terbuktilah 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n benar untuk setiap bilangan asli n.  n

Ilustrasi Buktikan P(n): n < 2 benar untuk setiap bilangan asli n. Bukti 1 hUntuk n = 1 diperoleh P(1): 1 < 2 = 2 (pernyataan benar). Jadi P(1) benar. n

hAndaikan P(n): n < 2 benar, akan dibuktikan P(n + 1) juga benar. Karena untuk P(n + 1) kita mempunyai pernyataan n n n n n+1 n + 1 < 2 + 1 < 2 + 2 = 2⋅2 = 2 , maka P(n + 1) juga benar. n

Jadi terbuktilah P(n): n < 2 benar untuk setiap bilangan asli n.  n+1

n

Ilustrasi Buktikan P(n): n > (n + 1) benar untuk setiap bilangan asli n > 2. Bukti 4 3 h Untuk n = 3 diperoleh P(3): 81 = 3 > 4 = 64 (pernyataan benar). Jadi P(3) benar. n+1

n

> (n + 1) benar, akan dibuktikan P(n + 1) juga benar. Karena untuk P(n + 1) kita mempunyai pernyataan

h Andaikan P(n): n

(n + 1) n + 2 = (n + 1) n+ 2 ◊ =

(( n +1)2 )n +1 ( n +1) 2 n + 2 (n + 2) n +1 = (n + 2) n +1 n + 1 ( n ( n + 2)) (n( n + 2)) n +1

(

n 2 + 2 n +1 = n2 + 2 n

maka P(n + 1) juga benar. Jadi terbuktilah P(n): n

n n +1 ( n + 2)n +1 ( n +1) n + 2◊ ( n +1)n ◊ > (n + 2) n+1 n + 1 n + 1 n + 1 n + 1 n ( n + 2) ( n + 2) ◊ n

n+1

)

n +1

(n + 2) n+1 > 1◊ (n + 2) n+1 = (n + 2) n +1,

n

> (n + 1) benar untuk setiap bilangan asli n > 2.

PLMA 2014 KM ∼ 017

Himpunan Himpunan merupakan suatu istilah dasar (tak terdefinisi/primitif) dalam matematika. Istilah himpunan tidak didefinisikan tetapi dideskripsikan agar dapat dibedakan antara anggota dan bukan anggota himpunan. Notasi Himpunan dituliskan dengan huruf besar dan unsurnya dengan huruf kecil. Untuk himpunan A dan unsur x, lambang x ∈ A berarti x anggota dari A dan x ∉ A berarti x bukan anggota dari A. Untuk himpunan A dan unsur x terdapat dua kemungkinan, atau x ∈ A, atau x ∉ A. Cara memperkenalkan himpunan tanpa serangkaian aksioma dikenal sebagai naive set theory, dan dianggap cukup memadai untuk bekerja dengan himpunan dalam konteks analisis real. Himpunan kosong (hampa), ditulis ∅, didefinisikan sebagai himpunan yang tidak mempunyai unsur. Lambang Himpunan Bilangan Himpunan bilangan asli: = {1,2, 3, } Himpunan bilangan bulat: = { , -3, - 2, -1,0,1, 2, 3, }

Himpunan bilangan rasional: Himpunan bilangan real:

= {x : x = m n , mΠ, nΠ}

= {x : x bilangan rasional atau irasional}

Relasi antar Himpunan Himpunan bagian A dikatakan himpunan bagian dari B, ditulis A ⊆ B, jika setiap unsur di A termasuk di B. ¾ Dengan lambang matematika ditulis: A ⊆ B jika ∀x ∈ A berlaku x ∈ A ⇒ x ∈ B. ¾ Ingkaran definisi ini menyatakan: A { B jika ∃ x ∈ A ∋ x ∉ B. ¾ Sifat: "B, ∅ ⊆ B karena x Œ∅ fi x Œ B merupakan suatu pernyataan benar. S B

Himpunan sama A dikatakan sama dengan B, ditulis A = B jika A ⊆ B dan B ⊆ A. Dalam konteks ini A dan B mempunyai unsur yang sama. Operasi Gabungan, Irisan, dan Selisih Operasi Gabungan Gabungan himpunan A dan B, ditulis A ∪ B, didefinisikan sebagai A ∪ B, = {x | x ∈ A atau x ∈ B}. Operasi Irisan Irisan himpunan A dan B, ditulis A ∩ B, B, didefinisikan sebagai

A ∩ B, = {x | x ∈ A dan x ∈ B}. Himpunan lepas: Himpunan A dan B saling lepas jika A ∩ B = ∅.

PLMA 2014 KM ∼ 018

Himpunan Gabungan hingga: ∪ jn= 1 A j = A1∪ A2 ∪

∪ An , x Œ∪ jn= 1 A j ¤$ i Œ{1, 2,

Gabungan tak hingga: ∪ j•= 1 A j = A1∪ A2 ∪

∪ j ŒJ A j = Aa ∪ Ab ∪

, x Œ∪ j•= 1 A j ¤$ i Œ{1, 2, } = 'x ŒAi

, J himpunan indeks; x Œ ∪ jŒJ A j ¤ $ j ŒJ 'x Œ A j

Irisan hingga: ∩ jn=1 A j = A1∩ A2 ∩

∩ An , x Œ∩ jn=1 A j ¤ x Œ Ai "i Œ{1, 2,

Irisan tak hingga: ∩ j•=1 A j = A1∩ A2 ∩

∩ j ŒJ A j = Aa ∩ Ab ∩

, n}'x ŒAi

, n}

, x Œ∩ j•=1 A j ¤ x Œ Ai "i Œ{1,2, } =

, J himpunan indeks; x Œ ∩ jŒJ A j ¤ x ŒA j "j ŒJ

Selisih dan komplemen relatif Selisih himpunan A dan B, ditulis A − B, didefinisikan sebagai A − B = {x | x ∈ A dan x ∉ B}. ¾ Dalam kasus A himpunan semesta (S), himpunan S − B = {x | x ∉ B} dinamakan

komplemen dari B, ditulis BC. Jadi A − B = komplemen B relatif terhadap A. C C ¾ Himpunan kosong ∅ dan semesta S saling berkomplemen; ∅ = S dan S = ∅.

Diagram Venn Operasi antar himpunan dapat digambarkan dalam diagram Venn berikut. Gabungan A ∪ B

A

B

A∪B

Selisih A − B

Irisan A ∩ B

A

B

A∩B

A A−B

A, B lepas, A − B = ∅ B

A A∩B=∅

Teorema Untuk himpunan A, B, dan C berlaku

Sifat identitas: A ∩ A = A dan A ∪ A = A. Sifat komplemen: ∅C = S, SC = ∅, (AC)C = A, A ∪ AC = S, dan A ∩ AC = ∅. Sifat komutatif: A ∩ B = B ∩ A dan A ∪ B = B ∪ A. Sifat asosiatif: (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C) dan (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C). Sifat de ′Morgan: (A ∪ B)C = AC ∩ BC dan (A ∩ B)C = AC ∪ BC. Sifat distributif: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) dan A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). A − (B ∪ C) = (A − B) ∩ (A − C) dan A − (B ∩ C) = (A − B) ∪ (A − C).

B

PLMA 2014 KM ∼ 019

Himpunan

Buktikan A ∩ (B − C) ⊆ A − (B ∩ C) tetapi kebalikannya A − (B ∩ C) ⊆ A ∩ (B − C) tidak benar lagi. Bukti Misalkan x ∈ A ∩ (B − C), akan dibuktikan x ∈ A − (B ∩ C). ¾ Dari x ∈ A ∩ (B − C) diperoleh x ∈ A dan x ∈ B − C. ¾ Karena (B − C) ∪ (B ∩ C) = B dan (B − C) ∩ (B ∩ C) = ∅, maka x ∉ B ∩ C. ¾ Akibatnya x ∈ A dan x ∉ B ∩ C, sehingga x ∈ A − (B ∩ C).

Jadi terbuktilah A ∩ (B − C) ⊆ A − (B ∩ C).  A

B 4

1

2 7 5

6 3

C

Contoh penyangkal A − (B ∩ C) ⊆ A ∩ (B − C) tidak benar:

A = {1,4,5,7}, B = {2,4,6,7}, dan C = {3,5,6,7}. Untuk himpunan A, B dan C ini kita mempunyai A ∩ (B − C) = {1,4,5,7} ∩ {2,4} = {4}, dan A − (B ∩ C) = {1,4,5,7} − {6,7} = {1,4,5} { A ∩ (B − C).

Buktikan hukum distributif A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Bukti ⊆: Akan dibuktikan A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). ¾ Misalkan x ∈ A ∩ (B ∪ C), maka x ∈ A dan x ∈ B ∪ C, sehingga

x ∈ A dan (x ∈ B atau x ∈ C) ¾ Kemungkinan (1): Jika x ∈ B, maka x ∈ A dan x ∈ B, sehingga x ∈ A ∩ B.

Kemungkinan (2): Jika x ∈ C, maka x ∈ A dan x ∈ C, sehingga x ∈ A ∩ C. ¾ Jadi x ∈ A ∩ B atau x ∈ A ∩ C, akibatnya x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Karena itu terbuktilah A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).  Bukti ⊇: Akan dibuktikan (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C). ¾ Misalkan (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), maka x ∈ A ∩ B atau x ∈ A ∩ C. ¾ Kemungkinan (1): Jika x ∈ A ∩ B, maka x ∈ A dan x ∈ B.

Kemungkinan (2): Jika x ∈ A ∩ C, maka x ∈ A dan x ∈ C. ¾ Jadi x ∈ A dan (x ∈ B atau x ∩ C), akibatnya A ∩ (B ∪ C).

Karena itu terbuktilah (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊆ A ∩ (B ∪ C). 

PLMA 2014 KM ∼ 019

Himpunan

Buktikan (1) ∅C = S dan (2) A ∩ AC = ∅ Bukti (1) Akan dibuktikan ∅C ⊆ S (otomatis karena S semesta) dan S ⊆ ∅C. Andaikan

S { ∅C, maka ∃ x ∈S ∋ x ∉ ∅C, akibatnya ∃ x ∈S ∋ x ∈ ∅ (kontradiksi). Jadi S ⊆ ∅C.  Bukti (2) Akan dibuktikan ∅ ⊆ A ∩ AC (otomatis karena ∅ ⊆ B ∀B) dan A ∩ AC ⊆ ∅.

Andaikan A ∩ AC { ∅, maka ∃ x ∈ A ∩ AC ∋ x ∉ ∅, akibatnya ∃ x ∈ A, x ∉ A, dan x ∈ S. (kontradiksi). Jadi A ∩ AC ⊆ ∅. 

1. Jelaskan mengapa pesan dari pernyataan berkuantor ″tidak semua peserta hadir ″ belum berarti ″ada peserta yang hadir ″. 2. Perhatikan pernyataan matematika ″perkalian dua matriks tidak komutatif ″. Jelaskan mengapa masih terdapat dua matriks yang hasilkalinya komutatif. 3. Jelaskan perbedaan antara dua pernyataan matematika: ″bilangan real x tidak selalu positif ″ dan ″bilangan real x selalu tidak positif ″. 4. Jelaskan mengapa tidak mungkin terdapat suatu bilangan bulat yang sekaligus bilangan genap dan ganjil. Demikian juga tidak mungkin terdapat suatu bilangan bulat yang sekaligus tidak genap dan tidak ganjil. 5. Jelaskan mengapa tidak mungkin terdapat bilangan real yang sekaligus positif dan negatif. 6. Jelaskan mengapa 0 adalah suatu bilangan real yang tidak positif dan juga tidak negatif. 7. Tunjukkan kebenaran jaringan informasi pada diagram sebelah kanan a = 0 dan b = 0 untuk sebarang bilangan real a dan b. a=0 ab = 0 b=0 8. Untuk sebarang bilangan positif a, buktikan x 2 £ a 2 fi x £ a. 9. Jika bilangan real x memenuhi −4 ≤ x ≤ 2, buktikan x2 ≤ 16. a = 0 atau b = 0 10. Jelaskan mengapa jika x2 = 4, maka x = 2 adalah pernyataan salah. 2 11. Jika x bilangan bulat kelipatan 3, buktikan x bilangan bulat kelipatan 3. 12. Jika x bilangan rasional taknol dan y irasional, buktikan x + y, x − y, dan xy bilangan irasional. 13. Jika x dan y memenuhi x2 + y2 = 1, buktikan −1 ≤ x ≤ 1 dan −1 ≤ y ≤ 1. 14. Jika x dan y memenuhi 4x2 + 9y2 = 36, buktikan −3 ≤ x ≤ 3 dan −2 ≤ y ≤ 2. n 15. Buktikan bahwa banyaknya himpunan bagian dari suatu himpunan dengan n unsur adalah 2 . 16. Untuk himpunan A dan B, buktikan (A − B) dan (A ∩ B) saling lepas dan gabungannya adalah A. 17. Untuk himpunan A, B, dan C, buktikan A ∩ (B ∪ C) ⊆ (A ∩ B) ∪ C). 18. Untuk himpunan B dan koleksi {A1, A2, ⋅⋅⋅, An}, buktikan B - ∩in=1 Ai ) = ∪in=1 (B - Ai ).

K-001 : Pendahuluan, Logika dan Penalaran Matematika K-002 : Fungsi, Limit, dan Kekontinuan K-003 : Turunan, Diferensial, dan Aplikasinya K-004 : Integral, Teknik Pengintegralan, dan Aplikasinya K-005 : Bentuk Tak-tentu, Integral Tak-wajar, dan Deret K-006 : Persamaan Diferensial Biasa K-078 : Kalkulus Diferensial dan Integral Peubah Banyak K-9 10 : Jaringan Informasi, Sejarah, dan Filsafat Matematika Dasar

Koko Martono

Institut Teknologi Bandung Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam 2014

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

1 Informasi Matakuliah Kalkulus dan Matematika Dasar Peran Matakuliah ¾ Instrumen untuk mencerdaskan dan sekolah berpikir bagi mahasiswa. ¾ Bahasa ilmu pengetahuan dan teknologi dalam berbagai bidang kehidupan, ¾ Instrumen kalkulasi masalah kecenderungan, gerakan. perubahan, laju, kesetimbangan, dan kestabilan. Pembelajaran Matakuliah ¾ Mengusahakan suatu perubahan yang relatif permanen dari kompetensi dan sikap mahasiswa setelah mengikuti serangkaian kegiatan. (perubahan ≡ ada difference / beda → kalkulus diferensial)

¾ Mengatur gerakan belajar mahasiswa agar optimal, prosesnya efisien dan efektif, bermanfaat, dan ada kemajuan. Langkah kunci: informasi disajikan agar setiap objek dapat dikenali dengan baik kemudian ditata dan dikemas untuk dapat dipromosikan, diminati pembaca, dipasarkan, dan dijual. ¾ Dosen berperan sebagai manajer, narasumber, komunikator, fasilitator, katalisator, provokator, dan motivator dalam kegiatan belajar untuk membuka pikiran mahasiswa dan mencapai hasil belajar.

Manajemen Informasi Matakuliah ¾ Menanam informasi dalam benak mahasiswa agar tumbuh, berkembang, dan berbuah. ¾ Melihat informasi secara keseluruhan sebagai suatu kesatuan, bebas sekat, terorganisir, tepat dosis, dan membangun kreatifitas. ¾ Mengenali dengan baik karakter audience, behavior, context dan content, degree informasi agar dapat dideveloped, tampilan yang excellence, dan buatlah evaluasi agar diperoleh feedback. ¾ Memuat visi, misi, konteks, konten, dan proses sehingga jelas mengapa dan untuk apa dirancang. ¾ Cukup spesifik untuk mengenal objeknya dari aspek rancang-bangun; dan dapat dipelajari sistematika, jaringan, ketajaman, spirit, dan daya jangkaunya.

Manajemen Informasi Informasi ¾ Visi ¾ Misi ¾ Konteks ¾ Konten ¾ Proses

Karakteristik ¾ Sistematika ¾ Jaringan ¾ Ketajaman ¾ Spirit ¾ Daya Jangkau

Penyajian Informasi ¾ Audience ¾ Behavior ¾ Context/content ¾ Degree → developed ¾ Excellent → evaluation ¾ Feedback

Rancangan Penyajian ¾ Pendekatan informal ¾ Contoh dan fenomena ¾ Inspirator dan pemicu ¾ Desain dan konstruksi ¾ Formula terpakai

Formalistik ¾ Istilah dan Definisi ¾ Konsep dan Contoh ¾ Desain Alur Cerita ¾ Teorema dan Bukti

Target Pencapaian ¾ Keterampilan teknis ¾ Penalaran dan logika ¾ Pemecahan masalah ¾ Aplikasi informasi ¾ Sistematika bukti

Manajemen Kegiatan Belajar Matematika ¾ action ¾ approach/ attention ¾ advantage ¾ advancement

¾ baca ¾ berpikir ¾ belajar ¾ bekerja → produk

¾ fondasi ¾ fasilitas ¾ finansial ¾ feedback

¾ coba ¾ cerdik ¾ cerdas ¾ cekatan ¾ energi ¾ efisien ¾ efektif ¾ emosi ¾ evaluasi

¾ dosis tepat ¾ dimensi waktu ¾ dokumentasi ¾ dukungan

Manajemen Pemecahan Masalah Matematika º Masalah matematika dimaknai sebagai secara sadar mencari rangkaian langkah tindakan yang tepat agar

dapat diperoleh pemahaman yang jelas tetapi solusinya sukar dicapai secara otomatis. º Pemecahan masalah dimaknai sebagai menemukan suatu jalan keluar dari kesulitan, suatu jalan yang dikelilingi banyak rintangan, dan tujuannya tidak mudah dicapai. Keberhasilan memecahkan suatu masalah adalah prestasi berpikir, dan kemampuan berpikir adalah pemberian Sang Pencipta yang paling berharga. º Salah satu gagasan pemecahan masalah diperoleh dari kemampuan membaca yang tersirat dari informasi yang relevan dan kemampuan berpikir untuk mengaitkannya dengan informasi lain.

Tahapan berpikir kreatif º Orientasi, masalah dirumuskan

º

º

º

º

dan berbagai aspeknya diidentifikasi. Preparasi, pikiran berusaha untuk mengumpulkan sebanyak mungkin informasi yang relevan dengan masalah. Inkubasi, pikiran beristirahat sejenak ketika menghadapi jalan buntu, proses pemecahan masalah berlangsung terus dalam jiwa bawah sadar. Iluminasi, akhir masa inkubasi, diperoleh ilham, serangkaian ″insight ″ sebagai gagasan pemecahan. Verifikasi, pengujian secara kritis dan penilaian setiap langkah gagasan pemecahan.

Contoh klasik Perhatikan proses ditemukannya hukum Archimedes. EUREKA Kuliah 001

Proses Berpikir Kreatif

INPUT Masalah

Perumusan Masalah

Informasi yang Relevan

Gagasan Pemecahan Masalah

2

OUTPUT Solusi Masalah

Penyajian dalam Bentuk Formal

Pemeriksaan Secara Kritis Setiap Langkah

Perumusan Gagasan dalam Langkah Operasional Koko Martono, FMIPA - ITB

Sistem Aksioma Matematika dibangun berdasarkan suatu sistem yang memuat beberapa istilah dasar dan sifat yang kebenarannya diterima tanpa pembuktian. Sistem ini dibangun secara aksiomatik dengan logika atas sekelompok unsur, relasi, dan operasi. Pemilihan beberapa sifat dasar ini dibuat konsisten untuk menentukan suatu sistem secara utuh. Sistem aksioma terdiri dari empat bagian penting, istilah tak-terdefinisi, istilah terdefinisi, aksioma, dan teorema. ¾ Istilah tak-terdefinisi Suatu istilah dasar (primitif) yang digunakan untuk membangun istilah lain. Sebagai ilustrasi, titik, garis, bidang adalah suatu istilah tak-terdefinisi. Himpunan merupakan suatu istilah takterdefinisi karena hanya mungkin dijelaskan oleh sinonimnya. Istilah himpunan dapat dideskripsikan sebagai suatu kumpulan yang dapat dibedakan antara anggota dan bukan anggotanya. Sekelompok orang jujur belum memenuhi kriteria deskripsi himpunan karena ukurannya tidak jelas. ¾ Istilah terdefinisi Suatu istilah yang digunakan dalam sistem, bukan istilah dasar tetapi dirumuskan dari istilah dasar sehingga mempunyai arti tertentu. Dalam suatu sistem matematika dirancang definisi formal untuk suatu objek. Suatu definisi yang baik mempunyai ciri berikut. y Jelas, tepat, dan mempunyai satu makna. y Hanya menggunakan istilah dasar atau yang telah ada sebelumnya. y Konsisten, dalam setiap kasus mempunyai arti yang sama; y Jangkauannya cukup luas untuk dapat memuat sebanyak mungkin objek dari sistem. Catatan Dalam suatu definisi, istilah jika bemakna jika dan hanya jika, suatu ekivalensi. ¾ Aksioma atau Postulat Suatu rangkaian pernyataan yang diandaikan benar pada suatu sistem dan diterima tanpa pembuktian. Aksioma memuat istilah dasar dan istilah terdefinisi, tidak berdiri sendiri, dan tidak diuji kebenarannya. Sekelompok aksioma dalam suatu sistem harus konsisten, dapat membangun sistemnya dan tidak saling bertentangan. ¾ Teorema Suatu pernyataan matematika yang terdiri dari hipotesis dan kesimpulan, dirumuskan secara logika dan dibuktikan. Dalam pembuktian teorema digunakan istilah dasar, istilah terdfinisi, aksioma, dan pernyataan benar lainnya. Suatu teorema singkat dalam suatu sistem dinamakan sifat (proposisi) dan yang digunakan sebagai alat bantu dalam proses pembuktian dinamakan lemma.

Ilustrasi ¾ Istilah tak-hingga (infinite) pada sistem bilangan real dapat didefinisikan sebagai yang lebih besar dari sebarang bilangan real. Istilah ini diberi lambang ∞ (angka 8 horisontal) karena proses mencari yang lebih besar tidak pernah berhenti seperti halnya dengan lintasan pada angka 8 yang tidak pernah terputus. ¾ Istilah himpunan hingga (finite set) didefinsikan sebagai himpunan yang mempunyai n unsur atau kosong. Himpunan hingga yang tak-kosong berkorespondensi satu-kesatu dengan {1, 2, 3, ⋅⋅⋅, n}, n bilangan asli. ¾ Operasi gabungan dari himpunan A dan B yang terkait dengan istilah atau dapat dijelaskan latar belakangnya. Tujuan penggabungan adalah agar anggotanya bertambah, yang dicapai jika syaratnya diperlemah. Caranya adalah dengan memilih salah satu syarat, atau anggota dari A, atau anggota dari B. Berdasarkan argumen ini, gabungan himpunan harus didefinisikan sebagai A ∪ B = {x | x ∈ A atau x ∈ B}.

Simbol Matematika untuk Kuantor Kuantor dari suatu pernyataan adalah istilah untuk menyatakan ″ berapa banyak″ objek di dalam suatu sistem, yang terdiri dari: ¾ Kuantor universal Kuantor ini ditulis dengan lambang ∀ dan mempunyai tiga makna. (1) untuk sebarang ( for any ), (2) untuk setiap ( for every atau for each ), dan (3) untuk semua ( for all ). Pemakaian istilah sebarang, setiap, atau semua bergantung konteks pernyataannya. ¾ Kuantor eksistensial Kuantor ini ditulis dengan lambang ∃ dan mempunyai makna terdapat ( paling sedikit satu, atau ada, atau for some). Istilah satu dan hanya satu bermakna terdapat tepat satu ( paling sedikit satu dan paling banyak satu), dan ditulis dengan lambang ∃!, yang bermakna eksistensi dan ketunggalan. ¾ Simbol matematika sehingga Dalam konteks pernyataan berkuantor, kata sambung sehingga (demikian rupa hingga atau such that) ditulis dengan lambang ∋ ( gabungan huruf s dan t jenis script).

Ilustrasi Fungsi f terbatas jika terdapat bilangan real m dan M sehingga m ≤ f (x) ≤ M untuk setiap x pada Df (daerah asal f ). Dengan simbol, definisi ini ditulis: fungsi f terbatas jika $ m, M Œ \ 'm £ f (x) £ M "x ŒD f .

Simbol himpunan bilangan: ` = bilangan asli, ] = bilangan bulat, _ = bilangan rasional, \ = bilangan real. Kuliah 001

3

Koko Martono, FMIPA - ITB

Penalaran Induktif dan Penalaran Deduktif Keunggulan matematika adalah bahasa dan aturan yang terdefinisi dengan baik, penalaran yang jelas dan sistematik, dan struktur yang sangat kuat. Dengan alat bantu matematika, suatu masalah nyata dapat dilihat dalam suatu model yang jelas, tepat, singkat, dan padat. Komponen kerja matematika adalah penalaran deduktif dan penalaran induktif. Penalaran deduktif bekerja dengan asumsi, tanpa pengamatan. Penalaran induktif bekerja dengan fakta, fenomena, dan perkiraan sampai diyakini kebenarannya. Kebenaran suatu perkiraan dibuktikan dengan penalaran deduktif yang berdasarkan asumsi dan argumen yang menyakinkan. Kerja matematika menggunakan proses induktif-deduktif, prosesnya dimulai dengan contoh atau fakta yang mudah diamati. Dengan proses induktif kumpulkan sifar yang muncul dari contoh tersebut, yang dapat dipandang sebagai fenomena atau gejala yang dapat diamati. Kemudian perkirakan suatu hasil baru yang diharapkan dengan berbagai asumsinya. Bagian terakhir adalah yakinkan kebenaran hasil baru tersebut dengan proses deduktif. Pada tahapan ini diperlukan logika, penalaran, dan teknik matematika untuk membuktikan kebenarannya. Selama proses berlangsung, bandingkan perkiraan hasil baru dengan contoh dan fakta semula, yang juga merupakan bagian dari hasil tersebut.

Ilustrasi Kita akan membuktikan teorema: jika f ¢(x) > 0 pada selang I, maka fungsi f monoton naik pada I. Fungsi f monoton naik pada selang I jika nilai sesudahnya selalu lebih besar dari nilai sebelumnya. Untuk fungsi monoton turun, nilai sesudahnya selalu lebih kecil dari nilai sebelumnya. Dengan simbol ditulis: Fungsi f monoton naik pada selang I jika "u , v ŒI , u < v fi f (u) < f (v). Fungsi f monoton turun pada selang I jika "u , v ŒI , u < v fi f (u) > f (v). Fungsi f (x) = x monoton naik pada selang (0,∞) = {x | x > 0} karena "u , v ŒI , 0 < u < v fi u 2 > v 2. 2

Fungsi f (x) = x monoton turun pada selang (−∞,0) = {x | x < 0} karena "u , v ŒI , u < v < 0 fi u 2 < v 2. 2

Perhatikan: turunan fungsi f (x) = x adalah f ¢(x) = 2 x dengan f ¢(x) > 0 pada (0,∞) dan f ¢(x) > 0 pada (−∞,0). 2

y f (x) = x

y fungsi y = f (x)

2

v2

f

2

u

v

0

u v

x

0

a

c

$ c Œ(a, b) ' f ¢(c) =

f (b) − f (a)

b−a

v2 u

f (b) - f (a) b-a

f ¢(c)

u2

Teorema Nilai Rata-rata untuk Turunan (TNR) Jika fungsi f kontinu pada [a,b] dan mempunyai turunan pada (a,b), maka

b

f (b) - f (a) . b-a

Pesan teorema Untuk fungsi f dengan hipotesis ini, terdapat suatu titik pada kurva f yang garis singgungnya sejajar dengan garis talibusurnya.

x

Bukti teorema Akan dibuktikan: jika f ¢(x) > 0 pada selang I, maka fungsi f monoton naik pada I. Caranya, buktikan "u , v ŒI , u < v fi f (u) < f (v). Pilihlah u dan v sebarang pada I dengan urutan u < v. Karena fungsi f

kontinu, terdiferensialkan pada I, dan f ¢(x) > 0 pada selang I, maka $ c Œ (u , v) ' f ¢(c) =

f (v) - f (u) > 0. (TNR) v-u

Karena u < v, maka v − u > 0. Akibatnya f (v) − f (u) > 0, jadi terbukti f (u) < f (v). „

Metode Pembuktian dalam Matematika

¾ Bukti langsung Pembuktian implikasi p ⇒ q dilakukan dengan cara memanfaatkan pernyataan p sebagai suatu informasi untuk meyakinkan bahwa q benar. ¾ Bukti tak-langsung Terdapat dua cara pembuktian implikasi p ⇒ q secara tak-langsung. • Bukti kontraposisi, pembuktian implikasi p ⇒ q dengan membuktikan kontraposisinya, yaitu ∼q ⇒ ∼p. • Bukti kontradiksi, pembuktian implikasi p ⇒ q dengan sifat ∼ (∼q) ≡ q. Andaikan q tidak benar, atau ∼q benar. Manfaatkan informasi p dan ∼q benar untuk sampai pada kontradiksi. Prinsip kekonsistenan dalam matematika membawa pada kesimpulan ∼q salah, yang setara dengan q benar. ¾ Bukti dengan induksi matematika Bukti ini dirancang untuk meyakinkan kebenaran suatu pernyataan matematika P(n) yang berlaku untuk setiap bilangan asli n dengan cara berikut. (a) Buktikan P(1) benar dan (b) Dengan pengandaian P(n) benar, buktikan P(n + 1) benar 2

Contoh bukti langsung Jika k bilangan ganjil, buktikan k juga bilangan ganjil. 2 2 Bukti Karena k bilangan ganjil, maka terdapat bilangan bulat n sehingga k = 2n + 1. Akibatnya k = (2n + 1) 2 2 2 2 = 4n + 4n + 1 = (2(2n + 2n)) + 1 = 2m + 1, dengan m = 2n + 2n bilangan bulat. Jadi terbukti k bilangan ganjil.„ Kuliah 001

4

Koko Martono, FMIPA - ITB

2

Contoh bukti kontraposisi Jika k bilangan ganjil, buktikan k juga bilangan ganjil. 2 Bukti Kontraposisi pernyataan ini adalah jika k bukan bilangan ganjil, maka k juga bukan bilangan ganjil. Karena setiap bilangan ganjil adalah bilangan bulat bukan genap, maka yang akan dibuktikan setara dengan 2 jika k bilangan genap, maka k juga bilangan genap, Kita buktikan kontraposisinya. 2 2 2 Karena k bilangan genap, maka terdapat bilangan bulat n sehingga k = 2n. Akibatnya k = (2n) = 2 (2n ) = 2m, 2 2 dengan m = 2n bilangan bulat. Jadi terbuktilah k bilangan genap.„ Contoh bukti kontradiksi Buktikan tidak mungkin terdapat bilangan asli terbesar. Bukti Andaikan terdapat bilangan asli terbesar, sebutlah N bilangan asli terbesar, maka bilangan asli lain harus lebih kecil atau sama dengan N, akibatnya berlaku n ≤ N ∀n ∈ `. Ambillah n = 2N, akibatnya 2N ≤ N, dengan N bilangan asli, yang menghasilkan 2 ≤ 1, suatu kontradiksi. Karena kontradiksi ini disebabkan pengandaian terdapat bilangan asli terbesar, maka haruslah tidak mungkin terdapat bilangan asli terbesar. Jadi terbuktilah yang diinginkan. „ Contoh bukti kontradiksi Buktikan 2 bukan bilangan rasional. Bukti Andaikan 2 bilangan rasional, maka 2 = m n , m bilangan bulat, n bilangan asli, dan m,n relatif prima.

Informasi m,n relatif prima berarti bahwa faktor persekutuan m dan n hanyalah 1, misalnya bentuk pecahan 2 dan 3 harus ditulis dengan simbol 1 , karena 1 dan 2 relatif prima. 2 4 6 2 2 2 m2 • Karena 2 = m n , maka 2 = 2, atau m = 2n , n bilangan asli. Akibatnya m bilangan genap, sehingga m ju-

n

ga bilangan genap. Karena m dan n relatif prima, maka n adalah bilangan ganjil. • Karena m bilangan genap, maka terdapat bilangan bulat k sehingga m = 2k. Gantikan m = 2k ke m = 2n , 2 2 2 2 2 diperoleh 4k = 2n , atau n = 2k dengan k bilangan bulat. Dari sini diperoleh n adalah bilangan genap, akibatnya n juga bilangan genap, kontradiksi dengan n bilangan ganjil. Karena pengandaian 2 bilangan rasional membuat kontradiksi, maka terbukti 2 bukan bilangan rasional.„ 2

2

Contoh bukti dengan induksi matematika untuk ketaksamaan Bernoulli n P(n): Jika x ≥ −1, buktikan (1 + x) ≥ 1 + nx, n bilangan asli. 1 Bukti Untuk n = 1, karena (1 + x) = 1 + x ≥ 1 + x, maka P(1) benar. n Andaikan P(n) benar, akan dibuktikan P(n + 1) juga benar. Karena (1 + x) ≥ 1 + nx, maka (1 + x)n +1 = (1 + x) n (1 + x) ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n +1) x + nx 2 ≥ 1 + (n +1) x. Jadi P(n + 1) juga benar dengan asumsi P(n) benar. Karena itu terbuktilah: n Dengan kondisi x ≥ −1, pernyataan P(n): (1 + x) ≥ 1 + nx benar untuk setiap bilangan asli n. „

Soal Latihan Kuliah 001: Pengantar, Logika dan Penalaran Matematika 1. Jelaskan mengapa pesan dari pernyataan ″tidak semua peserta hadir ″ belum berarti ″ada peserta yang hadir ″. 2. Perhatikan pernyataan matematika ″perkalian dua matriks tidak komutatif ″. Jelaskan mengapa masih terdapat dua matriks yang hasilkalinya komutatif. 3. Jelaskan perbedaan dua pernyataan matematika: ″bilangan real x tidak selalu positif ″ ″bilangan real x selalu tidak positif ″ 4. Jelaskan mengapa tidak mungkin terdapat bilangan bulat yang sekaligus bilangan genap dan ganjil. 5. Jelaskan mengapa 0 adalah suatu bilangan real yang tidak positif dan juga tidak negatif.

6. Tunjukkan kebenaran jaringan informasi pada diagram berikut untuk bilangan real. a = 0 dan b = 0

a=0

ab = 0 a = 0 atau b = 0

2

7. Jika x adalah bilangan bulat kelipatan 3, buktikan x juga bilangan bulat kelipatan 3. 8. Jika x bilangan rasional dan y irasional, buktikan x + y, x − y, dan xy semuanya bilangan irasional. 9. Buktikan 3 bukan bilangan rasional.

The primary question was not what do we know, but how do we know it. The root of education are bitter, but the fruit is sweet. Kuliah 001

b=0

5

Aristotle, 384 – 322 BC Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

6 Bilangan Real Prima

Genap

Satu

Ganjil

Prima

Komposit

Irasional

Asli

Nol

`

1•

2•

0•

]

_

Cacah

\

Bulat Negatif

Genap Bulat Pecahan Komposit

Pecahan

Ganjil

Cacah

Rasional

` = himpunan bilangan asli. ] = himpunan bilangan bulat. _ = himpunan bilangan rasional.

Real

\ = himpunan bilangan real.

Diagram Venn Himpunan Bilangan Real

Irasional

Pohon Bilangan Real

Bentuk Aljabar Objek matematika yang terkait bilangan real muncul sebagai besaran yang disertai dengan sejumlah berhingga operasi aljabar dengan bentuk sebagai berikut. ¾ Konstanta Lambang matematika untuk wakil unsur di himpunan berunsur satu (singleton), wakil unsurnya tentu saja selalu tetap. ¾ Peubah (variabel ) Lambang matematika untuk wakil unsur di suatu himpunan bagian dari bilangan real. Dalam konteks tertentu seringkali muncul dalam istilah indeterminate (tak tentu) atau unknown (anu). ¾ Parameter Lambang matematika untuk wakil unsur di suatu himpunan konstanta. Parameter adalah suatu konstanta yang nilainya boleh apa saja (berubah). ¾ Bentuk aljabar Suatu bentuk matematika yang memuat peubah, konstanta, atau parameter dan diperoleh 2 dengan sejumlah berhingga operasi aljabar (+, −, ⋅ , ÷) atas objek tersebut. Ilustrasi: x − ax + b adalah suatu bentuk aljabar dengan x peubah, dan a, b parameter. ¾ Persamaan Bentuk aljabar yang memuat peubah terkait dengan lambang ″= ″ tetapi hanya dipenuhi oleh 2 sebagian peubahnya. Ilustrasi: x − 4 = 0 hanya dipenuhi x = 2 dan x = −2, suatu persamaan. ¾ Kesamaan Bentuk aljabar yang memuat peubah dan dikaitkan dengan lambang ″= ″ dan dipenuhi oleh se2 mua nilai peubahnya. Ilustrasi: x − 4 = (x + 2) (x − 2) dipenuhi semua nilai x, suatu kesamaan. ¾ Pertaksamaan Bentuk aljabar yang memuat peubah dan dikaitkan dengan lambang ″≠ ″ (<, >, ≤, ≥) tetapi 2 hanya dipenuhi oleh sebagian peubahnya. Ilustrasi: x ≤ 4 hanya dipenuhi oleh −2 ≤ x ≤ 2, sebagian nilai x. ¾ Ketaksamaan Bentuk aljabar yang memuat peubah, dikaitkan dengan lambang ″≠ ″ (<, >, ≤, ≥) dan dipe2 nuhi oleh semua nilai peubahnya. Ilustrasi: 2x − 2 ≤ x dipenuhi semua nilai x karena setara dengan bentuk 2 x − 2x + 2 ≥ 0 yang ruas kirinya definit positif.

Pemfaktoran Sukubanyak atas Faktor Linear dan Definit Positif Suatu sifat dalam aljabar adalah sukubanyak selalu dapat diuraikan atas atas faktor linear dan /atau faktor 2 2 kuadrat definit positif. Bentuk kuadrat ax + bx + c definit positif jika ax + bx + c > 0 berapapun nilai x. Sebagai ilustrasi, bentuk kuadrat x 2 - 2 x + 2 definit positif karena x 2 - 2 x + 2 = (x -1) 2 + 1 ≥ 1 > 0 "x Œ \. Bemtuk kuadrat ax 2 + bx + c = a (x + 2ba)2 - 4Da definit positif ⇔ a > 0 dan D < 0.

Ilustrasi

¾ x 2 -16 = x 2 + 4 x - 4 x -16 = x(x + 4) - 4(x + 4) = (x + 4)(x - 4). ¾ x3 - 27 = x3 - 3x 2 + 3 x 2 - 9 x + 9 x - 27 = x 2 (x -3) + 3x (x -3) + 9(x -3) = (x -3) (x 2 + 3x + 9). ¾ x 4 -16 = (x 2 + 4)(x 2 - 4) = (x 2 + 4) (x + 2)(x - 2). ¾ x 4 + 16 = (x 2 + 4)2 - (2 2 x)2 = (x 2 + 4 + 2 2 x)(x 2 + 4 - 2 2 x) = (x 2 + 2 2 x + 4)(x 2 - 2 2 x + 4).

Bentuk Akar Bentuk akar adalah bilangan irasional yang bentuknya setara dengan

4 dan

kan bilangan rasional. Perhatikan bahwa rasional,

4 = 2 dan

3

3

n

m , n = 2,3, 4," dan hasilnya bu-

-27 bukan bentuk akar karena hasilnya adalah bilangan

-27 = -3 . Bilangan irasional yang bukan bentuk akar adalah 2 2 , 3log 2 , π, ⋅ ⋅ ⋅

¾ Akar kuadrat dari a ≥ 0, ditulis ¾ Akar kubik dari a, ditulis

3

a , didefinisikan sebagai bilangan positif x yang memenuhi x = a. 2

a , didefinisikan sebagai bilangan real x yang meme-nuhi x = a. 3

¾ Akar ke-n dari a ≥ 0 untuk bilangan genap positif n, ditulis n a , didefinisikan sebagai bilangan real positif x

4 = 2,

yang memenuhi x = a. Ilustrasi: n

4

81 = 3 , ⋅ ⋅ ⋅

¾ Akar ke-n dari a untuk bilangan ganjil positif n ≥ 3, ditulis

memenuhi x = a. Ilustrasi: n

3

8 =2,

3

n

a , didefinisikan sebagai bilangan real x yang

-27 = -3 , ⋅ ⋅ ⋅

Garis Bilangan dan Selang ¾ Garis bilangan Terdapat korespondensi satu-kesatu antara himpunan bilangan real dan garis lurus. Setiap bilangan real dapat digambarkan sebagai titik pada garis lurus dan setiap titik pada garis lurus dapat dinyatakan oleh bilangan real. Dasarnya adalah di antara setiap dua bilangan real terdapat tak-hingga banyaknya bilangan real lainnya. Garis yang menggambarkan himpunan bilangan real dikenal sebagai garis bilangan. 2

−4

−3

−2

−1

0

10

1

2

2

3 10

4

5

¾ Selang Suatu ruas garis pada garis bilangan dinamakan selang hingga. Suatu selang hingga mempunyai batas atas dan batas bawah. Dalam kasus tak terbatas di atas atau di bawah dinamakan selang tak-hingga. Selang (a, b) = {x Œ\ | a < x < b} [a, b) = {x Œ\ | a £ x < b} (a, b] = {x Œ\ | a < x £ b} [a, b] = {x Œ\ | a £ x £ b} hingga: a b a b a b a b

S e l a n g (a,•) = {x Œ\ | x > a} [a,•) = {x Œ\ | x ≥ a} ( - •, b) = {x Œ\ | x < b} ( - •, b) = {x Œ\ | x £ b} tak-hingga: b a a b Garis bilangan real pada gambar di atas juga selang tak-hingga, ditulis dengan lambang: ( -•, •) = \. ¾ Selang buka dan selang tutup Selang yang tidak memuat semua titik batasnya dinamakan selang buka; dan yang memuat semua titik batasnya dinamakan selang tutup. ¾ Lambang tak-hingga Lambang • (dibaca: positif tak-hingga) digunakan untuk sesuatu yang lebih besar dari setiap bilangan real, membesar tanpa batas. Sebaliknya, lambang -• (dibaca: negatif tak-hingga) digunakan untuk sesuatu yang lebih kecil dari setiap bilangan real, mengecil tanpa batas.

Nilai Mutlak

a

b

c

0

x

0

x

¾ Fenomena nilai mutlak Pada gambar sebelah kiri, jarak dari a ke b adalah b − a karena urutannya b > a, sehingga b − a > 0. Pada gambar tengah, dengan pola-pikir sama diperoleh jarak dari c ke 0 adalah −c, dalam kasus ini −c > 0. Pada gambar sebelah kanan, jarak x ke 0 adalah x bila x ≥ 0 dan jarak dari x ke 0 adalah −x bila x < 0. Ï x, jika x ≥ 0 . ¾ Definisi nilai mutlak Nilai mutlak dari x ∈ \ , ditulis | x |, didefinisikan sebagai | x | = Ì Ó - x, jika x < 0

Arti geometri dari | x | adalah jarak x ke 0 pada garis real \ . Pada definisi nilai mutlak, −x adalah bilangan positif karena x sendiri bilangan negatif. Jarak dari x ke y pada garis bilangan adalah | x − y |.

Kuliah 002

7

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Sifat nilai mutlak A. Jika x ∈ \ , maka (1) | x | ≥ 0, (2) | x | = | −x |, (3) −| x | ≤ x ≤ | x |, (4) | x | = | x | = x dan (5) x 2 = | x | . 2 2 2 2 B. Untuk a > 0 berlaku (1) | x | ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a ⇔ x ≤ a ; dan (2) | x | ≥ a ⇔ x ≥ a atau x ≤ −a ⇔ x ≥ a . Perluasan: | x − c | < a ⇔ c − a < x < c + a ; jarak x ke c kurang dari a berarti x di antara c − a dan c + a. 2 2 C. Jika x, y ∈ \ , maka | x | = | y | ⇔ x = ±y ⇔ x = y dan | x − y | = | y − x |. 2

2

2

| x|

D. Jika x, y ∈ \ , maka (1) | xy | = | x | | y | dan (2) xy = | y | , y π 0 . E. Ketaksamaan segitiga Jika x, y ∈ \ , maka berlaku (1) | x + y | ≤ | x | + | y |, (2) | x − y | ≤ | x | + | y |, (3) | x | − | y | ≤ | x − y |, dan (4) || x | − | y || ≤ | x − y |. Contoh Tentukan solusi | x − 2x | ≤ 3. 2

Solusi −3 ≤ x − 2x ≤ 3 2 2 −3 ≤ x − 2x dan x − 2x ≤ 3 2 2 x − 2x + 3 ≥ 0 dan x − 2x − 3 ≤ 0 2 (x − 1) + 2 ≥ 0 dan (x + 1)(x − 3) ≤ 0 2

definit positif, dipenuhi semua x

dan

−1 ≤ x ≤ 3

Jadi solusinya adalah −1 ≤ x ≤ 3; atau himpunan solusi ∫ \ « [ -1,3] = [ -1,3]

Contoh Sebuah cakram lingkaran yang kelilingnya 10 dm harus dibuat mesin bubut. Jika diameternya diukur, tentukan toleransi δ untuk diameter agar galat kelilingnya paling banyak 0,02 dm. Solusi Jika diameter cakram = x dm, maka kelilingnya = π x dm. Untuk keliling = 10 dm, maka diameternya 10 p dm. Tentukan sua-

tu δ > 0 agar x - 10 p < d fi |p x - 10| < 0,02. Karena 1

x - 10 p < d ¤ p |p x - 10| < d ¤ |p x -10| < pd , 0,02

maka ambillah πδ ≤ 0,02. Akibatnya δ ≤ p dm ª 0,6 mm.

Fungsi ¾ Fungsi Fungsi f : A ⊆ \ Æ \ adalah suatu aturan yang mengaitkan setiap unsur di A dengan tepat satu unsur di \ . Himpunan A disebut daerah asal (domain) f, ditulis Df. Unsur y ∈ \ yang terkait dengan x ∈ A dinamakan peta dari x dan ditulis f (x). Unsur x ∈ A dinamakan peubah bebas dan y yang bergantung dari x dinamakan peubah tak bebas. Himpunan semua f (x), x ∈ A dinamakan daerah nilai fungsi f dan ditulis Rf . ¾ Aturan fungsi Lambang y = f (x) yang menyatakan y terkait dengan x dinamakan aturan fungsi. Jika aturan y = f (x) diberikan lebih dulu, daerah asal (alamiah) fungsi f adalah Df = {x ∈ \ | f (x) ∈ \ } dan daerah nilainya adalah Rf = { f (x) ∈ \ | x ∈ Df }. ¾ Grafik fungsi Grafik fungsi (kurva) y = f (x) adalah himpunan {(x,y) ∈ \ 2 | y = f (x), x ∈ Df dan y ∈ Rf }. ¾ Operasi aljabar Untuk fungsi f dan g dengan Df = Dg = D, jumlah, selisih, hasilkali, dan hasilbagi f dan g f

f (x)

didefinisikan sebagai ( f + g)(x) = f (x) + g(x), ( f − g)(x) = f (x) − g(x), ( fg)(x) = f (x) g(x), g (x) = g (x) ∀x ∈ D, ¾ Fungsi Aljabar Fungsi ini diperoleh dengan sejumlah berhingga operasi aljabar atas fungsi konstan y = k dan fungsi identitas y = x. Ilustrasi: sukubanyak derajat n, P (x) = Pn (x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + " + an x n , fungsi P (x)

rasional f (x) = Q (x) , P dan Q sukubanyak, dan fungsi irasional f (x) = n g (x) , g fungsi rasional. ¾ Fungsi Transenden Fungsi ini adalah fungsi real yang bukan fungsi aljabar. Ilustrasi: fungsi trigonomex tri y = sin x, y = cos x, y = tan x; fungsi logaritma y = a log x, a > 0, a π 1 , fungsi pangkat y = a , a > 0, a ≠ 1. ¾ Fungsi Implisit Bentuk F(x,y) = 0 secara implisit memuat informasi (y fungsi dari x) dan (x fungsi dari y). Fungsi y = f (x) dan x = g(y) yang termuat dalam F(x,y) = 0 dinamakan fungsi implisit. Ilustrasi: dari bentuk

x + y = 4 secara implisit termuat fungsi eksplisit y = f (x) = 4 - x 2 dan fungsi x = g ( y) = 4 - y 2 . 2

2

¾ Fungsi Terbatas Fungsi y = f (x) terbatas jika ∃ m, M ∈ \ ∋ m ≤ f (x) ≤ M ∀ x ∈ Df . Nilai fungsi terbatas selalu terletak antara dua bilangan. Contoh: fungsi y = sin x terbatas karena −1 ≤ sin x ≤ 1 ∀x ∈ Df = \ . ¾ Fungsi Periodik Fungsi yang kurvanya selalu berulang setelah selang tertentu. Fungsi y = f (x) periodik jika ∃p ≠ 0 ∋ f (x + p) = f (x) ∀x ∈ Df . Bilangan p > 0 terkecil yang menenuhi f (x + p) = f (x) dinamakan periode fungsi f. Ilustrasi: y = f (x) = sin x dan y = f (x) = cos x adalah fungsi periodik dengan periode 2π karena terdapat p ≠ 0, p = 2nπ, n bilangan bulat, sehingga f (x + p) = f (x + 2nπ) = sin (x + 2nπ) = sin x = f (x) ∀x ∈ Df = \ dan p = 2π adalah bilangan positif terkecil yang memenuhi f (x + p) = f (x). Perumuman dari hasil ini adalah fungsi y = f (x) = sin kx dan y = f (x) = cos kx adalah fungsi periodik dengan periode 2kp , k ≠ 0. Kuliah 002

8

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Fungsi denganBanyak Aturan Pada daerah asalnya fungsi ini mempunyai lebih dari satu aturan. Ï x, jika x ≥ 0 ÔÏ x 2 - 2 x, jika x ≥ 1 Ilustrasi: f (x) = | x | = Ì dan g (x) = Ì ÔÓ 3 x - 2, jika x < 1 Ó - x, jika x < 0 ¾ Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil Kedua fungsi ini mempunyai daerah asal himpunan simetri. • Fungsi y = f (x) dikatakan fungsi genap jika f (−x) = f (x) ∀x ∈ Df. Kurvanya simetri terhadap sumbu y. • Fungsi y = f (x) dikatakan fungsi ganjil jika f (−x) = −f (x) ∀x ∈ Df. Kurvanya simetri terhadap titik (0,0). 2 3 • Ilustrasi: y = f (x) = x adalah fungsi genap, y = f (x) = x adalah fungsi ganjil, y = f (x) = 0 adalah fungsi 3 2 genap dan ganjil, fungsi y = f (x) = x + x bukan fungsi genap dan juga bukan fungsi ganjil. ¾ Pergeseran Kurva Kurva y = f (x − a) + b, a > 0, b > 0 diperoleh dari kurva y = f (x) dengan cara menggeserkannya a satuan ke kanan dan b satuan ke atas. Dalam kasus a < 0 dan b < 0, kurva y = f (x) digeser ke 2 2 arah sebaliknya. Ilustrasi: dari y = f (x) = x − 2x − 3 = (x − 1) − 4 diperoleh bahwa kurva y = f (x) diperoleh 2 dari kurva y = x dengan cara menggeserkannya sejauh 1 satuan ke kanan dan 4 satuan ke bawah. ¾ Fungsi Komposisi • Untuk fungsi f : Df → Rf dan g : Dg → Rg dengan Rf ∩ Dg ≠ ∅ (tak g ( f (x)) Rg D f kosong), fungsi komposisi dari f dan g, ditulis g D f (f dilanjutkan g) R g

Dg Rf Df

gD f

g f

adalah suatu fungsi yang aturannya ( g D f )(x) = g ( f (x)) .

g

f (x) R f « Dg

gD f

f

• Daerah asal fungsi g D f adalah Dg D f = {x ŒD f | f (x) ŒR f « Dg } . • Daerah nilai fungsi g D f adalah Rg D f = { y ŒRg | y = g(s), s ŒR f « Dg} .

Dg D f

Fungsi komposisi f D g didefinisikan serupa, dengan f dan g saling bertukar peran. Kondisi fungsi komposisi g D f dapat disederhanakan dengan Rf ⊆ Dg. Daerah asal fungsi komposisi Dg D f dapat ditentukan dari aturan ( g D f )(x) = g ( f (x)) tetapi harus diiriskan dengan Df. Contoh Jika f (x) = x - 3 dan g(x) = x − 1, tentukan g D f , Dg D f , Rg D f dan f D g , D f D g , R f D g . 2

Solusi Untuk fungsi ini, D f = [3,•), R f = [0,•), Dg = \ , Rg = [ -1,•). ¾ Karena R f « Dg = \ « [0,•) = [0,•) π ∆, maka fungsi komposisi g D f terdefinisi dengan aturan

Dg D f

y = ( g D f )(x) = g ( f (x)) = g ( x - 3) = (x - 3) - 1 = x - 4. = {x ŒD f | f (x) ŒR f « Dg } = {x Œ[3, •)| x - 3 Œ[0, •)} = [3, •).

Rg D f = { y ŒRg | y = g(s), s ŒR f « Dg } = { y Œ[ -1,•)| y = s 2 -1, s Œ[0,•)} = [ -1,•).

Cara lain Dari y = x − 4 diperoleh Dy = \ dan R y = \. Akibatnya Dg D f = D y « D f = \ « [3, •) = [3, •).

Dari x Œ Dg D f diperoleh x ≥ 3, sehingga y = x − 4 ≥ −1. Akibatnya Rg D f = [ -1,•). ¾ Karena Rg « D f = [ -1,•) « [3,•) = [3,•) π ∆, maka fungsi komposisi f D g terdefinisi dengan aturan

D f Dg

y = ( f D g )(x) = f (g (x)) = f (x 2 -1) = x 2 - 1 - 3 = x 2 - 4. = {x ŒDg | g (x) ŒRg « D f } = {x Œ\ | x 2 - 1Œ[3, •)} = {x | x 2 - 1 ≥ 3} = {x | x 2 ≥ 4} = (- •, - 2] » [2,•). R f D g = { y ŒR f | y = f (s), s ŒRg « D f } = { y Œ[0,•)| y = s - 3, s ≥ 3} = { y | y ≥ 0} = [0,•).

Cara lain Dari y = x 2 - 4 diperoleh Dy = (- •, - 2] » [2,•) dan Ry = [0,•). Akibatnya D f D g = D y « Dg = ((- •, - 2] » [2,•)) « \ = (- •, - 2] » [2,• ). Dari x Œ D f D g diperoleh y ≥ 0. Akibatnya R f D g = [0,•). y

y

y

gD f

g

Kuliah 002

y=x

fDg

f −1

y = −x

0

fDg

0 1

3

x

3

4

−1

9

x

−2

0

2

x

Koko Martono, FMIPA - ITB

Limit Fungsi di Satu Titik ¾ Limit fungsi f untuk x mendekati c adalah L ditulis dengan simbol ( x Æ c fi f (x) Æ L) atau lim f (x) = L. xÆ c

Maknanya: f (x) dapat dibuat sebarang dekat ke L dengan cara membuat x cukup dekat ke c. Kondisi agar limit dapat dibahas adalah di sekitar c terdapat tak-hingga banyaknya titik dari daerah asal fungsi f. ¾ Definisi formal limit lim f (x) = L berarti "e > 0 $ d > 0 '0 < | x - c | < d fi | f (x) - L | < e . xÆ c

Limit sepihak Limit kanan: lim+ f (x) = L berarti "e > 0 $ d > 0 '0 < x - c < d fi | f (x) - L | < e . xÆc

Limit kiri:

lim f (x) = L berarti "e > 0 $ d > 0 '0 < c - x < d fi | f (x) - L | < e .

x Æ c-

¾ Kaitan limit dan limit sepihaknya lim f (x) = L ¤ lim+ f (x) = L dan lim- f (x) = L. xÆ c

xÆc

xÆc

Jika lim- f (x) = L1 dan lim+ f (x) = L 2 dengan L1 π L 2 , maka lim f (x) tidak ada. xÆc

xÆc

xÆc

¾ Sifat operasi aljabar pada limit Jika lim f (x) = L dan lim g (x) = M , maka lim ( f (x) ± g (x)) = L ± M , xÆc

xÆc

xÆc

L , M π 0, dan lim n f (x) = n L , L ≥ 0 untuk n bilangan genap. lim ( f (x) g (x)) = LM , lim g (x) = M xÆc xÆc f (x)

xÆc

¾ Sifat limit nilai mutlak Jika lim f (x) = L, maka lim| f (x)| = | L | ; dan lim f (x) = L ¤ lim| f (x)| = | L | . xÆc

xÆc

xÆc

xÆc

P(x)

¾ Sifat limit fungsi rasional P sukubanyak fi lim P (x) = P (c); R(x) = Q(x) fungsi rasional fi lim R (x) = R (c), xÆc xÆc Q(c) ≠ 0 ¾ Sifat prinsip apit Jika di sekitar c berlaku h(x) ≤ f (x) ≤ g(x) dan lim h (x) = L = lim g (x), maka lim f (x) = L. xÆc

xÆc

xÆc

sin x sin x ¾ Sifat dasar limit trigonometri Dari 1 - 12 x 2 < cos x < x < 1, 0 < | x | < p2 diperoleh lim x = 1. xÆ0

Contoh Limit Fungsi di Satu Titik ¾ Substitusi

2 x2 + 3

2◊ 32 + 3 18 + 3

21

lim = 3◊ 3 - 2 = 7 = 7 = 3; lim 2 x 2 + 7 = x Æ 3 3x - 2 x Æ -1

¾ Bentuk 0/0 (1) lim

xÆ4

lim (2 x 2 + 7) = 2( -1) 2 + 7 = 9 = 3.

x Æ -1

( x - 4)( 2 x - 4 + 2) x -2 x -2 x + 2 2x - 4 + 2 = lim ◊ ◊ = lim 2 x - 4 - 2 x Æ 4 2 x - 4 - 2 x + 2 2 x - 4 + 2 x Æ 4 (2 x - 4 - 4)( x + 2)

= lim

xÆ4

( x - 4)( 2 x - 4 + 2) 2x - 4 + 2 4+2 2+2 4 1 = lim = = 2◊ 4 = 8 = 2 . 2( x - 4)( x + 2) 2( 4 + 2) x Æ 4 2( x + 2)

2sin 2 12 x sin 12 x 1 - cos x 1 = lim = 2 lim 1 x ◊ sin 2 x ◊ 2 = 2 ◊ 1 ◊ 0 ◊ 2 = 0. x x xÆ 0 xÆ 0 xÆ 0

(2) lim

2

sin 3 x 6 + sin3 x3 x ◊ 3 6 + 3 xlim Æ 0 3x 6 x + sin 3 x 6+3 (3) lim 5 x - tan 2 x = lim = = 5 - 2 = 3. tan 2 x xÆ0 x Æ 0 5 - tan 2 x ◊ 2 5 - 2 lim 2 x 2x xÆ 0

¾ Prinsip apit Untuk menghitung lim x sin 1x , gunakan ketaksamaan 0 £ x sin 1x = | x | sin 1x £ | x |, x π 0. xÆ0

Karena lim 0 = 0 dan lim | x | = 0, maka lim x sin 1x = 0 (prinsip apit). Akibatnya lim x sin 1x = 0. xÆ0

xÆ0

xÆ0

xÆ0

Limit Tak-hingga dan Limit di Tak-hingga ¾ lim f (x) = • berarti f (x) membesar tanpa batas bila x mendekati c, x ≠ c. Maknanya: f (x) dapat dibuat sebaxÆc

rang besar bila x cukup dekat ke c; atau f (x) > M untuk sebarang M > 0 jika 0 < | x − c | < δ untuk suatu δ > 0. ¾ Definisi formal: lim f (x) = • ¤ "M > 0 $d > 0 '0 < | x - c | < d fi f (x) > M . Contoh: lim 12 = •. xÆc

xÆ0

x lim f (x) = -• ¤ "N < 0 $d > 0 '0 < | x - c | < d fi f (x) < N . Contoh: lim -21 = -•. xÆc xÆ0 x Limit sepihak untuk limit tak-hingga didefinisikan serupa. Contoh: lim+ 1x = • dan lim- 1x = -•. xÆ0 xÆ0

Kuliah 002

10

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ lim f (x) = L berarti f (x) mendekati L bila x membesar tanpa batas (lebih besar dari suatu bilangan positif). xÆ•

¾ Definisi formal: lim f (x) = L ¤ "e > 0 $ m > 0 ' x > m fi | f (x) - A | < e . Contoh: lim 12 = 0. xÆ•

xƕ

x

lim f (x) = L ¤ "e > 0 $ n < 0 ' x < m fi | f (x) - A | < e . Contoh: lim 12 = 0.

x Æ -•

x Æ -•

x

Kekontinuan Fungsi ¾ Definisi: Fungsi y = f (x) kontinu di c ∈ Df jika lim f (x) = f (c) ( "e > 0 $ d > 0 '| x - c | < d fi | f (x) - A | < e xÆ c

)

¾ Fungsi f kontinu pada suatu selang I jika f kontinu di setiap titik pada I. ¾ Grafik fungsi kontinu pada suatu selang berbentuk kurva tak terputus pada selang tersebut. ¾ Untuk fungsi f yang terdefinisi pada selang (a,c], fungsi f kontinu kiri di c jika lim- f (x) = f (c). xÆ c

¾ Untuk fungsi f yang terdefinisi pada selang [c,b), fungsi f kontinu kanan di c jika lim+ f (x) = f (c). xÆ c

¾ Fungsi f kontinu pada selang [a,b] jika f kontinu pada (a,b), kontinu kanan di a, dan kontinu kiri di b. Contoh: Fungsi f (x) = x kontinu pada [0,∞) karena lim x = c = f (c) "c Œ(0,•) dan lim+ x = 0 = f (0). xÆc

xÆ0

¾ Jumlah, selisih, hasilkali, hasilbagi, dan nilai mutlak dari fungsi kontinu juga kontinu pada daerah asalnya. ¾ Fungsi rasional, fungsi irasional, dan fungsi trigonometri semuanya kontinu pada daerah asalnya. ¾ Jika fungsi f kontinu di c, maka f terbatas di sekitar c; jika f kontinu pada [a,b], maka f terbatas pada [a,b]. ¾ Kekekalan Tanda Jika f kontinu di c dan f (c) > 0 (atau f (c) < 0), maka terdapat selang terbuka J yang memuat c sehingga f (x) > 0 pada J. (atau f (x) < 0 pada J). ¾ Teorema Nilai Antara Jika f kontinu pada [a,b] dan k terletak di antara maksimum dan minimum f, maka ∃d ∈ [a,b] ∋ f (d) = k. Akibatnya, jika f (a) f (b) < 0, maka ∃s ∈ (a,b) ∋ f (s) = 0. (kurva f memotong sumbu x) ¾ Kekontinuan fungsi komposisi Jika f dan g memenuhi Rf ⊆ Dg, f kontinu di c ∈ Df, dan g kontinu di

f (c) ∈ Dg, maka g D f kontinu di c. Di sini lim( g D f )(x) = ( g D f )(c) ¤ lim (g ( f (x)) = (g ( f (c)) = g ( lim f (x)) . xÆ c

xÆ c

xÆ c

¾ Limit fungsi komposisi Jika lim f (x) = L dan g kontinu di L, maka lim g ( f (x)) = g (L) = g ( lim f (x)). xÆ c

xÆ c

xÆ c

ÏÔ( x - a ) 2 , x £ 1 kontinu pada \ . Contoh Tentukan konstanta a agar fungsi f (x) = Ì ÔÓ ax - 1 , x > 1 Solusi Fungsi y = (x − a)2 kontinu pada x < 1 dan y = ax − 1 kontinu pada x > 1. Agar fungsi f kontinu pada \ syaratnya adalah f kontinu di x = 1, yang setara dengan lim- f (x) = lim+ f (x) = f (1). . Dari sini diperoleh xÆ1

xÆ1

(1 − a) = a − 1 = (1 − a) ⇒ a − 2a + 1 = a − 1 ⇒ a − 3a + 2 = 0 ⇒ (a − 1)(a − 2) = 0 ⇒ a = 1 atau a = 2. 2

2

2

2

Soal Latihan Kuliah 002: Fungsi, Limit dan Kekontinuan x+ x -6 x3 + 8 dan (b) lim x + 2 . x 4 x Æ -2 xÆ4

1. Tentukan himpunan solusi pertaksamaan 2 (a) 2 ≤ x − x ≤ 6 dan (b) 1 £ x - 6x < 5

5. Hitunglah (a) lim

2. Tentukan himpunan solusi pertaksamaan 2 (a) 2 ≤ | x − x | ≤ 6 dan (b) x | x | ≤ | x − 2 |. 3. Jika 0 < a ≤ b, buktikan ketaksamaan a £ a2+abb £ ab £ 12 (a + b) £ b.

6. Hitunglah (a) lim

xÆ0

7. Jika lim

xÆ4

4. Kaitan suhu derajat Fahrenheit dan Celcius adalah C = 95 (F - 32). Jika suatu larutan harus dijaga pada

suhu 50°C dengan toleransi 3%, tentukan toleransinya dalam derajat Fahrenheit.

x +2 - 2 dan (b) lim x 2sin 1x x xÆ0

.

ax - x + b 3 = 4 , tentukan konstanta a dan b. x-4

Ï 2 2 8. Agar f (x) = Ì c x , x < 2 kontinu di 2, tentukan c/ Ó(1- c) x, x ≥ 2 9. Buktikan fungsi y = x dan y = 2 berpotongan di tiga titik yang berlainan. 2

x

Mathematics is the queen and servant of all sciences and number theory the queen of mathematics. Carl Friedrich Gauss, 1777 – 1855 Kuliah 002

11

Koko Martono, FMIPA - ITB

K-001 : Pendahuluan, Logika dan Penalaran Matematika K-002 : Fungsi, Limit, dan Kekontinuan K-003 : Turunan, Diferensial, dan Aplikasinya K-004 : Integral, Teknik Pengintegralan, dan Aplikasinya K-005 : Bentuk Tak-tentu, Integral Tak-wajar, dan Deret K-006 : Persamaan Diferensial Biasa K-078 : Kalkulus Diferensial dan Integral Peubah Banyak K-9 10 : Jaringan Informasi, Sejarah, dan Filsafat Matematika Dasar

Koko Martono

Institut Teknologi Bandung Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam 2014

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

12 Laju Perubahan Rata-rata, Laju Perubahan Sesaat, dan Turunan Untuk fungsi y = f (x) dengan Df = selang buka I yang memuat c, definisikan:

y y = f (x) f (c+h)

f (c + h) - f (c) f (c + h) - f (c) = . (c + h) - c h f (c + h) - f (c) f (x) - f (c) = lim x - c . h xÆc

¾ Laju perubahan rata-rata dari c ke c + h: LR =

garis singgung

f (c)

¾ Laju perubahan sesaat di c: LS = lim

hÆ0

¾ Turunan fungsi y = f (x) di c: f ¢(c) = lim

hÆ0

0

c c+h

x

¾ Turunan fungsi y = f (x): f ¢(x) = lim

hÆ0

f (c + h) - f (c) h

f (x + h) - f (x) h

f (x) - f (c) . x-c

= lim

xÆc

= lim

tÆx

f (t) - f (x) . t-x

¾ Arti fisis f ¢(c) adalah laju perubahan sesaat di c dan arti geometrinya gradien garis singgung di (c, f (c)). dy df d ( f (x)), D f . ¾ Notasi untuk turunan fungsi y = f (x) adalah: y ¢, y , f ¢(x), dx , dx ( Leibniz ), dx x

¾ Fungsi y = f (x) dikatakan terdiferensialkan di c jika lim

hÆ0

f (c + h) - f (c) h

= lim

xÆc

¾ Turunan kiri dari fungsi y = f (x) di c didefinisikan sebagai f -¢(c) = limhÆ0

f (x) - f (c) x-c

f (c + h) - f (c) h

¾ Turunan kanan dari fungsi y = f (x) di c didefinisikan sebagai f +¢(c) = lim+ hÆ0

ada.

= limxÆc

f (c + h) - f (c) h

f (x) - f (c) . x-c

= lim+ xÆc

f (x) - f (c) . x-c

¾ Kaitan: fungsi y = f (x) terdiferensialkan di c ¤ f -¢(c) = f +¢ (c) = f ¢(c). ¾ Fungsi y = f (x) terdiferensialkan pada selang buka I (hingga atau tak hingga) jika f ¢(x) ada "x Œ I . ¾ Fungsi y = f (x) terdiferensialkan pada [a,b] jika f ¢(x) ada "x Œ (a, b), f +¢(a) ada, dan f -¢ (b) ada. ¾ Teorema Jika fungsi f terdiferensialkan di c, maka f kontinu di c. Bukti Karena lim f (x) = lim xÆc

xÆc

(

f (x) - f (c) x - c (x - c) + f (c)

) = f ¢(c)◊0 + f (c) = f (c), , maka fungsi f kontinu di c.„

Contoh t- x

1

1

¾ Fungsi y = f (x) = x terdiferensialkan di setiap x > 0 karena y ¢ = f ¢(x) = lim t - x = lim t + x = 2 x . tÆx tÆx f (x) - f (0) x 1 ¾ Fungsi y = f (x) = x tak-terdiferensialkan di 0 karena f ¢(0) = f +¢(0) = lim+ x - 0 = lim+ x = lim+ x = •. xÆ0

xÆ0

xÆ0

¾ Fungsi y = f (x) = | x | tak-terdiferensialkan di 0 karena f -¢(0) π f +¢ (0). Dalam kasus ini f (x) - f (0) f (x) - f (0) -x x f -¢(0) = lim- x - 0 = lim- x = lim- - 1 = -1 dan f +¢(0) = lim+ x - 0 = lim+ x = lim+1 = 1. xÆ0

xÆ0

xÆ0

xÆ0

xÆ0

xÆ0

Aturan untuk Kalkulasi Turunan Fungsi du dv d (cu) = c du , c konstanta; d (u + v) = du + dv ; d (uv) = d (vu) = v du + u dv ; d u = v dx - u dx , v π 0. ¾ dx 2 dx dx dx dx dx dx dx dx dx v v

( )

dy

dy du

dy

¾ Aturan rantai: Jika y = f (u) dan u = g(x), maka dx = du ◊ dx , du dihitung di u = g(x). Bentuk formal: Jika fungsi y = f (u) terdiferensialkan di u = g(x) dan u = g(x) terdiferensialkan di x, maka fungsi komposisi ( f ο g)(x) = f (g(x)) juga terdiferensialkan di x dan memenuhi ( f D g) ¢(x) = f ¢(g (x)) ◊ g ¢(x) . d x r = r x r -1, r bilangan rasional. ¾ Turunan fungsi pangkat rasional: dx d sin x = cos x, d cos x = - sin x, d tan x = sec 2 x. ¾ Turunan fungsi trigonometri: dx dx dx

¾ Turunan implisit: Dalam F(x,y) = 0 secara implisit y adalah fungsi dari x, turunan implisit adalah mencari 3 3 turunan y terhadap x dengan aturan turunan. Ilustrasi: Dalam x + y − 3xy = 0 termuat y fungsi dari x. Untuk mencari turunannya gunakan aturan rantai dengan menganggap y fungsi dari x. d (x3 + y 3 - 3 xy) = d 0 fi 3 x 2 + 3 y 2 dy dx dx dx

(

dy

)

dy

dy

y - x2

- 3 x dx + y = 0 fi dx ( y 2 - x) = y - x 2 fi dx = 2 . y -x

1+ x

Contoh Buktikan fungsi y = x 1+ x

memenuhi persamaan diferensial y ¢ + ( y -1) 2 = 0.

1

1

1

1

1

Solusi Tulislah y = x = x + 1, maka y ¢ = - 2 dan y - 1 = x . Akibatnya y ¢ + ( y - 1) 2 = - 2 + 2 = 0. „ x x x Contoh Dengan menggunakan aturan rantai, tentukan turunan pertama dari fungsi y = x (x + 2). Solusi Tulislah y = x(x + 2) = x 2 + 2 x , maka y ¢ =

1 d (x 2 + 2 x) = 2x + 2 = x +1 . ◊ dx 2 x2 + 2 x 2 x +2 x 2 x2 + 2 x

Contoh Tunjukkan fungsi y = | x | memenuhi yy ¢ = x. Solusi Tulislah y = | x | = x 2 , maka y ¢ =

1 x x x ◊ 2 x = 2 = | x | = y . (aturan rantai) Jadi terbuktilah yy ¢ = x. „ 2 2 x x

Contoh Tentukan turunan pertama dari fungsi f (x) = x1/3sin x. Solusi Turunan pertama dari fungsi f adalah d (x1/3sin x) = x1/3◊ d (sin x) + (sin x) ◊ d (x1/3 ) = x1/3cos x + (sin x) ◊ 1 x -2/3 = x1/ 3cos x + sin x , x π 0. f ¢(x) = dx 2/3 dx dx 3 3x

Dari aturan f ¢(x) ini belum didapat informasi tentang f ¢(0) , sehingga f ¢(0) dicari dengan definisi turunan. f ¢(0) = lim

xÆ0

f (x) - f (0) x-0

x1/3 sin x - 0 x-0 xÆ0

= lim

sin x

= lim x1/3◊ x = 0 ◊ 1 = 0. xÆ0

Contoh Tentukan persamaan garis singgung dan garis normal pada kurva f (x) = sin x dan g(x) = tan x di titik (0,0) kemudian gambarkan kurva f dan g beserta garis singgung dan garis normalnya. y = tan x

y y = −x

y=x y = sin x

−π

π

0

garis singgung

x

garis normal

Solusi Persamaan garis singgung pada kurva f di titik c adalah y - f (c) = f ¢(c)(x - c) dan garis normal di c tegak lurus garis singgungnya. ¾ Karena f ¢(x) = cos x diperoleh f ¢(0) = 1 . Persamaan garis singgung pada kurva f di (0,0) adalah y − 0 = 1(x − 0), atau y = x. Persamaan garis normal pada kurva f di (0,0) adalah y = −x. ¾ Karena g ¢(x) = sec 2 x diperoleh g ¢(0) = 1 . Persamaan garis singgung pada kurva g di (0,0) adalah y − 0 = 1(x − 0), atau y = x. Persamaan garis normal pada kurva f di (0,0) adalah y = −x.

Turunan ke-n ¾ Untuk fungsi f yang terdiferensialkan, turunan dari f dinamakan turunan pertama dari f, ditulis f ′. Jika f ′ terdiferensialkan dan dihitung turunannya, maka diperoleh turunan kedua dari f, ditulis f ″. ¾ Jika turunan fungsi f dihitung turunannya n kali, maka diperoleh turunan ke-n dari f, ditulis f (n). Fungsi ini diperoleh dengan menghitung turunan ke-(n − 1) dari f, n = 1, 2, 3, … Turunan ke-0 dari f adalah fungsi

f sendiri. Notasi turunan ke-n dari fungsi f adalah y (n) , f (n) (x),

dny dn f , dxn dxn

n ( Leibniz ), d n ( f (x)), Dxn f .

dx

Contoh Tentukan turunan pertama dari fungsi f (x) = sin x. Solusi Dari bentuk turunan fungsinya, f ¢(x) = cos x = sin (x + 12 p ), f ¢¢(x) = - sin x = sin (x +p ) = sin (x + 2◊ 12 p ) ,

f ¢¢¢(x) = - cos x = sin (x +3◊ 12 p ), dan f (4) (x) = sin x = sin (x + 4◊ 12 p ), maka turunan ke-n dari fungsi f adalah f (n) (x) = sin (x + n◊ 12 p ) = sin (x + 12 np ), n bilangan asli.

Diferensial ¾ Unfuk fungsi y = f (x) yang terdiferensialkan di sekitar x, diferensial dari peubah bebas x, ditulis dx, didefinisikan sebagai pertambahan sebarang dari x, yaitu dx = ∆x. ¾ Unfuk fungsi y = f (x) yang terdiferensialkan di sekitar x, diferensial dari peubah tak-bebas y, ditulis dy, didefinisikan sebagai dy = f ′(x) dx. dy

¾ Catatan: Dari dy = f ¢(x) dx diperoleh dx = f ¢(x). Ini berarti bahwa turunan fungsi f dapat dipandang sebagai hasilbagi dari dy terhadap dx. dy

¾ Ilustrasi: Dari fungsi y = x diperoleh y ¢ = dx = 2 x, yang dapat ditulis dalam bentuk dy = 2x dx. 2

Kuliah 003

13

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Perhatikan rumus turunan du dv d (cu) = c du , c konstanta; d (u + v) = du + dv ; d (uv) = v du + u dv ; dan d u = v dx - u dx , v π 0. dx dx dx dx dx dx dx dx dx v v2 Jika dibagi dengan dx, maka diperoleh rumus diferensial berikut.

( )

( )

vdu - udv d (cu) = c du , c konstanta; d (u + v) = du + dv; d (uv) = vdu + udv; dan d uv = , v π 0. 2 v

Hampiran dengan Diferensial Untuk fungsi y = f (x) dengan Df = selang buka I yang memuat c kita mempunyai: ¾ Dari Dy = f (c +Dx) - f (c) diperoleh f (c +Dx) = f (c) +Dy. f (c+∆x) ¾ Jika hampiran untuk ∆y adalah dy = f ¢(c) Dx , maka hampiran untuk f (c + ∆x) adalah f (c +Dx) ª f (c) + f ¢(c) Dx. ∆y dy f (c) ¾ Persamaan garis singgung di titik (c, f (c)) pada kurva f adalah y − f (c) = f ¢(c) (x − c), atau y = f (c) + f ¢(c) (x − c). c c+∆x x 0 Untuk x = c + ∆x diperoleh y = f (c) + f ¢(c) ∆x, sehingga hampiran nilai fungsi dengan diferensial adalah hampiran dengan nilai di garis singgungnya. ¾ Ilustrasi: Untuk menentukan nilai hampiran 3 28 dari 3 27 = 3, ambillah fungsi f (x) = 3 x dengan f (27) = 3, y

y = f (x)

1 . Nilai hampiran dari f ¢(x) = 13 x -2/ 3 , dan f ¢(27) = 27 3

3

28 dengan diferensial adalah

1 ◊1 = 3 1 . 28 = f (28) ª f (27) + f ¢(27)(28 - 27) = 3 + 27 27

Laju Terkait ¾ Masalah laju terkait melibatkan peubah x dan y yang terikat secara implisit, keduanya merupakan fungsi dari peubah ketiga t. Setelah persamaan yang mengaitkan x dan y diperoleh, jika diketahui laju perubahan x terhadap t, maka laju perubahan y terhadap t dapat ditentukan. ¾ Dalam menyelesaikan masalah laju terkait, lakukan langkah berikut. • Buatlah sketsa gambar situasinya bilamana membantu. • Identifikasi peubah x dan y, termasuk laju perubahan yang diketahui dan yang akan ditentukan. • Tentukan suatu persamaan yang mengaitkan peubah x dan y kemudian tentukan turunannya terhadap peubah t secara implisit untuk mendapatkan laju perubahan yang dicari. Contoh Sebuah tangga panjangnya 5 meter bersandar pada dinding yang tegak lurus lantai horisontal. Jika saat ujung tangga 4 meter dari lantai laju meluncur ujung tangga pada dinding adalah 1 meter per detik, tentukan laju meluncur tangga pada lantai. Solusi Misalkan saat t (dalam detik) jarak ujung tangga ke lantai adalah y meter dan jarak ujung tangga ke dinding adalah x meter, yang berubah terhadap waktu t. Karena

dinding

dy

dx

panjang tangga adalah 5 meter, maka dari x 2 + y 2 = 25 diperoleh 2 x dt + 2 y dt = 0.

dy dt

dy

y meter

x meter

dx dt

Dengan data y = 4 meter, x = 3 meter, dan dt = -1 meter per detik (arah ke bawah) diperoleh 2 ◊ 3◊ dx + 2◊ 4 ◊ (-1) = 0, sehingga laju meluncur tangga pada lantai adalah dx =4 dt 3 dt

meter per detik. Contoh Seorang berdiri di atas bangunan tepi pantai mengawasi perahu motor yang bergerak ke arah pantai tepat di bawahnya dengan teropong. Jika tinggi teropong 25 meter di atas permukaan laut dan perahu mendekat dengan laju 2 meter per detik, tentukan laju perubahan sudut teropong saat perahu 25 meter dari pantai. Solusi Misalkan saat t jarak perahu ke pantai adalah x m dan sudut antara terob teropong pong dengan garis vertikal adalah θ radian. Akan dihitung ddtq saat x = 25 meter θ

= −2 meter per detik (di sini x berkurang seiring waktu berjalan). dan dx dt

x diperoleh sec 2q dq = 1 dx . Akibatnya untuk x = 25 diperoleh Dari tan q = 25 25 dt dt 2 tan θ = 1 dan sec θ = 2.

25 meter pantai x meter

laut Kuliah 003

dx dt

Gantikan datanya, diperoleh 2 ddtq = 25 (- 2) , sehingga ddtq = - 25 = -0,04 radian per detik (θ berkurang seiring waktu, sekitar 7,2 derajat per detik) 1

14

1

Koko Martono, FMIPA - ITB

Kemonotonan, Kecekungan, Titik Ekstrim, dan Titik Belok Fungsi y

y

y

y gs

gs

f

f

tlbs

tlbs f

tlbs

tlbs

gs selang I 0

f

gs selang I x

Kurva f monoton naik dan cekung ke atas pada selang I

0

selang I x

0

Kurva f monoton naik dan cekung ke bawah pada selang I

selang I x

Kurva f monoton turun dan cekung ke atas pada selang I

0

x

Kurva f monoton turun dan cekung ke bawah pada selang I

¾ Kemonotonan fungsi Misalkan turunan pertama dari fungsi f kontinu pada selang buka I. • Fungsi f monoton naik pada I jika ∀u, v ∈ I berlaku u < v ⇒ f (u) < f (v). (nilai sesudah > nilai sebelum) • Fungsi f monoton turun pada I jika ∀u, v ∈ I berlaku u < v ⇒ f (u) > f (v). (nilai sesudah < nilai sebelum) • Fungsi f monoton tak-turun pada I jika ∀u, v ∈ I berlaku u < v ⇒ f (u) ≤ f (v). Ilustrasi: f (x) = x + | x |. • Fungsi f monoton tak-naik pada I jika ∀u, v ∈ I berlaku u < v ⇒ f (u) ≥ f (v). Ilustrasi: f (x) = x − | x |. 2 Ilustrasi: Fungsi f (x) = x monoton naik pada (0,∞) dan monoton turun pada (−∞,0). ¾ Kecekungan fungsi Misalkan turunan pertama dari fungsi f kontinu pada selang buka I. • Fungsi f cekung ke atas pada I jika garis singgung di setiap (c, f (c)) pada kurva f terletak di bawah kurva. (atau setiap garis talibusur dari setiap dua titik pada kurva f terletak di atas kurvanya) • Fungsi f cekung ke bawah pada I jika garis singgung di setiap (c, f (c)) pada kurva f terletak di atas kurva. (atau setiap garis talibusur dari setiap dua titik pada kurva f terletak di bawah kurvanya) 3 Ilustrasi: Fungsi f (x) = x cekung ke atas pada (0,∞) dan cekung ke bawah pada (−∞,0). ¾ Kaitan kemonotonan dan turunan pertama • Jika f ¢(x) > 0 pada I, maka fungsi f monoton naik pada I. • Jika f ¢(x) < 0 pada I, maka fungsi f monoton turun pada I. ¾ Kaitan kecekungan dan turunan pertama • Jika f ¢¢(x) > 0 pada I (kurva f ′ monoton naik pada I), maka fungsi f cekung ke atas pada I. • Jika f ¢¢(x) < 0 pada I (kurva f ′ monoton turun pada I), maka fungsi f cekung ke bawah pada I. ¾ Titik kritis, titik stasioner, dan titik ekstrim (maksimum atau minimum) • Fungsi f mencapai titik kritis di c jika f ¢(c) = 0 (titik stasioner di c) atau f ¢(c) tidak ada. • Fungsi f mencapai maksimum lokal di c jika terdapat selang J yang memuat c sehingga f (x) ≤ f (c) ∀x ∈ J. • Fungsi f mencapai minimum lokal di c jika terdapat selang J yang memuat c sehingga f (x) ≥ f (c) ∀x ∈ J. • Fungsi f mencapai maksimum mutlak (global) di c jika f (x) ≤ f (c) ∀x ∈ Df. • Fungsi f mencapai minimum mutlak (global) di c jika f (x) ≥ f (c) ∀x ∈ Df. ¾ Uji turunan pertama untuk ekstrim lokal Misalkan f kontinu pada selang buka I dan titik kritis c ∈ I. • Jika f ¢(x) > 0 untuk x < c dan f ¢(x) < 0 untuk x > c, maka fungsi f mencapai maksimum lokal di c. • Jika f ¢(x) < 0 untuk x < c dan f ¢(x) > 0 untuk x > c, maka fungsi f mencapai minimum lokal di c. ¾ Uji turunan kedua untuk ekstrim lokal Misalkan f ′ kontinu pada selang buka I dan c ∈ I. 2 • Jika f ¢(c) = 0 dan f ¢¢(c) < 0 , maka fungsi f mencapai maksimum lokal di c. Fenomena; f (x) = −x di 0. 2 • Jika f ¢(c) = 0 dan f ¢¢(c) > 0 , maka fungsi f mencapai minimum lokal di c. Fenomena; f (x) = x di 0. ¾ Sifat ekstrim • Jika fungsi f mencapai ekstrim lokal di c dan f ′(c) ada, maka f ′(c) = 0. • Jika f kontinu pada [a,b], maka f mencapai ekstrim mutlak pada [a,b]. ¾ Titik belok Fungsi f mencapai titik belok di c ∈ Df jika di sekitar c terjadi perubahan kecekungan dari f. Titik beloknya adalah (c, f (c)). Kondisi: fungsi f terdiferensialkan pada selang terbuka I yang memuat c, kecuali mungkin di c sendiri. ( f ¢(c) = ± • atau tak ada) Ilustrasi: Fungsi f (x) = x3 mencapai titik belok di 0 ¾ Sifat titik belok • Jika kurva f mencapai titik belok di c dan f ¢¢(c) ada, maka f ¢¢(c) = 0 . • Jika f ¢¢(c) = 0 dan di sekitar c ada perubahan kecekungan dari f, maka fungsi f mencapai titik belok di c. • Jika turunan kedua dari f ada pada I, f ¢¢(c) = 0 dan f ¢¢¢(c) π 0, maka fungsi f mencapai titik belok di c. Kuliah 003

15

Koko Martono, FMIPA - ITB

Contoh Gambarkan kurva f (x) = 5 x 2/3 - x5/3 dari informasi kemonotonan dan kecekungannya. Solusi ¾ Fungsi f kontinu pada \ Turunan pertama dan kedua dari fungsi f adalah 2 /3 5/3 -1/3 5 2/3 5 x -1/3(x - 2), x π 0; f ¢(0) = lim f (x) - f (0) = lim 5 x - x = lim 5 - x 2/3 = ± •. f ¢(x) = 10 x x = 1/3 3 3 3 x-0 x xÆ0

xÆ0

xÆ0

(

)

x

f ¢¢(x) = - 10 x -4/3 - 10 x -1/3 = - 10 x -4/3(x +1), x π 0; f ¢¢(0) tidak ada. 9 9 9 ¾ Titik kritis dari fungsi f tercapai jika f ¢(x) = 0 atau f ¢(x) tidak ada, yang

y

menghasilkan x = 0 dengan f (0) = 0 dan x = 2 dengan f (2) = 3 3 4 ≈ 4,76. (−1,6)

¾ Titik kritis dari fungsi f ′ tercapai jika f ¢¢(x) = 0 atau f ¢¢(x) tidak ada, yang menghasilkan x = −1 dengan f (−1) = 6 dan x = 0 dengan f (0) = 0. min lokal maks lokal − − − − − − − − − − + + + + + + 0 − − − − − − − − f ¢(x) < 0, f turun 0 f ¢(x) > 0, f naik 2 f ¢(x) < 0, f turun

(2,33 4 ) f

−2 −1

ttk-blk bukan ttk-blk + + + + + + +0− − − − − − − − − − − − − − − − − − f ¢¢(x) > 0 f ¢¢(x) < 0 −1 0 f cekung ke atas f cekung ke bawah

(0,0) 0 2

5

6 x

Aplikasi Ekstrim pada Soal Cerita ¾ Dalam soal cerita ekstrim, cobalah gambarkan masalahnya dalam dua peubah dan carilah fungsi dua peubah Q yang akan dicari ekstrim mutlaknya. ¾ Gunakan kondisi yang diberikan agar Q menjadi fungsi satu peubah, tentukan titik kritis dan jenie ekstrimnya. Ketunggalan titik ekstrim mengakibatkan ekstrim lokal menjadi ekstrim mutlak. Contoh Dari sehelai karton akan dibuat sebuah kotak tanpa tutup dengan alas persegi. Jika luas permukaan 2 kotak ditetapkan 432 cm , tentukan ukuran kotak yang mempunyai volum terbesar. Solusi 2 2 y ¾ Misalkan alas kotak x cm dan tinggi y cm, maka volum kotak adalah V = x y cm . 2 2 Karena luas permukaan kotaknya 432 cm , maka x + 4xy = 432. ¾ Untuk menentukan maksimum dari V, buatlah V menjadi fungsi satu peubah. Dari x 2 2 x x + 4xy = 432 diperoleh 4xy = 432 − x , sehingga y = 108 x x - 4.

(

)

x 1 3 ¾ Gantikan hasil ini ke V = x2y, diperoleh fungsi satu peubah V = x 2 108 x - 4 = 108 x - 4 x . ¾ Carilah ekstrim fungsi V, turunan pertama dan kedua dari V adalah V ¢ = 108 - 34 x 2 dan V ¢¢ = - 32 x. Titik sta-

- 12 = 6. sioner dari V: V ¢ =108 - 34 x 2 = 0 fi 34 x 2 = 108 fi x =12, dengan nilai y yang terkait adalah y = 108 12 4 ¾ Karena V ¢(12) = 0, V ¢¢(12) = -18 < 0, dan ekstrimnya tunggal, maka V mencapai maksimum mutlak di x = 12. ¾ Kesimpulan: Agar mempunyai volum terbesar, ukuran kotak harus 12 × 12 × 6 cm dan volumnya 864 cm3.

Soal Latihan Kuliah 003: Turunan, Diferensial, dan Aplikasinya 1. Jika diameter lingkaran adalah x cm, tentukan luas lingkaran L sebagai fungsi dari x dan hitunglah laju perubahan L terhadap x saat x = 20 cm. 2. Tentukan turunan pertama dan kedua dari fungsi (a) f (x) = 2 x2 1+ x

(b) g (x) =

x -1 x +1

3. Tentukan persamaan garis singgung dan garis normal pada kurva f (x) = x3 − 3x2 di titik (1,−2). 4. Tentukan persamaan garis singgung dan garis nor2 2 mal pada kurva x y + 4xy = 12y di titik (2,1). 5. Tentukan turunan ke-n dari f (x) = cos 2x. Kuliah 003

6. Tentukan hampiran dari 4 14 dengan diferensial. 3 2 7. Jika fungsi f (x) = ax + bx mencapai titik belok di (1,2), tentukan konstanta a dan b. 4 3 8. Gambarkan kurva (a) f (x) = 3x − 4x dan kurva 2/3 (b) g(x) = 2x + 3x dari informasi kemonotonan dan kecekungannya. 9. Dalam kerucut lingkaran tegak berjari-jari R dan tinggi T dibuat tabung dengan lingkaran bawah pada bidang alas kerucut dan lingkaran atas pada selimut kerucut. Tentukan tinggi tabung yang volumnya paling besar.

16

Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

17 Anti Turunan, Anti Diferensial, dan Integral Tak-tentu ¾ Anti turunan Untuk fungsi y = f (x) dengan Df = selang I, fungsi F yang memenuhi F ¢(x) = f (x) "x ŒI dinamakan anti-turunan atau primitif dari f. ¾ Anti turunan dari fungsi y = f (x) tidak tunggal karena f ¢(x) = g ¢(x) "x ŒI fi F(x) = G(x) + C, C konstanta. Ilustrasi: Anti turunan dari y = sin 2x adalah F1(x) = sin 2 x, F2 (x) = - cos 2 x, F3(x) = - 12 cos 2 x," karena

F1¢(x) = F2¢(x) = F3¢(x) = sin 2 x "x Œ\. Kaitan antara F1 , F2 , dan F3 adalah sin 2 x = 1 - cos 2 x = 12 - 12 cos 2 x. ¾ Anti diferensial Untuk fungsi y = f (x) dengan Df = selang I, bentuk umum dari anti turunan dinamakan 2 anti diferensial. Ilustrasi: Anti diferensial dari fungsi y = sin 2x adalah F(x) = sin x + C, C konstanta. ¾ Integral tak-tentu Integral tak-tentu dari fungsi y = f (x) adalah menentukan anti diferensial dari f pada suatu selang; yang merupakan kebalikan dari diferensial, yaitu anti diferensial. Integral tak-tentu dari f ditulis

Ú f (x) dx = F(x) + C , C konstanta, dan F suatu anti-turunan dari f pada suatu selang. ¾ Rumus integral tak-tentu Rumus integral tak-tentu diperoleh dari rumus diferensial yang terkait.

Ú k f (x) dx = k Ú f (x) dx, k konstanta; Ú ( f (x) + g (x)) dx = Ú f (x) dx + Ú g(x) dx. • Integral tak-tentu dari fungsi sinus dan kosinus: Ú sin x dx = - cos x + C dan Ú cos x dx = sin x + C. • Sifat linear:

• Integral tak-tentu pangkat bilangan rasional: xr +1

u r +1

(g (x))r +1

Ú x dx = r + 1 + C; Ú ( g (x)) g ¢(x) dx = Ú u du = r + 1 = r + 1 + C , u = g (x); r bilangan rasional dan r ≠ −1. • Sifat substitusi: Ú f (g (x)) g ¢ (x) dx = Ú f (g (x)) d (g (x)) = F (g (x)) + C, F ¢(x) = f (x). Contoh Hitunglah integral tak tentu Ú sin 2x dx . Solusi: Cara 1: Ú sin 2 x dx = Ú 2sin x cos x dx = Ú 2sin x d (sin x) = sin 2 x + C. Cara 2: Ú sin 2 x dx = Ú 2cos x sin x dx = - Ú 2cos x d (cos x) = - cos 2 x + C. Cara 3: Ú sin 2 x dx = 12 Ú sin 2 x d (2 x) = - 12 cos 2 x + C. r

r

r

Luas Daerah dan Integal Tentu ¾ Luas daerah Akan dihitung luas daerah D yang dibatasi kurva kontinu f dengan f (x) ≥ 0 pada [a,b], garis x = a, garis x = b, dan sumbu x. Secara singkat daerah D ditulis D = {(x, y) | a £ x £ b, 0 £ y £ f (x)}. ¾ Bagilah [a,b] atas n bagian sama panjang, a = x0 < x1 < ⋅⋅⋅ < xi−1 < xi < ⋅⋅⋅ < xn = b. Himpunan titiknya dinamakan partisi P untuk [a,b]. Selang bagian ke-i dari P

y f

D

x0 0 a

xn b c1

ci

cn

x

adalah [xi−1,xi], i = 1, 2, ⋅⋅⋅ , n dan panjangnya ∆xi = xi−1 − xi = b-a

¾ Panjang partisi P adalah || P || = maks Dxi atau || P || = n 1£ i £ n

b-a n .

bila sama panjang.

¾ Pilihlah ci ∈ [xi−1,xi], i = 1, 2, ⋅⋅⋅ , n dan buatlah persegi panjang berukuran f (ci ) ¥ Dxi . Luas persegi panjang ke-i adalah DLi = f (ci ) Dxi . Luas daerah D dihampiri oleh jumlah luas n buah persegi panjang ini, yaitu Luas D ª f (c1) Dx1 + f (c2 ) Dx2 + " + f (cn ) Dxn = Â i =1 f (ci ) Dxi n

¾ Nilai eksak luas D dicapai bilamana || P || → 0 (atau n → ∞ bila setiap selang bagian sama panjang). Jadi

 i =1 f (ci ) Dxi || P || Æ 0

Luas D = lim

n

atau

b-a n Æ• n

Luas D = lim

 i =1 f (ci ) . n

¾ Dari fenomena ini dirancang konsep integral tentu sebagai limit jumlah dari fungsi f dengan kondisi yang diperlemah, f tidak perlu bernilai positif dan kontinu pada [a,b].

¾ Integral tentu Misalkan fungsi y = f (x) terdefinisi pada selang tutup [a,b]. • Buatlah partisi P = { a = x0 < x1 < ⋅⋅⋅ < xi−1 < xi < ⋅⋅⋅ < xn = b}, selang bagian ke-i adalah [xi−1,xi], i = 1, ⋅⋅⋅, n,

dengan ∆xi = xi−1 − xi, dan || P || = maks Dxi . Pilihlah titik ci ∈ [xi−1,xi], i = 1, ⋅⋅⋅, n dan buatlah  i =1 f (ci ) Dxi , n

1£ i £ n

yang dinamakan jumlah Riemann dari f pada [a,b]. • Fungsi f dikatakan terintegralkan pada [a,b] jika lim

|| P || Æ 0

 i =1 f (ci )Dxi ada. n

b

b

a

a

 i =1 f (ci )Dxi . || P || Æ 0

• Integral tentu dari f pada [a,b], ditulis Ú f (x) dx, didefinisikan sebagai Ú f (x) dx = lim

n

3

Contoh: Hitunglah Ú (x 2 - 2 x) dx dengan limit jumlah Riemann. 1

3 -1

2

Solusi Bagilah selang [1,3] sama panjang, maka setiap selang bagian panjangnya adalah Dx = n = n . Titik pembagiannya adalah x0 =1, x1 =1 + n2 ,", xi =1 + i ◊ n2 ,", xn =1 + n ◊ n2 = 3. Misalkan f (x) = x 2 - 2 x dan ambillah

(

) (

)

2 ci = xi =1 + 2ni , maka f (ci ) = f (xi ) = 1 + 2ni - 2 1 + 2ni = 1 + n4 i + 42 i 2 - 2 - n4 i = 42 i 2 -1.

n n 1 i = 6 n (n +1)(2n +1), maka diperoleh Gunakan limit jumlah Riemann dan rumus i =1 3 2 n 2 2 n n 4 2 8 (x - 2 x) dx = lim i - 1 ◊ n2 = lim 3 i - n i =11 i =1 n2 i =1 1 nÆ• n || P || Æ 0 8 = lim 3 ◊ 16 n(n +1)(2n +1) - n2 ◊ n = 86 ◊ 2 - 2 = 32 . nÆ• n

Â

Ú

(

Â

n

2

(

( )

)

Â

)

Â

¾ Sifat integral tentu • Jika f terintegralkan pada [a,b], maka integral tentunya tunggal. • Integral tentu bebas dari peubah yang digunakan, b

• Jika a = b, maka Ú f (x) dx. • Pada notasi

b

Úa

b

b

b

Úa f (x) dx = Úa f (u) du = Úa f (t) dt = "

a

b

a

a

b

f (x) dx diandaikan a ≤ b. Kondisi ini dihilangkan dengan Ú f (x) dx = - Ú f (x) dx.

• Jika fungsi f kontinu pada [a,b], maka f terintegralkan pada [a,b]. b

b

a

a

• Jika f terintegralkan, maka kf (k konstanta) terintegralkan pada [a,b] dan Ú k f (x) dx = k Ú f (x) dx. • Jika f, g terintegralkan, maka f + g terintegralkan pada [a,b] dan

b

b

b

Úa ( f (x) + g (x))dx = Úa f (x)dx + Úa g (x)dx. b

c

b

a b

a b

c

• Jika f terintegralkan selang tutup I yang memuat titik a, b, dan c, maka Ú f (x) dx = Ú f (x) dx + Ú f (x) dx. • Jika f dan g terintegralkan pada [a,b] dan f (x) ≤ g(x) pada [a,b], maka Ú f (x) dx £ Ú g (x) dx. a

a

b

b

Úa f (x)dx £ Úa | f (x)| dx.

• Jika f terintegralkan, maka fungsi y = | f (x) | juga terintegralkan pada [a,b] dan

b

• Luas daerah dibatasi kurva kontinu f pada [a,b], garis x = a, garis x = b, dan sumbu x adalah Ú | f (x)| dx. a

•

a f terintegralkan pada [ - a, a]¸ f terintegralkan pada [ - a, a ]¸ ˝ fi Ú- a f (x) dx = 0, ˝ fi Ú- a f (x) dx = 2Ú0 f (x) dx. f fungsi ganjil pada [ - a, a ] ˛ f fungsi genap pada [ - a, a ] ˛ a

a

b

• Teorema nilai rata-rata integral: Jika f kontinu pada [a,b], maka ∃ c ∈ [a,b] ∋ Ú f (x) dx = f (c) (b - a). a

Teorema Dasar Kalkulus, Kaitan antara Integral Tentu dan Integral Tak-tentu x

¾ 1. Jika f kontinu pada [a,b] dan x ∈ (a,b), maka F(x) = Ú f (t) dt terdiferensialkan pada [a,b] dan F ¢(x) = f (x). a

¾ 2. Jika f kontinu pada [a,b] dan F suatu anti-turunan dari f pada [a,b], maka Kuliah 004

18

b

Úa f (x) dx = F(b) - F(a). Koko Martono, FMIPA - ITB

Fungsi Invers ¾ Fungsi satu-kesatu Fungsi f: Df → Rf dikatakan satu-kesatu jika ∀u, v ∈ Df berlaku u ≠ v ⇒ f (u) ≠ f (v). Dengan kalimat positif, fungsi f satu-kesatu jika ∀u, v ∈ Df berlaku f (u) = f (v) ⇒ u = v. Kurva f dipotong oleh garis sejajar sumbu-x paling banyak di satu titik. Fungsi monoton (naik/turun) adalah satu-kesatu. ¾ Dengan mengambil sebagian daerah asalnya suatu fungsi dapat dibuat satu-kesatu. Dalam kasus f kontinu, carilah selang di mana kurva f monoton naik atau monoton turun. ¾ Fungsi invers • Jika fungsi f: Df → Rf, y = f (x) satu-kesatu, maka ∃g: Rf → Df sehingga \ \ g (f (x)) = x ∀x ∈ Df dan f (g(y)) = y ∀y ∈ Rf . f • Invers dari fungsi f: Df → Rf yang satu-kesatu didefinisikan sebagai fungsi f -1 : Rf → Df yang memenuhi f ( f -1( y)) = y "y ŒR f . f x x = g(y)

• Dari f ( f -1( y)) = y = f (x) diperoleh x = f -1( y) dan dari x = f -1( y) diperoleh

y y = f (x)

y = f (x) = y. Akibatnya y = f (x) ⇔ x = f -1( y) ∀x ∈ Df dan y ∈ Rf. Ini berarti (x,y) ∈ kurva f ⇔ (y,x) ∈ kurva f -1. (kurva f dan f -1 simetri terhadap y = x)

g = f -1

• Cara mencari aturan f -1: (1) nyatakan x dalam y dan buat x, y saling bertukar peran.atau (2) buat x, y saling bertukar peran dan nyatakan y dalam x

f -1

¾ Ilustrasi: Untuk menentukan invers fungsi y = f (x) = x dengan cara (1), dari y = x diperoleh x = 3 y , ke3

3

mudian buat x, y saling bertukar peran (agar peubah bebasnya sama), maka diperoleh y = 3 x . Dengan cara (2), buat x, y saling bertukar peran, diperoleh x = y , kemudian nyatakan y dalam x, maka diperoleh y = 3 x . 3

¾ Catatan: Mungkin terjadi invers fungsi eksplisit adalah fungsi implisit. Fungsi y = x + x satu-kesatu kare4 na y′= 5x + 1 > 0 untuk setiap x, fungsinya monoton naik. Inversnya ditentukan dengan membuat x dan y 5 saling bertukar peran, x = y + y, bentuknya implisit dengan y fungsi dari x, yang tak dapat dibuat eksplisit. ¾ Turunan fungsi invers Untuk fungsi f yang satu-kesatu dan terdiferensialkan pada Df, jika f ¢(x) π 0, x ∈ Df, 5

dx = 1 . maka f -1 terdiferensialkan di y = f (x) ∈ Rf dan ( f -1) ¢( y) = f 1(x) . Dengan notasi Leibnis, dy dy

¢

dx

¾ Ilustrasi: Untuk menentukan turunan dari invers fungsi y = x , gunakan relasi y = x ⇔ x = 3 y = y1/3, maka 3

3

3 1/3 dx = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 . Cara lain: Invers dari y = x adalah y = x , dengan y ¢ = 31 2 . dy dy 3 x2 3 ( y1/ 3)2 3 y 2 / 3 33 y 2 3 x

dx

Fungsi Logaritma dan Eksponen Natural y

¾ Fungsi logaritma natural Fungsi ini dirancang dari fenomena logaritma biasa, log x < 0 untuk 0 < x < 1, log x = 0 untuk x = 1, dan log x > 0 untuk x > 1.

y = 1t 1 luas = Ú dtt = - f (x) > 0 x

x luas = Ú dtt = f (x) > 0 1

y = 1t 0 x

1

x

t

x

Fungsi f (x) = Ú t , x > 0 memuat sifat ini karena f (x) < 0 untuk 0 < x < 1, f (x) = 0 1 untuk x = 1, dan f (x) > 0 untuk x > 1. dt

¾ Definisi: Fungsi logaritma natural dari x, ditulis f (x) = ln x, didefinisikan sebax

gai f (x) = ln x = Ú t , x > 0. 1 dt

¾ Sifat logaritma natural • ln ab = ln a + ln b, ln ba = ln a − ln b, dan ln a = r ln a, r bilangan rasional. y • Fungsi f (x) = ln x terdiferensialkan pada selang (0,∞) dengan f ¢(x) = 1x . r

2

• Fungsi f (x) = ln x kontinu pada selang (0,∞) dan daerah nilainya adalah \ .

1 0 −1

1

−2 −3 Kuliah 004

y = ln x 2 3

4

x

• Fungsi f (x) = ln x monoton naik dan cekung ke bawah pada selang (0,∞). • Sifat limit: lim ln x = • dan lim+ln x = -•. xÆ•

xÆ0

• Nilai hampiran: ln 2 = 0,69315⋅⋅⋅, ln 4 = 2 ln 2 = 1,38631⋅⋅⋅ , dan seterusnya. u¢ • dx ln| x| = 1x , x π 0 dan Ú dx x = ln| x + C, x π 0. Akibat: dx ln| u | = u , u = u (x) π 0. d

d

19

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Fungsi eksponen natural o Karena f (x) = ln x monoton naik pada daerah asalnya, maka persamaan y=x ln x = 1 mempunyai solusi tunggal. Solusi dari ln x = 1 adalah bilangan real e, yang nilai hampirannya 2,718281828 ⋅ ⋅ ⋅ Jadi ln e = 1. x x y = ln x o Besaran e didefinisikan sebagai bilangan real yang memenuhi ln e = x, x dan f (x) = e dinamakan fungsi eksponen natural. x e x o Untuk fungsi f (x) = e , Df = \ dan Rf = (0,∞). x o Fungsi eksponen natural adalah invers dari logaritma natural. Dari y = e x diperoleh ln y = ln e = x, atau x = ln y. Karena ln fungsi satu-kesatu, dari x x ln y = x = ln e diperoleh y = e . Jadi y = e x ⇔ x = ln y, x ∈ \ dan y > 0.

y y = ex

1 0

1

x 1 = 1 = y = e x. ¾ Sifat fungsi eksponen natural Dari y = e ⇔ x = ln y, x ∈ \ dan y > 0, d e x = dy = dx 1 dx dx y d eu = eu du , u = u (x) π 0; dan e x dx = e x + C. dy Akibat: dx Ú dx

( )

n

Bentuk limit dari bilangan e adalah e = lim (1 + h)1/ h = lim 1 + 1n . hÆ0 nÆ•

¾ Fungsi eksponen dan logaritma sebarang Dari y = e ⇔ x = ln y diperoleh e

ln y

x

ln a x

= y. Fungsi eksponen de-

ngan basis a > 0 dan a ≠ 1 didefinisikan sebagai a = e = e . Fungsi logaritma dengan basis a > 0 dan a x a y x a ≠ 1, y = log x didefinisikan sebagai invers dari fungsi y = a . Relasinya: y = log x ⇔ x = a . Fungsi y = a a dan inversnya y = log x monoton naik untuk a > 1 dan monoton turun untuk 0 < a < 1. r ¾ Catatan: Dalam kasus x > 0, fungsi f (x) = x dapat diperluas untuk x bilangan real dengan f ¢(x) = r x r -1. x

x ln a

Invers Fungsi Trigonometri • Fungsi sinus satu-kesatu pada - p2 £ x £ p2 . Invers dari y = sin x ditulis y = sin -1 x,

¾ Invers sinus y

y=x

1 −π /2 −1

adalah fungsi yang memenuhi y = sin -1 x ¤ x = sin y, -1 £ x £ 1, - p2 £ y £ p2 .

y = sin−1x

π /2

• Turunan: Dari relasi ini diperoleh turunan invers sinus,

y = sin x π /2 1 x

0

(

)

d sin -1 x = dy = 1 = 1 = 1 = 1 2 , -1 < x < 1. 2y dx dx dx cos y 1 sin 1- x dy

−1

Akibatnya

−π /2

Ú

dx = sin -1 x + C 1 - x2

dan

Ú

dx = sin -1 ax + C , a > 0. a 2 - x2

• Fungsi kosinus satu-kesatu pada 0 ≤ x ≤ π Invers dari y = cos x ditulis y = cos -1 x,

¾ Invers kosinus y

adalah fungsi yang memenuhi y = cos -1 x ¤ x = cos y, -1 £ x £ 1,0 £ y £ p .

y = cos−1x

• Kaitan antara invers sinus dan invers kosinus: cos -1 x + sin -1 x = p2 , -1 £ x £ 1.

π y=x

Bukti Karena 0 ≤ y ≤ π ⇔ - p2 £ p2 - y £ p2 , maka y = cos -1 x ¤ x = cos y = sin p2 - y ¤ p2 - y = sin -1 x ¤ cos -1 x + sin -1 x = p2 .

(

1 y = cos x −1

0

π x

1

(

• Turunan: Dari relasi ini diperoleh turunan invers tangen,

π /2 −1

y = tan x y = −π /2

dx = - cos -1 x + C. 1 - x2

y = tan -1 x ¤ x = tan y, - • < x < •, - p2 < y < p2 .

y=x

−π /2

Ú

y = tan -1 x, adalah fungsi yang memenuhi

x = π /2 y = tan x

y = π /2

-1 , -1< x < 1, 1 - x2

• Fungsi tangen satu-kesatu pada - p2 < x < p2 . Invers dari y = tan x ditulis

¾ Invers tangen y

)

d cos -1 x = • Turunan dan integral: dx

−1

x = −π /2

)

0 π /2 −π /2

x

(

)

d tan -1 x = dy = 1 = 1 = 1 = 1 , x Œ\. dx dx dx sec2 y 1 + tan 2 y 1 + x2

Akibatnya

Ú 1+dxx2 = tan

dy

-1

x + C dan

Ú a2dx+ x2 = 1a tan

-1

x a + C , a > 0. .

• Invers fungsi trigonometri lainnya dirancang serupa. Kuliah 004

20

Koko Martono, FMIPA - ITB

Fungsi Hiperbolik dan Inversnya ¾ y = cosh x = 12 (e x + e - x ), daerah asal = \ dan daerah nilai = [1,∞).

y y=e

−x

y=e

x

y = cosh x

¾ y = sinh x = 12 (e x - e - x ), daerah asal = \ dan daerah nilai = \. ¾ y = tanh x =

y = sinh x 1

0

sinh x cosh x

=

e2 x - 1 , daerah asal = \ dan daerah nilai = (−1,1) e2 x + 1

¾ Fungsi lainnya: y = coth x = cosh x , y = sech x = 1 , y = csch x = 1 . sinh x cosh x sinh x

x y

¾ Kaitan: cosh x − sinh x = 1, bandingkan dengan cos x + sin x = 1. Akibat kaitan ini adalah 1 - tanh 2 x = sech 2 x dan coth 2 x -1 = csch 2 x 2

y = coth x y = sinh x

2

2

2

¾ Sifat simetri: cosh (-x) = cosh x, sinh (-x) = -sinh x, tanh (-x) = - tanh x.

1

y = tanh x

d cosh x = sinh x, d sinh x = cosh x, d tanh x = sech 2 x, ¾ Turunan hiperbolik: dx dx dx

x

0

d coth x = - csch 2 x, d sech x = - sech x tanh x, d csch x = - csch x coth x. dx dx dx

−1

y y = coth x

¾ Invers sinus hiperbolik: y = sinh -1 x = ln (x + x 2 + 1), x Œ\.

y = csch x

¾ Invers kosinus hiperbolik: y = cosh -1 x = ln (x + x 2 - 1), x ≥ 1.

1 y = sech x

¾ Invers tangen hiperbolik: y = tanh -1 x = 12 ln 11+- xx , - 1 < x < 1. x d 1 ¾ Turunan invers hiperbolik: dx sinh -1 x = 2 , x Œ\,

0 y = csch x

x +1

d 1 d 1 , - 1 < x <1. cosh -1 x = 2 , x > 1, dx tanh -1 x = dx 1 - x2 x -1

Teknik Pengintegralan

Ú f (g (x)) g ¢(x) dx = F(g (x)) + C. ¾ Aturan integral parsial: Jika u dan v terdiferensialkan pada selang I, maka Ú u dv = uv - Ú v du. r +1 ¾ Rumus teknis: • Ú u r dr = ur + 1 + C , r Œ_ dan Ú du u = ln| u | + C. Rumus dapat diperluas untuk r Œ\ jika u > 0. • Ú sin u du = - cos u + C , Ú cos u du = sin u + C , Ú tan u du = ln |sec u | + C , Ú cot u du = ln|sin u | + C , 2 2 Ú sec u du = tan u + C , Ú csc u du = -cot u + C , Ú sec u tan u du = sec u + C , Ú csc u cot u du = - csc u + C. • Ú eu du = eu + C , Ú sinh u du = cosh u + C , Ú cosh u du = sinh u + C , Ú tanh u du = ln |cosh u | + C. |u | du • Ú 2du 2 = sin -1 ua + C , Ú 2du 2 = a1 tan -1 ua + C , Ú = a1 sec -1 a + C = a1 cos -1 | ua | + C , a > 0. 2 2 a u + a -u u u -a

¾ Aturan substitusi: Jika g ¢(x) ada dan F suatu anti-turunan dari f, maka

Contoh kalkulasi integral dengan penggantian ( x + 1) -1 d (x +1) dx = dx - x + 1 = x - ln| x +1| + C. (2) x +1

Ú x +1 = Ú

¾ (3)

Ú

dx = x+ x

Ú

d (1 + e x) (1 + e x ) - e x dx = dx = x - ln (1 + e x ) + C. 1 + ex 1 + ex sec x (sec x + tan x ) dx d (sec x + tan x ) sec x dx = = sec x + tan x = ln|sec x + tan x | + C. sec x + tan x csc x (csc x - cot x ) dx d (csc x - cot x ) csc x dx = = csc x - cot x = ln|csc x - cot x | + C. csc x - cot x

¾ (5)

x dx

Ú ¾ (7) Ú

¾ (6)

dx = 1 + ex

Ú

d ( x +1) dx =2 = 2ln ( x +1) + C. x ( x + 1) x +1

Ú

Ú

Ú

Ú

Ú Ú

¾ (8) Ú sech x dx = Ú Kuliah 004

Ú

d (x2)

¾ (1)

Ú 1+ x4 = 12 Ú 1 + (x2)2 = 12 tan

(4) Ú

xdx

e x dx = 4 + e2 x

Ú

-1 2

x + C.

( )

d (e x) = 1 tan -1 12 e x + C. 22 + (e x )2 2

Ú

Ú Ú

d (e x ) 2dx e x dx = 2 = 2 = 2 tan -1e x + C. e x + e- x e2 x + 1 1+ (e x)2

Ú

Ú

21

Koko Martono, FMIPA - ITB

Contoh kalkulasi dengan integral parsial ¾ (1) Untuk menghitung Ú ln x dx, misalkan u = ln x dan dv = dx , maka du = dx x dan v = x, sehingga integral-

nya adalah Ú ln x dx = x ln x - Ú dx = x ln x - x + C = x (ln x - 1) + C.

Ú x ln x dx, misalkan u = ln x dan dv = x dx, maka du = dxx dan v = 13 x , sehingga 1 3 1 2 1 3 1 2 integralnya adalah Ú x 2 ln x dx = 13 x3 ln x - Ú 13 x3 dx x = 3 x ln x - 3 Ú x dx = 3 x ln x - 9 x + C. 2 x dx dan v = x, se¾ (3) Untuk menghitung Ú ln (1 + x 2 ) dx, misalkan u = ln (1 + x 2 ) dan dv = dx, maka du = 1 + x2 2

¾ (2) Untuk menghitung

2

3

hingga integralnya adalah 2 2 2 x2dx = x lln (1 + x 2 ) - 2 (1 + x ) - 1 dx ln ( 1 + x ) dx = x ln ( 1 + x ) 2 2 Ú Ú 2 Ú

1+ x

1+ x dx 2 = x ln (1 + x ) - 2 dx + 2 = x ln (1 + x ) - 2 x + 2 tan -1 x + C. 2 1+x

Ú

2

Integral Parsial u dv

Hitunglah

+

du

1 2 x

Ú0 x e dx 2

∫v diferensial

1 2 x x e dx = 0

\Ú

integral

Hitunglah

p

Ú0 x cos x dx

x

+

x 2x 2 0

v

−

Ú

e x e x e x e

− +

+

cos x

1

−

sin x −cos x

0

( x e - 2 xe + 2e ) = e - 2 2 x

x

x

p

0

0

Contoh kalkulasi integral berbentuk akar Hitunglah

Ú

Solusi: Akibat subsitusi ini diperoleh dx = 2 cos t dt dan

p

\ Ú x cos x dx = ( x sin x + cos x )0 = - 2

x 1

x2dx dengan substitusi x = 2 sin t, - p < t < p . 2 2 4- x2

4 - x 2 = 4 - 4sin 2 t = 4cos 2 t = 2cos t , sehing-

ga sin t = 12 x dan cos t = 12 4 - x 2 . Jadi integralnya adalah

Ú

x2dx = 4- x2

Ú

4sin 2t ◊ 2cos t dt = 2 (1 - cos 2t) dt = 2t - sin 2t + C = 2t - 2sin t cos t + C 2cos t

Ú

= 2sin -1 12 x - 2 ◊ 12 x ◊ 12 4 - x 2 + C = 2sin -1 12 x - 12 x 4 - x 2 + C.

Aplikasi Integral ¾ Luas daerah di batasi kurva y Gb.1

Gb.2

y

f

Gb.3

y f

f

D

D 0 a

0 aD b

b

g D

D g

g

f

x

f

D

x

Gb.4

y

0 a

b

x

f

0 a

b

x

b

Gb.1: Luas daerah D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} adalah L = Ú f (x) dx, f kontinu pada [a,b] a

b

Gb.2: Luas daerah D di antara kurva f dan sumbu-x, a ≤ x ≤ b adalah L = Ú | f (x)| dx, f kontinu pada [a,b] a

b

Gb.3: Luas daerah D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} adalah L = Ú ( f (x) - g (x)) dx, f, g kontinu pada [a,b] a b

Gb.4: Luas daerah D di antara kurva f dan g, a ≤ x ≤ b adalah L = Ú | f (x) - g (x)| dx, f, g kontinu pada [a,b] a

Contoh Hitunglah luas daerah D yang dibatasi kurva y = cos 2x, 0 ≤ x ≤ 34p dan sumbu x. Solusi Karena cos 2x ≥ 0 untuk 0 ≤ x ≤ 14p dan cos 2x ≤ 0 untuk 14p £ x £ 34p , maka luas daerah D adalah

L=Ú

3p /4

0

Kuliah 004

|cos 2x | dx = Ú

p /4

0

cos 2x dx + Ú

3p /4

p /4

(

( - cos 2x) dx = 12 sin 2x

22

) - ( 12 sin 2x)p p /4 0

3p /4 /4

(

)

= 12 - - 12 - 12 = 112 .

Koko Martono, FMIPA - ITB

ƒ Jika D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} diputar terhadap sumbu-x, maka volum benda putarnya adalah

¾ Volum benda Asumsi: f dan g kontinu pada [a,b] y

y f

π f 2(x)

f

b

V = p Ú f 2 (x) dx. (metode cakram)

D

0 a

a

x y

b

x 0 y

f 0 a

D

ƒ Jika D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} diputar terhadap sumbu-x, maka volum benda putarnya adalah

x

π ( f 2(x) − g2(x))

f g

b

V = p Ú ( f 2 (x) - g 2 (x)) dx. (metode cincin)

g

x

b

a

x 0 y

y

ƒ Jika D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} diputar terhadap sumbu-y, maka volum benda putarnya adalah

x y

b

V = 2p Ú x f (x) dx. (metode kulit tabung)

2π x f (x)

f

a

D

x −x

0 a x b x

x

Ketiga rumus dasar ini dapat dimodifikasi, suatu cara adalah dengan membuat x dan y saling bertukar peran.

x

Contoh Jika daerah D = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4} diputar terhadap sumbu-y, hitunglah volum benda putarnya. 2

Solusi cara 1 Invers dari y = x adalah x = 2

y

tuk D = {(x, y )|0 £ y £ 4,0 £ x £ y }, maka volum benda putar dengan metode cakram adalah

y=4

V =pÚ

y y=x

D

0

x

y . Karena daerah D dapat ditulis dalam ben-

2

2

4

0

( y ) dy = p Ú 2

( )

y dy = p ◊ 12 y 2

4 0

= 8p .

Solusi cara 2 Karena daerah D dapat ditulis dalam bentuk {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4}, maka volum benda putar dengan metode kulit tabung adalah 2

(

2 2 V = 2p Ú x (4 - x 2 ) dx = 2p Ú (4 x - x3) dx = 2p 2 x 2 - 14 x 4

x

0

0

)

2 0

= 2p ◊ 4 = 8p .

Keping datar D berbentuk daerah D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)}, f, g kontinu pada [a,b] dengan rapat massa di se-tiap titik pada D adalah ρ (x,y) = k, k konstanta.

¾ Pusat Massa Keping Datar y

Massa keping: M = k Ú

b

( f (x) - g ( x)) dx. Momen terhadap sumbu-x dan sumbu-y adalah

a b

M x = 12 k Ú

D

a

0 a

4

0

b

(f

2

)

(x) - g 2 ( x) dx dan M y = k Ú x ( f (x) - g ( x)) dx. b

a

My M Pusat massa keping D adalah ( x , y ) , dengan x = M dan y = Mx . .

x

Contoh Untuk keping datar D yang berbentuk daerah D = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 2, x ≤ y ≤ 4} (lihat gambar di atas) diperoleh M = 5 13 k , M x =12 54 k , M y = 4k , sehingga pusat massanya adalah 34 , 2 52 . Kerjakan teknisnya! 2

(

)

Soal Latihan Kuliah 004: Integral, Teknik Pengintegralan, dan Aplikasinya 1. Hitunglah (a)

Úx

4 - x 2 dx (b)

Ú

sin 2 x dx 1+ 2sin x

7. Hitunglah (a)

2. Hitunglah (a) Ú cos3 x dx (b) Ú sin 4 x dx 3. Hitunglah

2 3

Ú1 x dx

x2

Ú0

6. Hitunglah (a)

Ú

Ú

dx x ( x + 1)

9. Daerah D dibatasi garis y = 2x dan parabol y = 2x . Hitunglah volum benda putar yang terjadi bila daerah diputar terhadap (a) sumbu-x, (b) sumbu-y, (c) garis x = 2, dan (d) garis y = −1. 10. Keping datar D yang berbentuk daerah D = {(x, y) | - p2 £ x £ p2 ,0 £ y £ cos x},

2 3/ x dx e dx (b) x 0 1+ e 1 x2 1

(b)

2

f (t) dt = x3, ten-

tukan aturan fungsi f. 5. Hitunglah turunan fungsi y terhadap x dari bentuk 2 x+y implisit (a) ln (xy) = x + y (b) e = xy.

dx 4 x - x2

8. Hitunglah luas daerah yang dibatasi oleh parabol 2 y = x − 2 dan garis y = x + 4.

dengan limit Jumlah Riemann.

4. Jika f kontinu pada [0,∞) dan

Ú

dan rapat massanya konstan. Tentukan massa, momen terhadap sumbu-x dan y, dan pusat massanya.

Ú

The advancement and perfection of mathematics are intimately connected with the prosperity of state Napoleon Bonaparte, 1769 – 1821 Kuliah 004

23

Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

24 Bentuk Tak-tentu Limit Fungsi ¾ Bentuk 0/0

f (x)

Akan dihitung lim g (x) ; dengan lim f (x) = 0 = lim g (x). Suatu cara untuk menghitung limit xÆc xÆc xÆc

ini adalah menggunakan aturan L′Hôpital′s untuk bentuk 0/0: Jika lim f (x) = 0 = lim g (x) dan lim g ¢(x) ada, ∞, atau −∞, maka lim g (x) = lim g ¢(x) . xÆc xÆc xÆc ¢ xÆc xÆc ¢ f (x)

f (x)

f (x)

Catatan x → c dapat diganti x → c+, x → c−, x → ∞, atau x → −∞. Secara intuitif, jika f (x) dan g(x) berlomba menuju 0, maka hasilnya bergantung pada perbandingan kecepatan f (x) dan g(x), yaitu f ′(x)/g′(x). 1 - cos x

L

L

sin x

cos x

1

1

Contoh (1) lim x sin x = lim x cos x + sin x = lim - x sin x + cos x + cos x = 0 +1+1 = 2 xÆ0 xÆ0 xÆ0 (2ln x) ◊ 1 0 ◊ 1 ln 2 x L = lim -2 x x = -2 = 0 2 x Æ1 1 - x x Æ1

x - sin x L 1 - cos x L sin x L cos x 1 = lim = lim 6 x = lim 6 = 6 3 2 x xÆ0 x Æ 0 3x xÆ0 xÆ0

(2) lim

(3) lim

f (x)

¾ Bentuk ∞/∞ Akan dihitung lim g (x) ; dengan lim | f (x)| = • = lim | g (x)| . Suatu cara untuk menghitung xÆ• xÆ• xÆ•

limit ini adalah menggunakan aturan L′Hôpital′s untuk bentuk ∞/∞: Jika lim | f (x)| = • = lim | g (x)| dan lim g ¢(x) ada, ∞, atau −∞, maka lim g (x) = lim g ¢(x) . xÆ• xÆ• xÆ• ¢ xÆ• xÆ• ¢ f (x)

f (x)

f (x)

Catatan x → c dapat diganti x → c+, x → c−, atau x → −∞. Secara intuitif, andaikan f (t) dan g(t) adalah posisi dua mobil yang bergerak di sumbu-t dan saat itu t kecepatannya f ′(t) dan g′(t). Jika perbandingan kecepatan kedua mobil adalah L, maka untuk jangka panjang perbandingan jarak kedua mobil juga L. 1+ 2 --1x 1+ 0 x3 - x 2 L 3 x2 - 2 x L 6x - 2 L 6 x + -x L = lim = lim 6 x = lim 6 = 1 (2) lim 2 x - 3 = lim = 2 = 12 3 2 2 x Æ -• x Æ -• x Æ • x - 3x x Æ • 3x - 3 xÆ• xÆ•

Contoh (1) lim

1 + 2sec x L 2sec x tan x tan x = lim = 2 lim sec x = 2 lim sin x = 2 sec2 x x Æ p /2 tan x x Æ p /2 x Æ p /2 x Æ p /2

(3) lim

¾ Bentuk 0.∞ Akan dihitung lim f (x) g (x); dengan lim f (x) = 0 dan lim | g (x)| = •. Limit ini dapat diubah ke xÆc

xÆc

f (x)

xÆc

g (x)

1

bentuk 00 karena f (x)g (x) = 1/g (x) dengan f (x) Æ 0 dan g (x) Æ 0; dan ke bentuk ∞/∞ karena f (x)g (x) = 1/ f (x) 1

dengan g (x) Æ • dan | f (x)| Æ • . Contoh (1) lim+ x ln x = lim+ xÆ0

ln x 1 x

xÆ0

L

1 x 1 x Æ 0 - x2 L

= lim+

= lim+(-x) = 0 (2) lim x sin 1x = lim xƕ

xÆ0

x -p

xƕ

sin 1x 1 x

sin t

= lim+ t = 1 tÆ0

1

2 2 (3) lim (x - p ) cot x = lim tan x = lim 2 = lim cos x = ( -1) = 1 x Æp x Æp x Æ p sec x x Æp

¾ Bentuk ∞ − ∞ Akan dihitung lim ( f (x) - g (x)); dengan lim f (x) = • dan lim g (x) = •. Limit ini dapat xÆ•

xƕ

xƕ

diubah ke bentuk ∞/∞ dengan berbagai cara. ( x -1- x)( x -1+ x) x -1- x Contoh (1) lim x -1 - x = lim = lim =0 (2) lim

xƕ

lim

x Æ -•

(

(

xƕ

(

)

x 2 + 2 x - x = lim

)

x 2 + 2x + x = lim

(

)

1

1

( x + 2 x - x)( x + 2 x + x) x - 2x +x 2

x2 + 2 x + x)( x2 + 2 x - x) x2 - 2 x - x

x Æ -•

)

2

xƕ

(

(

x -1+ x

xƕ

2

sin x

1

)

(3) lim tan x - x = lim cos x - x = lim xÆ0 xÆ0 xÆ0

xƕ

x -1+ x

x +2 x- x 2x 2x = lim = lim =1 2 2 Ê ˆ 2 x Æ • x - 2 x + x x Æ • x 1+ + x x Æ • x ( 1+ 2 + 1) x Ë x¯

= lim

2

2

x2 + 2 x - x2 2x 2x = lim = lim = -1 x Æ - • x 2 - 2x - x x Æ - • x 2 Ê1+ 2 ˆ - x x Æ - • - x ( 1+ 2 + 1) x Ë x¯

= lim

x sin x - cos x L x cos x + sin x + sin x x cos x + 2sin x = lim - x sin x +cos x = lim - x sin x +cos x = 10 = 0 x cos x xÆ0 xÆ0

¾ Beberapa contoh di mana aturan L′Hôpital ′s tidak dapat digunakan x2 sin 1

(1) lim sin x x = lim sinx x ◊ x sin 1x = lim sinx x ◊ lim x sin 1x = 1 ◊ 0 = 0 (gunakan prinsip apit untuk limit kedua) xÆ0 xÆ0 xÆ0 xÆ0

(

x2 1 + 1x

x2 + x

)

x◊ 1 + 1

1+ 1

x x 1 (2) lim 2x - 4 = lim = lim = lim 4 = 2 xÆ• x Æ • x (2 - 4x ) x Æ • x (2 - 4x ) xÆ• 2 - x

(

x2 1 + 1x

x2 + x

)

- x◊ 1 + 1

1+ 1

x x 1 (3) lim 2 x - 4 = lim = lim = - lim 4 =-2 x Æ -• x Æ - • x (2 - 4x ) x Æ - • x (2 - 4x ) x Æ -• 2 - x

¾ Bentuk 00 Akan dihitung lim ( f (x)) g (x) ; dengan lim f (x) = 0 = lim g (x). Cara menghitung limit ini adalah xÆc

xÆc

xÆc

menggunakan sifat logaritma natural dan aturan L′Hôpital′s agar beralih ke bentuk tak-tentu sebelumnya. Contoh Hitunglah lim+ x x. Misalkan y = x x dan hitunglah lim+ y. Karena y = x x fi ln y = x ln x, maka xÆ0

xÆ0

L

lim ln y = lim+ x ln x = lim+ ln1 x = lim+ 1/ x 2 = lim+(- x) = 0

x Æ 0+

xÆ0

xÆ0

xÆ0

x

-1/ x

xÆ0

Karena y = ln x kontinu pada (0,∞), maka ln lim+ y = ln1. , Jadi lim+ y = lim+ x x = 1 . xÆ0

xÆ0

xÆ0

¾ Bentuk ∞0 Akan dihitung lim ( f (x)) g (x) ; dengan lim f (x) = • dan lim g (x) = 0. Cara menghitung limit ini xÆc

xÆc

xÆc

sama seperti bentuk limit 00. Contoh Hitunglah lim+ (cot x)1/ ln x. Misalkan y = (cot x)1/ ln x dan hitunglah lim+ y. xÆ0

Karena

xÆ0

sin x -1 cos x ◊ sin 2 x ln cot x L 1/ ln x ln cot x y = (cot x) fi ln y = ln x , maka lim+ ln y = lim+ ln x = lim+ 1 xÆ0 xÆ0 xÆ0 x

x

-1

= lim+ sin x ◊ cos x = -1. xÆ0

Karena y = ln x kontinu pada (0,∞), maka ln lim+ y = ln e -1. Jadi lim+ y = lim+ (cot x)1/ ln x = e -1 = 1e . xÆ0

∞

xÆ0

xÆ0

Akan dihitung lim ( f (x)) g (x) ; dengan lim f (x) = 1 dan lim g (x) = •. Cara menghitung limit ini

¾ Bentuk 1

xÆc

xÆc

sama seperti bentuk limit 00.

xÆc

( )

( )

x x Contoh Hitunglah lim xx+1 . Misalkan y = xx+1 dan hitunglah lim+ y. xÆ• xÆ0

x +1 ◊ -1 x 2 = lim -1x xÆ• x2

x +1 L

( )

x ln Karena y = xx+1 fi ln y = x ln xx+1 , maka lim ln y = lim x ln xx+1 = lim 1 x xƕ xƕ xƕ x

= 1.

( )

x Karena y = ln x kontinu pada (0,∞), maka ln lim y = ln e. Jadi lim y = lim xx+1 = e. xÆ• xÆ• xÆ•

Integral Tak-wajar

Integral tak wajar pada selang tak-terbatas ¾ Integral tak-wajar dari fungsi terintegralkan f pada [a,∞)

y f •

Úa y

didefinisikan sebagai Ú

a

f (x) dx

0

y

Úa

f

Ú-• f (x) dx b

x y

0

b

x

f

•

c

•

Ú-• f (x) dx = Ú-• f (x) dx + Úc f (x) dx c b = lim Ú f (x) dx + lim Ú f (x) dx. a Æ -• a bÆ• c

•

c

b

¾ Integral tak wajar dari fungsi terintegralkan f pada (−∞,∞) didefinisikan sebagai

Ú-• f (x) dx 0

b

Ú-• f (x) dx = b Ælim-• Úa f (x) dx.

didefinisikan sebagai

b

f (x) dx

0 a

b

Ú f (x) dx. bÆ• a

f (x) dx = lim

¾ Integral tak wajar dari fungsi terintegralkan f pada (−∞,b]

x

f b

•

x

¾ Kekonvergenan integral tak-wajar: Jika semua limit di atas ada dan bernilai hingga, integral tak wajarnya dikatakan konvergen dan jika tidak demikan dikatakan divergen (limitnya ±∞ atau oskilasi). Kuliah 005

25

Koko Martono, FMIPA - ITB

Contoh (1)

• dx

Ú1

x2

(- 1x )1 = blim (- b1 + 1) = 1 (konvergen) Ú dx2 = blim bÆ• 1 x Æ• Æ• b

b

= lim

( ) = lim• 2 ( b - 1) = • (divergen ke ∞) x (3) Ú dx = lim Ú dx = lim ( 32 x ) = lim 32 (1 - a ) = - • (divergen ke −∞) x -• x -• -• -• (2)

• dx

Ú1

b

Ú bÆ• 1

= lim

-1

3

•

aÆ

b

dx = lim 2 x x bƕ

1

-1

2/3 -1

3

a

bÆ

aÆ

2/3

aÆ

a

( - cos x )0 = blim ( - cos b + 1) = tidak ada Ú sin x dx = blim Æ• Æ• bÆ• 0 b

(4)

Ú0

(5)

Ú-• 1+dxx2 = Ú-• 1+dxx2 + Ú0

sin x dx = lim

•

b

• dx

0

(

1+ x2

Ú dx2 + blim Ú dx2 = a Ælim-•(tan a Æ -• a 1+ x Æ • 0 1+ x

(

)

-1

0

= lim

-1

b

) (

-1

(divergen oskilasi)

)

0

( •

x + lim tan -1 x

)

a bÆ

)

b 0

= lim - tan a + lim tan b = - - 12 p + 12 p = p (konvergen) a Æ -• bÆ• •

•

0

Ú-• cosh xdx = Ú-• cosh xdx + Ú0

(6)

0

b

Ú cosh xdx +blim Ú cosh xdx a Æ -• a Æ• 0

cosh xdx = lim

= lim (sinh x )a + lim (sinh x )0 = lim (-sinh a) + lim (sinh b) = - (- •) + • = • (divergen) b

0

a Æ -•

bƕ

a Æ -•

y

Integral tak-wajar pada selang terbatas ¾ Integral tak-wajar dari fungsi terintegralkan f pada selang terbatas (a,b] didefinisikan sebagai

f

b

Úa

b

+

f (x) dx

b

x

f

Úa 0

b

Úa

a

b

x

0

a

b

Úa

-

qpr

b

x

¾ Integral tak-wajar dari fungsi terintegralkan f pada selang terbatas [a,b] − { p} didefinisikan sebagai b

p

Úa f (x) dx = Úa

b

f (x) dx + Ú f (x) dx p

q

c b

b

= lim- Ú f (x) dx + lim+ Ú f (x) dx

f (x) dx

0 a

c

Úa f (x) dx = clim Ú f (x) dx. Æb a

f (x) dx

f b

f (x) dx.

¾ Integral tak-wajar dari fungsi terintegralkan f pada selang terbatas [a,b) didefinisikan sebagai

f

f f (x) dx

b

Úa f (x) dx = clim Ú Æa c

y

0 a c

b

bƕ

qÆ p

x

rÆ p

a

r

¾ Kekonvergenan integral tak-wajar: Jika semua limit di atas ada dan bernilai hingga, integral tak wajarnya dikatakan konvergen dan jika tidak demikan dikatakan divergen (limitnya ±∞ atau oskilasi). Contoh (1)

5

Ú1

dx = lim x -1 c Æ1+

(

)

dx = lim 2 x - 1 5 = lim (4 - 2 c - 1) = 4 (konvergen) x -1 c Æ1+ c c Æ 1+

5

Úc

(2)

( x ln x - x )c = lim (-1 - c ln c + c) = -1 (konvergen) Ú0 ln x dx = clim cÆ0 Æ0

(3)

Ú-1 xdx- 1 = clim Ú dx = lim Ú Æ 1 -1 x - 1 c Æ 1 -1

1

1

+

1

+

c

c

-

-

c d (x - 1) = lim ln| x - 1|)-1 = lim- (ln| c -1| - ln 2) = -• (divergen) x - 1 c Æ 1- ( c Æ1

) = lim (sin (5) Ú dx = Ú dx + Ú dx = lim Ú dx + lim Ú dx = lim ( - 1x ) x x x x x (4)

3

Ú0

dx = lim 9 - x2 c Æ 3-

1

0

-1 2

-1 2

c

Ú0

(

1

0

q

2

q Æ 0 - -1

= • + • = • (divergen)

(6) Ú

•

0

c

dx = lim sin -1 x 3 9- x2 c Æ 3-

0

-1

-

cÆ3

1

2

r Æ 0+ r

2

qÆ0

-

q

)

c - 0 = sin -1 1 = 1 p (konvergen) 3 2

( )

+ lim - 1x -1 r Æ 0 +

1 r

= lim- (- 1q -1) + lim+ (-1 + 1r ) qÆ0

(

rÆ0

)

(

dx = 1 dx + • dx = lim 1 dx + lim b dx = lim 2tan -1 x 1 + lim 2tan -1 x x (1+ x ) 0 x (1+ x ) 1 x (1+ x ) c Æ 0+ c x (1+ x ) b Æ • 1 x (1+ x ) c Æ 0+ c bÆ•

Ú

Ú

(

)

Ú

Ú

(

) (

) (

)

b

1

)

= 2 lim+ 14 p - tan -1 c + 2 lim tan -1 b - 14 p = 2 14 p - 0 + 2 12 p - 14 p = p (konvergen). bÆ• cÆ0 Kuliah 005

26

Koko Martono, FMIPA - ITB

Deret ¾ Barisan Notasi: {an} = {a1 , a2 , a3 ,"} ≡ pemberian nomor sejumlah tak hingga unsur. (bilangan real) ¾ Barisan {an} konvergen ke a, ditulis an Æ a, atau lim an = a jika "e > 0 $ N Œ ` 'n ≥ N fi | an - a | < e . nÆ•

Artinya jarak antara suku barisan an ke a akan semakin kecil untuk indeks n yang cukup besar.

( )

¾ Contoh Barisan {an} dengan an = 1 - 1n ; {0, 12 , 23 ,"} konvergen ke a = 1 karena lim an = lim 1 - 1n = 1. nÆ• nÆ• ¾ Sifat barisan Untuk barisan {an}, jika | an | Æ 0, maka an Æ 0 dan jika {an} konvergen, maka {an} terbatas. ¾ Prinsip apit untuk limit barisan Untuk barisan {an},{bn},{cn}dengan an £ bn £ cn , jika an Æ b dan cn Æ b, maka bn Æ b. ¾ Contoh Jika | r | < 1, maka r → 0. Bukti Karena | r | < 1, maka | 1r | > 1, akibatnya $ p > 0 '| 1r | = 1 + p. Jadi 1n = 1n = (1+ p)n ≥ 1 + pn > pn "n Œ`, n

|r | |r | n 1 1 sehingga 0 £ | r | < pn . Karena lim 0 = 0 = lim pn (limit pengapit = 0), maka | r n | Æ 0. Akibatnya r → 0. nÆ• nÆ• n

¾ Deret Dari barisan {an} buatlah barisan {sn}, s1 = a1, s1 = a1 + a2 , s3 = a1 + a2 + a3 ,", sn = a1 + a2 + " + an . •

Barsisan {sn} dinamakan deret, dan ditulis dengan lambang  n =1 an . Suku ke-n dari barisan {sn} dinamakan jumlah parsial deret. Dari definisi deret ini langsung diperoleh an = sn +1 - sn . •

¾ Deret  n =1 an dikatakan konvergen (punya jumlah) jika{sn} konvergen dan divergen jika{sn} divergen. ¾ Fenomena deret geometri 1 = 2 − 1, 1 + 12 = 2 - 12 ,1 + 12 + 14 = 2 - 14 , sn +1 = 1 + 12 + " + 1n = 2 - 1n . Kare2 2

(

(

)

)

na lim 1n = 0, maka lim sn +1 = lim 1 + 12 + " + 1n = lim 2 - 1n = 2. Jadi 2 2 nƕ nƕ nƕ nƕ 2

•

 n=0 21n = 1 + 12 + " = 2,

yang berarti bahwa deret 1 + 12 + 14 + " konvergen ke 2. ¾ Deret geometri Bentuk: a + ar + ar 2 +" + ar n -1 + " Jumlah parsialnya adalah sn = a + ar + ar 2 +" + ar n -1, a (1 - r n) sehingga rsn = ar + ar 2 +" + ar n -1+ ar n. Kurangkan, (1 - r) sn = a (1 - r n ), akibatnya sn = 1- r , r π 1. •

a (1 - r n) a = 1- r . n Æ • 1- r

Dalam kasus | r | < 1 diperoleh rn → 0, sehingga s =  n =1 ar n -1 = lim sn = lim nÆ•

• 1

¾ Contoh deret divergen Deretnya  n =1 n = 1 + 12 + 13 + 14 + " . Jika an = 1n , maka jumlah parsial dari de-

(

)

ret ini adalah s1 = a1 = 1, s 2 = a1 + a 2 = 1 + 12 = 1 + 1◊ 12 , s 4 = a1 + a 2 + a 3 + a 4 = 1 + 12 + 13 + 14 > 1 + 2 ◊ 12 , " ,

( ) ( ) • ≥ lim (1 + 12 n ) = •, maka deret  1n = 1 + 12 + 13 + 14 + " divergen. •

s 8 = a1 + a 2 + " + a 8 = 1 + 12 + 13 + 14 + 15 + 16 + 17 + 18 > 1 + 3◊ 12 . Dari sini diperoleh s2n ≥ 1 + n ◊ 12 = 1 + 12 n. Karena lim s2n nÆ•

n =1

nÆ

•

¾ Contoh deret divergen oskilasi Deretnya  n =1 (-1) n +1 = 1 - 1 + 1 - 1 + ". Jika an = ( -1) n +1, maka jumlah

parsial deretnya adalah sn =

{

1, n bilangan ganjil = {1,0,1,0,"} . Karena jumlah parsial {sn} tidak mempu0, n bilangan genap •

nyai limit (oskilasi), maka deret  n =1 (-1) n +1 = 1 - 1 + 1 - 1 + " divergen. •

¾ Sifat deret konvergen Jika deret  n =1 an konvergen, maka lim an = 0. nÆ•

Bukti Misalkan jumlah parsial deret ini adalah sn. Karena deretnya konvergen, maka $ s Œ\ 'sn Æ s. Akibatnya lim an = lim (sn - sn -1) = lim sn - lim sn -1 = s - s = 0.  nÆ•

nƕ

nƕ

nƕ

• 1

Kebalikan sifat ini tidak benar, deret  n =1 n = 1 + 12 + 13 + " memenuhi lim 1n = 0, tetapi deretnya divergen. nÆ• • n +1 n +1 ¾ Ilustrasi Deret  n =1 2n - 5 divergen karena lim 2n - 5 = 12 π 0. (kontraposisi sifat deret konvergen) nÆ•

Kuliah 005

27

Koko Martono, FMIPA - ITB

Uji Kekonvergenan Deret Suku Positif ¾ Uji jumlah terbatas Deret

•

 n=1 an , an ≥ 0 "n Œ` konvergen ⇔ sn = k =1 ak terbatas di atas. n

¾ Uji integral Untuk fungsi f yang kontinu, bernilai positif, dan monoton turun pada [1,∞) dengan an = f (n) •

•

 n =1 an konvergen ⇔ integral tak-wajar Ú1 f (x) dx konvergen. • • ¾ Uji dominasi • Jika 0 £ an £ bn "n ≥ N dan  n =1 bn konvergen, maka  n =1 an konvergen. • • • Jika 0 £ an £ bn "n ≥ N dan n =1 an divergen, maka  n =1 bn divergen. berlaku deret

a

¾ Uji banding limit Misalkan an ≥ 0, bn > 0, dan lim bn = L . nÆ• n •

•

• Jika 0 < L < • , maka  n =1 an dan  n =1 bn bersama-sama konvergen atau divergen. •

•

• Jika L = 0 dan  n =1 bn konvergen, maka  n =1 an konvergen. •

¾ Uji banding Untuk deret  n =1 an , an > 0 "n Œ` dan lim an +1 = L ; jika L < 1, maka deret konvergen; jika nÆ• n a

a

L > 1 atau lim an +1 = •, maka deret divergen; jika L = 1, , maka deret mungkin konvergen atau divergen. nÆ• n •

¾ Hampiran jumlah deret Jumlah deret S = Â n =1 an dapat dihampiri jumlah parsial S n = Â k =1 ak dan galatn

•

•

nya adalah En = S - Sn = Â k = n +1 ak . Dengan kondisi fungsi f pada uji integral diperoleh En < Ú

n

f (x) dx .

•

Contoh Selidiki kekonvergenan deret  n =1 n (n1+ 1) .

(

) ( ) ( ) ( • = lim (1 - n1+1 ) = 1, maka deret  •

)

n n Solusi Jumlah parsial deret: sn =Â k =1 k ( k1+1) = Â k =1 1k - k1+1 = 1 - 12 + 12 - 13 +" + 1n - n1+1 =1 - n1+1 £ 1.

Karena jumlah parsialnya terbatas oleh 1 dan lim sn nƕ

Cara lain: Karena

•

Ú1

dx = lim x (x +1) b Æ •

1

n =1 n (n + 1)

nÆ

ln ( x +1 ) = lim ln b b+1 - ln 12 = ln 2 Ú1 ( 1x - x1+1) dx =blim Æ• 1 bÆ• b

x

konvergen.

b

(konvergen),

maka deret yang diberikan juga konvergen. •

Contoh Selidiki kekonvergenan deret  n =1

n . 3n(2 n + 1)

n <1, sehingga Solusi Cara 1: Dengan uji dominasi, dari n < 2n + 1 "n Œ` diperoleh 2n+ 1

()

• Karena  n =1 13

n

•

konvergen (deret geometri dengan rasio 13 ), maka deret  n =1

Cara 2: Dengan uji banding limit, bandingkan an = a n lim n = lim n ◊ 3n = 12 < •, dan deret n Æ • bn n Æ • 3 (2 n + 1)

Cara 3: Misalkan an = a

n

. 3n (2 n + 1)

()

•

n

n +1

a

lim n +1 = lim 3n (2n + 3) = 62 = 13 < 1, maka deret n Æ • an nÆ• •

 n =1 n

1

n juga konvergen. 3n(2n + 1)

konvergen, maka deret

Karena an +1 = an +1 ◊ a1 = n +1 ◊ n n 3 (2 n + 3)

Contoh Jika jumlah deret konvergen

()

n < 13 .

n n 1 dengan bn = 13 = n . Karena 3 3n (2 n + 1)

 n=1( 13 )

(n + 1)(2 n + 1)

n

3n (2 n +1)

•

 n =1 3n(2n + 1) n

•

 n =1 3n(2n + 1) n

konvergen.

3n (2n +1) (n + 1)(2 n + 1) = 3n (2n + 3) dengan n

konvergen.

dihampiri oleh 100 suku pertama, tentukan batas galatnya.

n

Solusi Untuk deret ini pilihlah f (x) =1/ x3/2 yang bernilai positif, monoton turun, dan kontinu pada [1,∞). • • Karena E100 =Â k =101 3/1 2 < Ú dx 3/ 2 = lim

k

Kuliah 005

100

x

( )

-2 1/ 2 bƕ x

b

100

2 = 0, 2 maka suatu batas untuk galatnya adalah 0,2. = 10

28

Koko Martono, FMIPA - ITB

Deret Ganti Tanda •

¾ Bentuk umum:  n =1 (-1) n +1an = a1 - a2 + a3 - a4 +" , an > 0 "n Œ` (sukunya selang seling positif-negatif)

( )

• • ¾ Contoh deret ganti tanda konvergen: Â n =1 (-1) n +1 n1-1 = 1 - 12 + 14 - 81 + " = Â n =1 - 12 2

¾ Contoh deret ganti tanda divergen:

•

n -1

=

1 2 = 1+ 12 3

•

 n=1 (-1)n+1n = 1 - 2 + 3 - 4 + " ,  n =1 (-1)n+1 = 1 - 1 + 1 - 1 + " .

¾ Uji kekonvergenan deret ganti tanda Jika barisan {an} semua sukunya positif, monoton turun, dan

lim an = 0, maka

nƕ

•

 n=1 (-1)n +1an

konvergen.

¾ Ilustrasi:

• Deret  n =1 (-1) n +1 1n = 1 - 12 + 13 - 14 + " konvergen karena 1n > 0 "n Œ`, {1n} monoton turun dan lim 1n = 0. nÆ•

Kekonvergenan Mutlak, Bersyarat, dan Pengaturan Kembali Suku Deret •

•

¾ Deret  n =1 an dikatakan konvergen mutlak jika  n =1| an | konvergen. •

•

•

¾ Deret  n =1 an dikatakan konvergen bersyarat jika  n =1| an | konvergen tetapi deret  n =1| an | divergen. •

•

¾ Sifat deret konvergen mutlak Jika deret  n =1| an | konvergen, maka deret  n =1 an juga konvergen. ¾ Ilustrasi:

• • • Deret  n =1 (-1) n +1 n1-1 = 1 - 12 + 14 - 81 + " konvergen mutlak karena  n =1 n1+1 = 1 + 12 + 14 +" = 11 = 2.

1- 2

2

2

•

• Deret  n =1 (-1) n +1 1n = 1 - 12 + 13 - 14 + " konvergen bersyarat karena deret ini konvergen tetapi deret •

 n=1 1n = 1 + 12 + 13 + 14 + " divergen. ¾ Pengaturan kembali suku deret Deret konvergen mutlak dapat diatur kembali suku-sukunya tanpa berpengaruh pada kekonvergenan dan jumlah deretnya. ¾ Uji banding mutlak Untuk deret

•

 n =1 an , an π 0

|a

|

dan lim | an +|1 = L ; jika L < 1, maka deret konvergen; n nƕ

jika L > 1, maka deret divergen; dan jika L = 1, maka uji banding mutlak tidak memberikan kesimpulan. ¾ Ilustrasi: Deret

•

 n =1 (-1)n+1 3n! n

|a

konvergen mutlak berdasarkan uji banding mutlak karena n +1

1

|

lim n +1 = lim | an +1|◊ | a | = lim ( n3 +1)! ◊ nn! = lim n3+1 = 0 < 1. 3 n n Æ • | an | nÆ• nÆ• nÆ•

Deret Pangkat, Deret Maclaurin, dan Deret Taylor ¾ Deret pangkat Bentuk umum deret pangkat yang berpusat di 0 adalah

dan yang berpusat di x0 adalah

•

 n=0 an x n = a0 + a1x + a2 x 2 + "

•

 n=0 an (x - x0)n = a0 + a1 (x - x0) + a2 (x - x0)2 + "

Dalam notasi ini: a0 x 0 = a0 walaupun salah satu kemungkinannya x = 0. ¾ Ilustrasi: Deret geometri

•

 n=0 ax n = a + ax + ax 2 + ax3 + " adalah suatu deret pangkat yang konvergen ke

s (x) = 1 -a x untuk | x | < 1. ¾ Himpunan kekonvergenan deret pangkat Himpunan ini terdiri dari semua x di mana suatu deret pangkat konvergen dan di luarnya divergen. •

¾ Teorema Himpunan kekonvergenan  n = 0 an x n selalu berbentuk: (1) Titik x = 0, jari-jari kekonvergenan-

nya 0; (2) selang (−R,R) (atau (−R,R], [−R,R), [−R,R]), jari-jari kekonvergenannya R; (3) seluruh garis real (selang (−∞,∞)), jari-jari kekonvergenannya ∞. •

¾ Deret pangkat  n = 0 an x n konvergen mutlak pada interior (selang buka) dari selang kekonvergenannya. Kuliah 005

29

Koko Martono, FMIPA - ITB

•

•

¾ Ilustrasi: Deret pangkat  n = 0 n! x n hanya konvergen di x = 0, deret pangkat  n = 0 xn! konvergen di seluruh •

garis real, dan deret pangkat  n = 0 •

Untuk deret pangkat  n = 0 |a

n

xn konvergen untuk setiap x dengan −2 ≤ x < 2, selang [−2,2). (n +1)2n

xn , misalkan a = xn , maka uji banding memberikan n (n +1)2n (n +1)2n xn +1

1

|

L = lim | an +1| = lim an +1◊ a = lim n +1 ◊ n n nÆ• nÆ• n Æ • (n + 2)2 | x|

( n +1)2n | x | n +1 | x | = lim 2 ◊ n + 2 = 2 . xn nÆ•

| x|

Jadi deret konvergen jika L = 2 <1 dandivergen jika L = 2 >1 , sehingga deret konvergen jika −2 < x < 2. •

( -1)n

dan divergen jika x > 2 atau x < −2. Di batas x = −2, deretnya  n = 0 (n +1) konvergen, dan batas x = 2 deret•

nya  n = 0 n 1+1 divergen. Karena itu selang kekonvergenan deret pangkat ini adalah [−2,2) = {x | −2 ≤ x < 2}. •

¾ Sifat deret pangkat Deret pangkat s (x) =Â n = 0 an x n = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + " dapat diturunkan dan diin•

•

tegralkan suku demi suku pada interior selang kekonvergenan I; s ¢(x) =Â n = 0 dx (an x n ) =Â n =1 nan x n -1 = •

•

a xn +1

d

n 2 3 Ú s(x) dx = n=0 Ú an x dx = n=0 nn +1 = a0 x + 21 x + 32 x +" , x ∈ Int (I). • ¾ Teorema Abel Jika s (x) = n = 0 an x n , x Œ( - R, R ), s kontinu di R dan −R, serta deret konvergen untuk x = R • • dan x = −R, maka di titik ujung selang berlaku  n = 0 an R n = s (R ) dan  n = 0 an ( - R ) n = s (-R ).

= a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 +" dan

a

a

¾ Ilustrasi 1+1 x = 1 - x + x 2 + x3 + " fi ln(1+ x) = x - 12 x 2 + 13 x3 - 14 x 2 + ", - 1< x <1. Karena fungsi y = ln (1+ x)

kontinu di x = 1 dan deret di ruas kanan konvergen untuk x = 1, maka ln 2 = 1 - 12 + 13 - 14 + " . •

1 f ¢(0),", a = 1 f (n) (0). ¾ Deret Maclaurin Dari f (x) = Â n = 0 an x n , | x | < R diperoleh a0 = f (0), a1 = f ¢(0), a2 = 2! n n! •

Akibatnya f (x) = Â n = 0

f ( n ) (0) n x , | x | < R. Deret ini dikenal sebagai deret Maclaurin yang konvergen ke f. n! •

¾ Deret Taylor Dari f (x) = Â n = 0 an (x - c) n , | x - c | < R diperoleh an = n1! f (n) (c), n = 1, 2," . Akibatnya •

f (x) = Â n = 0

f ( n ) (c) (x - c) n , | x - c | < R. Deret ini dikenal sebagai deret Taylor yang konvergen ke f. n! •

•

xn

•

¾ Ilustrasi e x = n = 0 n! = 1 + x + 12 x 2 + 16 x3 + " , x Œ\, e x = ec◊ e x - c = ec  n = 0 n1!(x - c) n = n = 0 en! (x - c) n , x Œ\, c

2 4 6 2n 3 5 7 2 n +1 • • cos x =1 - x2! + x4! - x6! +" =  n = 0 ( -1) n (2x n)!, x Œ\, sin x = x - x3! + x5! - x7! +" =  n = 0 ( -1) n (2xn +1)!, x Œ\.

Soal Latihan Kuliah 005: Bentuk Tak-tentu, Integral Tak-wajar, dan Deret 3 1. Hitunglah (a) lim x -xsin x (b) lim ln sin x2 xÆ0 x Æp /2 (p - 2 x)

(

2. Hitunglah (a) lim sin1 x - 1x xÆ0

)

(

(b) lim+ x 1-1 - ln1x x Æ1

)

3. Hitunglah (a) lim+ x3sin x (b) lim+ x1/(1- x ) xÆ0

x Æ1

( )

6. Hitunglah (a) lim 1 + n2 nƕ

•

2

1

5. Jelaskan mengapa

ln 3

0

•

e x dx ex - 1

(c) Ú

2

-2

x dx 4 - x2

(b) lim ln n nƕ

n

7. Selidiki kekonvergenan deret

2 • • • n (a) Â n =1 n sin 1n (b) Â n =1 ne -3n (c) Â n =1 2 nn!

n

8. Tentukan himpunan kekonvergenan dari deret •

(a) Â n =1 (-1) n +1 x 2

4. Selidiki kekonvergenan integral tak-wajar (a) Ú xe - x dx (b) Ú

n/2

n

n

•

(b) Â n =1 (-1) n

( x - 2)n n

9. Tentukan deret Maclaurin untuk fungsi

-1 1 - sin x (a) f (x) = sinx x (b) f (x) = tanx x (c) f (x) = 3

c

Ú-• f (x) dx π clim Ú f (x) dx. Æ • -c

x

When you have been obliged to discover by yourself, leaves a path in your mind which you can use use again when need arises. Georg Christoph Litschenberg, 1742 – 1799 Kuliah 005

30

Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

31 Pengantar, Arti Persamaan Diferensial ¾ Persamaan diferensial Persamaan diferensial adalah suatu persamaan yang mengaitkan fungsi dengan turunan atau diferensialnya. Untuk fungsi satu peubah pada persamaannya terlibat turunan biasa, sehingga disebut persamaan diferensial biasa (PDB). Untuk fungsi lebih dari satu peubah pada persamaannya terlibat turunan parsial, sehingga disebut persamaan diferensial parsial (PDP). ¾ Ilustrasi PDB: (1) 2xyy′ = y − x , (2) (y′) − 2y′ + y = 0, (3) y″ − 2y′ − 3y = sin x, dan sebagainya PDP: (1) uxx + uyy = 0, (2) uxx + uy = u, dan sebagainya. Catatan: uxx adalah turunan parsial kedua dari u terhadap x, turunan terhadap x dengan y dianggap tetap. ¾ Tingkat dan derajat persamaan diferensial biasa Tingkat (orde) dari PDB adalah indeks tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. Derajat (degree) PDB dari adalah pangkat tertinggi dari turunan yang terlibat pada persamaannya. PDB yang berderajat satu dinamakan persamaan diferensial linear. 2

2

2

¾ Ilustrasi (1) ( y ¢)2 - xy ¢ + y = 0 adalah PDB tingkat satu dan derajat dua, dan (2) ( y ¢¢) 2 + 2 x ( y ¢)3 + 2y = x adalah PDB tingkat dua dan derajat tiga. ¾ Solusi persamaan diferensial biasa Solusi PDB adalah suatu keluarga fungsi atau fungsi yang digantikan ke persamaannya merupakan pernyataan benar (memenuhi persamaan). Solusi umum PDB adalah suatu keluarga fungsi dengan beberapa parameter yang memenuhi persamaannya. Solusi khusus PDB adalah suatu fungsi yang merupakan anggota dari keluarga solusi umumnya. Solusi singular PDB adalah suatu fungsi yang memenuhi persamaannya tetapi bukan anggota dari solusi umumnya. ¾ Ilustrasi • • Keluarga fungsi y = C1 cos x + C2 sin x adalah solusi umum dari y ¢¢ + y = 0 karena y ¢ = - C1 sin x + C2 cos x dan y ¢¢ = - C1 cos x - C2 sin x memenuhi y ¢¢ + y = 0 Salah satu anggota keluarga y = C1 cos x + C2 sin x adalah y = cos x memenuhi y ¢¢ + y = 0, y (0) =1, y ¢(0) = 0 karena y ¢ = - sin x dan y ¢¢ = - cos x bila digantikan ke persamaannya adalah pernyataan benar. • Keluarga fungsi y = Cx - C 2 adalah solusi umum dari ( y ¢)2 - xy ¢ + y = 0 kare-

y

y = 14 x 2

na bila y ¢ = C digantikan, maka C 2 - x◊C + Cx -C 2 = 0, suatu pernyataan benar.

0

x c = 1/2 c = 2/3

c=1

c = −1

c = −1/2 c = −2/3

Tetapi y = 14 x 2 juga solusi karena y ¢ = 12 x dan (12 x)2 - x◊ 12 x + 14 x 2 = 0 benar. Fungsi y = 14 x 2 yang tidak diperoleh dari solusi umum y = Cx - C 2 dinamakan solusi singular persamaan diferensial. Keluarga kurva solusi umumnya selalu menyinggung solusi singularnya.

Persamaan Diferensial dengan Pemisahan Peubah ¾ Pertumbuhan eksponensial • Deskripsi: Laju pertumbuhan sebanding dengan populasi. • Aplikasi: Pertumbuhan populasi dalam selang waktu singkat (penduduk, bakteri, uang dengan bunga majemuk), dan sebagainya.

y = y(t) populasi y = cekt

dy

• Model: dt = ky, k, t > 0, y (0) = c Solusi: y = ce kt . dy

c 0

dy

• Bukti: dt = ky ⇒ y = k dt ⇒ t

Ú

Ú

dy = k dt ⇒ ln y = kt + c1 ⇒ y = e kt + c1 = c2 e kt . y

Dari y(0) = c diperoleh c2 e k ◊0 = c, sehingga c2 = c. Jadi solusinya adalah y = ce kt .  

Contoh Laju pertambahan penduduk suatu kota setiap saat sebanding dengan banyaknya penduduk saat itu. Jika penduduk kota ini bertambah dari 1,2 juta menjadi 1,8 juta dalam 20 tahun, tentukan banyaknya penduduk pada setiap saat dan dalam berapa tahun penduduknya mencapai 2,7 juta. Solusi Misalkan banyaknya penduduk kota tersebut pada saat t adalah P(t) juta. Karena laju pertambahan sebanding dengan banyaknya penduduk, maka terdapat konstanta k > 0 sehingga dP = kP. Solusi persamaan dt

diferensial ini adalah P = P(t) = ce dengan c dan k ditentukan dari P(0) = 1,2 juta dan P(20) = 1,8 juta. kt

Dari P(0) = 1,2 diperoleh 1,2 = ce0 = c, sehingga P = P(t) = 1,2e kt . 1 ln11 . Dari P(20) = 1,8 diperoleh 1,8 =1,2e 20 k , yang mengakibatkan e 20 k = 112 , atau 20k = ln 112 , sehingga k = 20 2

( 1 ln112 )t juta jiwa.

Jadi banyaknya penduduk setiap saat t adalah P = P(t) =1, 2e 20

( 1 ln112 )t diperoleh

Akan ditentukan t sehingga P(t) = 2,7 juta. Dari 2,7 =1,2e 20

2,7 = ln 2 14 . ( 201 ln112 ) t = ln 1,2

Jadi waktu yang diperlukan agar penduduknya mencapai 2,7 juta adalah t = 20 y = y(t) populasi

ln 2 14 = 20 ◊ 2 = 40 tahun. ln112

¾ Peluruhan eksponensial • Deskripsi: Laju pertumbuhan sebanding dengan populasi. • Aplikasi: Ketersediaan sumberdaya alam, peluruhan radio-aktif, penyerapan cahaya di air, tekanan atmosfer terhadap ketinggian, penurunan harga barang, dan sebagainya.

c y = ce - kt

• Model: dt = - ky , k , t > 0, y (0) = c Solusi: y = ce - kt . • Bukti: serupa dengan pertumbuhan eksponensial. dy

t

0

Contoh Pada setiap saat harga sebuah mobil setelah digunakan akan turun dengan laju sebanding dengan harganya saat itu. Jika harga mobil baru adalah Rp 160 juta dan setelah 4 tahun menjadi Rp 100 juta, tentukan harga mobil setiap saat t, harga mobil setelah 10 tahun digunakan, dan t saat harga mobil Rp 80 juta. Solusi Misalkan harga mobil tersebut pada saat t adalah Rp H(t) juta. Karena laju penurunan harga sebanding dengan harganya, maka terdapat konstanta k < 0 sehingga dH = kH. Solusi persamaan diferensial ini adalah dt

H = H(t) = ce dengan c dan k ditentukan dari H(0) = 160 juta dan H(4) = 100 juta. kt

Dari H(0) = 160 diperoleh 160 = ce0 = c, sehingga H = H (t) = 160 e kt . Dari H(4) = 100 diperoleh 100 =160e 4 k , yang mengakibatkan e 4 k = 85 , atau 4k = ln 85 , sehingga k = 14 ln 85 .

( 1 ln 85 )t ª 160e -0,118t juta rupiah.

Jadi harga mobil pada setiap saat t adalah H = H (t) =160e 4

( 1 ln 85 )10 ª 160e -1,18 = 49, 2 , sekitar Rp 49,2 juta.

Harga mobil setelah 10 tahun digunakan adalah H (10) =160e 4

Akan ditentukan t sehingga H(t) = Rp 80 juta. Dari 80 =160 e -0,118 t diperoleh e -0,118 t = 12 . Selesaikan, −0,118t = ln 12 = -0,69315 diperoleh t = 5,9 tahun. Jadi harga mobil Rp 80 juta setelah sekitar 6 tahun digunakan. y = y(t) populasi

¾ Peluruhan terbatas • Deskripsi: Laju pertumbuhan sebanding dengan selisih antara jumlah tertentu dan populasinya. • Aplikasi: Penjualan produk terbaru, depresiasi peralatan, pertumbuhan perusahaan, proses belajar, dan sebagainya.

M y = M (1 - e - kt )

dy

t

0

• Model: dt = k (M - y), k, t > 0, y (0) = 0

Solusi: y = M (1 - e - kt )

• Bukti: dt = k (M - y) ⇒ M - y = k dt ⇒ Ú M - y = Ú k dt ⇒ ln (M − y) = −kt + c1 ⇒ M - y = e - kt + c1 = c2 e - kt . dy

dy

dy

Dari y(0) = 0 diperoleh M = c2. Akibatnya M - y = M e - kt , jadi solusinya y = M - M e - kt = M (1 - e - kt ).   y = y(t) populasi M M 1+ c

0 Kuliah 006

y=

M 1+ ce- kMt

t

¾ Pertumbuhan logistik • Deskripsi: Laju pertumbuhan sebanding dengan perkalian antara populasinya dengan selisih antara besaran tertentu dan populasinya. • Aplikasi: Pertumbuhan populasi jangka panjang, epidemi, penjualan suatu produk baru, penyebaran rumor (gosip), pertumbuhan perusahaan, dan sebagainya. dy

• Model: dt = ky (M - y ); k, t > 0, dan y (0) = 1M +c

32

Solusi: y =

M . 1+ ce- kt

Koko Martono, FMIPA - ITB

dy

• Bukti: Dari dt = k y (M - y) diperoleh y (MM- y ) dy = k M dt kemdian integralkan kedua ruasnya. Tulislah M = A + B dan carilah A dan B. Kalikan, diperoleh M = A (M - y) + By , y Œ\. Gantikan y = 0, y (M - y) y M - y maka diperoleh A = 1 dan gantikan y = M, maka diperoleh B = 1. Akibatnya y (MM- y) = 1y + M1- y , yang

(

)

memberikan 1y + M1- y dy = k M dt. Carilah y dari bentuk ini, integralkan dan selesaikan. M -y 1 = kM t = c3e - kM t fi y c2e M fi M - y = yc3e - kM t fi y (1 + c3e - kM t ) = M fi y = . 1 + c3e- kM t M M M Dari y (0) = 1M + c diperoleh 1 + c3 = 1 + c , sehingga c3 = c. Jadi solusinya adalah y = 1+ ce- kt .  

ln M - y = kMt + c1 fi M - y = e kM t + c1 = c2 e kM t fi y

y

Contoh Andaikan bumi dapat mendukung paling banyak 16 milyar penduduk yang perkembangan populasinya memenuhi pertumbuhan logistik y ¢ = ky (16 - y). Jika saat t = 0 tahun 1925 penduduk bumi 2 milyar, tahun 1975 menjadi 4 milyar, tentukan penduduk bumi tahun 2015 dan saat penduduk bumi mencapai 9 milyar. Solusi Misalkan banyaknya penduduk pada setiap saat t adalah y(t) juta jiwa, maka berdasarkan pertumbuhan logistik solusinya adalah y (t) = 16-16 k t . Dari y(0) = 2 diperoleh 116 = 2, sehingga 1+ c = 8 dan c = 7. Jadi +c 1 + ce 16 16 1 ln 7 . Karena itu penduy (t) = dengan y(50) = 4. Dari sini diperoleh = 4, sehingga k = 800 3 1+ 7e-16 k t 1 + 7e-800 k 16 , sehingga tahun 2015 penduduknya adalah y(90) ≈ 6,34 milyar. duk bumi setiap saat t adalah y (t) = - 1 ln 7 t 1+ 7e 50 3 16 = 9 diperoleh t = 50ln7 9 ª130, sehingga pada tahun 2055 penAkan dicari t sehingga y(t) = 9. Dari - 1 ln 7 t ln 3 1 + 7e 50 3

duduk bumi mencapai 9 milyar.

Persamaan Diferensial Linear Tingkat Satu ¾ Fenomena Akan ditentukan y fungsi dari x yang memenuhi persamaan diferensial linear y ¢ = y + x. d ( ye - x ) = xe - x fi ye - x = xe - x dx = - xe - x - e - x + C fi y = - x -1 + Ce x. y ¢ = y + x fi y ¢e - x - ye - x = xe - x fi dx Ú

Pemeriksaan: Dari solusi y = - x -1 + Ce x diperoleh y ¢ = -1 + Ce x dan Ce x = y + x + 1. Gantikan nilai Ce x , diperoleh y ¢ = -1 + y + x + 1, atau y ¢ = y + x, yang sama seperti soalnya. ¾ Persamaan diferensial linear tingkat satu Bentuk umumnya setara dengan y ¢ + p (x) y = q (x). Untuk me-

nyelesaikannya, kalikan setiap ruasnya dengan faktor integrasi I (x) = e Ú

f (x) dx

. Sekarang bentuknya menjadi

d yI (x) = I (x) q (x). Dari sini diperoleh yI (x) = I (x) q (x) dx, dengan y y ¢I (x) + p (x) I (x) y = I (x) q (x), atau dx ( ) Ú adalah fungsi yang dicari.

Contoh Tentukan solusi persamaan diferensial linear 2 xy ¢ + y = 10 x 2, x > 0. Solusi Tuliskan soalnya dalam bentuk y ¢ + 21x y = 5 x, x > 0. Faktor integrasi: I (x) = e Ú 2 x = eln x = x1/ 2. 1

(

dx

1/ 2

)

Kalikan setiap ruas dengan faktor integrasi dan sederhanakan, diperoleh x1/ 2 y ¢ + 21x y = x1/ 2 (5 x) , atau

(

)

d x1/ 2 y = 5 x3/ 2 . Integralkan kedua ruasnya, diperoleh x1/ 2 y ¢ + 12 x -1/ 2 y = 5 x3/ 2, yang menghasilkan dx

x1/ 2 y = Ú 5 x3/ 2 dx = 2 x5/ 2 + C , atau

y x = 2 x 2 x + C.

Untuk menentukan solusi eksplisitnya, kalikan setiap ruas bentuk terakhir dengan 1/ x . Jadi solusi persamaan diferensial linear ini adalah y = 2 x 2 + C . x

Kuliah 006

33

Koko Martono, FMIPA - ITB

Contoh Ke dalam tangki yang isinya 120 liter air murni, saat t = 0 dialirkan air garam berkonsentrasi 1 kg/liter dengan laju 4 liter/menit. Dalam keadaan teraduk air dialirkan keluar dengan laju 6 liter/menit. Tentukan banyaknya garam di tangki setelah t menit dan 30 menit. Solusi Misalkan banyaknya garam dalam tangki setiap saat t adalah x = x(t) kg. Dengan laju masuk air 4 liter/menit dan laju keluar 6 liter/ menit, air garam dalam tangki berkurang 2 liter/menit. Akibatnya setelah t menit sisa air dalam tangki adalah (120 − 2t) liter sehingga tangki kosong dalam waktu 60 menit. 6 liter/menit

Tangki berisi 4 liter/menit pengaduk 120 liter air murni

( )( ) (

)( )

1kg 4liter x kg 6liter Dari laju dx = laju masuk garam − laju keluar garam diperoleh dx = liter menit - (120 - 2t )liter menit dedt dt

ngan x(0) = 0. Akibatnya diperoleh persamaan diferensial dx = 4 - 603- t x, x(0) = 0, atau dx + 3 x = 4, x(0) = 0. dt dt 60 - t Faktor integrasinya adalah e Ú 60 - t = e -3ln (60 -t ) = (60 - t) -3. Kalikan persamaannya dengan faktor (60 -t) -3, 3 dt

d ((60 - t) -3 x) = 4 (60 - t) -3 . maka diperoleh dx (60 - t) -3 + x (3(60 - t) -4) = 4(60 - t) -3, yang mengakibatkan dt dt

Integralkan, diperoleh (60 - t) -3 x = Ú 4(60 - t) -3 dt = 2(60 - t) -2 + C , sehingga solusi persamaan diferensial ada1 . lah x = x(t) = 2(60 - t) + C (60 - t )3 . Syarat x(0) = 0 memberikan 0 = 2⋅60 + C⋅603, sehingga C = - 1800 1 (60 - t)3 . Karena itu seJadi banyaknya garam dalam tangki pada setiap saat t adalah x = x(t) = 2(60 - t) - 1800

telah menit ke-30 banyaknya garam dalam tangki adalah x(30) = 45 kg.

Persamaan Diferensial Biasa Tingkat Dua dengan Koefisien Konstan

¾ Bentuk umum y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x), a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Dalam kasus f (x) = 0 diperoleh persamaan homogen y ¢¢ + ay ¢ + by = 0, , a,b konstanta real. ¾ Solusi persamaan homogen Misalkan y ¢¢ + ay ¢ + by = 0, a,b konstanta real mempunyai persamaan karak2 teristik r + ar + b = 0 yang akarnya r1 dan r2. Solusi persamaan diferensial homogen adalah: • Jika r1 π r2, r1 , r2 Œ\, maka solusinya adalah y = C1e r1x + C2 e r2 x . • Jika r1 = r2 = r, r Œ\, , maka solusinya adalah y = (C1 x + C2 ) e r x . • Jika r1 = p + qi dan r2 = p - qi, p, q Œ\, i 2 = -1, maka solusinya adalah y = e p x (C1 cos qx + C2 sin qx) . Contoh Tentukan solusi umum dari (1) y ¢¢ - 2 y ¢ - 3 y = 0 (2) y ¢¢ - 4 y ¢ + 4 y = 0 (3) y ¢¢ + 4 y ¢ +13 y = 0 Solusi (1) Persamaan karakteristiknya adalah r2 − 2r − 3 = 0, atau (r + 1)(r − 3) = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = −1 dan r2 = 3. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = C1e - x + C2 e3 x.

(2) Persamaan karakteristiknya adalah r2 − 4r + 4 = 0, atau (r − 2)2 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah adalah r1 = r2 = r = 2.. Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = (C1 x + C2 )e 2 x. (3) Persamaan karakteristiknya adalah r2 + 4r + 13 = 0. Dengan menggunakan rumus abc diperoleh r12 =

-4 ± 16-52 -4 ± 6i = 2 = -2 ± 3i, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = −2 + 3i dan r1 = −2 − 3i. 2

Jadi solusi persamaan diferensialnya adalah y = e -2 x (C1 cos3 x + C2 sin 3 x). ¾ Bentuk solusi persamaan tak homogen • Akan ditentukan bentuk umum solusi tak homogen y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x), , a,b konstanta real dan f kontinu pada selang I. Solusi umum PDB homogen y ¢¢ + ay ¢ + by = 0 adalah yh = C1u1(x) + C2u2 (x) dengan u1 dan u2 berbentuk fungsi eksponen, sukubanyak linear, sinus, dan kosinus serta kombinasinya. • Jika y dan yk solusi dari y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x), maka y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) dan yk¢¢ + ayk¢ + byk = f (x). Selisihnya adalah ( y - yk ) ¢¢ + a ( y - yk ) ¢ + b ( y - yk ) = 0. Akibatnya y - yk solusi dari y ¢¢ + ay ¢ + by = 0, sehingga y - yk = yh. Jadi solusi umum y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah y = yh + yk , yh solusi homogen dan yk solusi khusus yang akan dicari. Kuliah 006

34

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Metode koefisien tak-tentu untuk mencari solusi khusus • Gagasan metode ini adalah solusi khusus yk dari y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) berbentuk sama seperti f (x) dengan koefisien yang tak tentu dan akan dicari. Metode ini hanya dapat digunakan untuk f (x) yang memuat bentuk serupa dengan solusi homogennya, tetapi f (x) bukan salah satu dari solusi homogennya. • Cara mencari solusi khusus: Pilihlah yk disertai beberapa koefisien, yang dicari dengan menggantikan yk , yk¢ , yk¢¢ ke persamaan diferensial dan samakan koefisiennya. Jika yk muncul di persamaan homogen2 nya, kalikan yk dengan x atau x . • Jika bentuknya f (x) = e , maka cobalah solusi khusus yk = Ke px , koefisien K dicari. px

• Jika bentuknya f (x) = x , maka cobalah solusi khusus yk = Kx 2 + Lx + M , koefisien K, L, M dicari. • Jika bentuknya f (x) = cos x (atau sin x), maka cobalah solusi khusus yk = K cos x + L sin x, K dan L dicari. 2

Contoh Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ¢¢ - y ¢ - 2y = 2e3 x. Solusi Persamaan karakteristiknya r2 − r − 2 = 0, atau (r + 1)(r − 2) = 0, sehingga akar karakteristiknya r1 = −1 dan r2 = 2. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2 e 2 x.

Untuk mencari solusi khususnya, cobalah yk = Ke3 x , K dicari. Turunan pertama dan kedua dari yk adalah yk¢ = 3Ke3 x dan y k¢¢ = 9 Ke3 x. Gantikan yk ke persamaannya dan tentukan koefisien K, diperoleh yk¢¢- yk¢ - 2 yk = 2e3 x fi 9Ke3 x - 3Ke3 x - 2Ke3 x = 2e3 x fi 4Ke3 x = 2e3 x fi 4K = 2 fi K = 12 .

Jadi solusi khususnya adalah yk = 12 e3 x , sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2 e 2 x + 12 e3 x. Contoh Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ¢¢ - y ¢ - 2y = 2e x + 4 x. Solusi Seperti contoh sebelum ini, solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1e - x + C2 e 2 x.

Untuk mencari solusi khususnya, cobalah yk = Ke x + Lx + M , K, L, M dicari. Turunan pertama dan kedua dari

yk adalah yk¢ = Ke3 x + L dan y k¢¢ = Ke x. Gantikan yk ke persamaannya dan tentukan koefisien K, L, dan M, diperoleh yk¢¢- yk¢ - 2yk = 2e x + 4 x fi Ke x - Ke x - L - 2 Ke x - 2 Lx - 2 M = 2e x + 4 x fi -2 Ke x - 2 Lx - (L + 2 M ) = 2e x + 4 x fi -2 K = 2, - 2 L = 4, dan L + 2M = 0 fi K = -1, L = -2, dan M = 1. Jadi solusi khususnya adalah yk = - e x - 2 x + 1, sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1e - x + C2 e 2 x - e x - 2 x +1. Contoh Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ¢¢ - 2y ¢ + y = 2e x. 2 2 Solusi Persamaan karakteristiknya r − 2r + 1 = 0, atau (r − 1) = 0, sehingga akar karakteristiknya r = 1. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = (C1 x + C2 )e x.

Karena e x dan xe x sudah muncul pada yh (yang menghasilkan ruas kanan nol), maka cobalah solusi khusus yk = Kx 2 e x , K dicari. Turunan pertama dan kedua dari yk adalah yk¢ = Kx 2 e x + 2 Kxe x dan y k¢¢ = Kx 2 e x + 4 Kxe x + 2 Ke x.

Gantikan yk ke persamaan yk¢¢- 2yk¢ + yk = 2e x dan tentukan K, diperoleh Kx 2 e x + 4 Kxe x + 2 Ke x - 2 Kx 2 e x - 4 Kxe x + Kx 2 e x = 2e x fi 2 Ke x = 2e x fi K = 1.

Jadi solusi khususnya adalah yk = x 2 e x , sehingga solusi umumnya adalah y = yh + yk = (C1 x + C2 )e x + x 2 e x . ¾ Metode variasi parameter untuk mencari solusi khusus • Solusi homogen dari y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah yh = C1u1(x) + C2u2 (x), C1, C2 parameter dan u1, u2 berben-

tuk e px , xe px , e px cos qx, e px sin qx. • Gagasan metode variasi parameter adalah asumsi bahwa solusi khusus yk dari y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) berbentuk sama seperti yh tetapi parameter C1 dan C2 bervariasi dengan diganti fungsi v1(x) dan v2(x), yaitu yk = v1(x)u1(x) + v2 (x)u2 (x) , v1 dan v2 dicari. Kuliah 006

35

Koko Martono, FMIPA - ITB

• Tulis tanpa peubahnya, yk = v1u1 + v2u2 . Turunan pertama dari yk adalah yk¢ = v1u1¢ + u1v1¢ + v2u2¢ + u2 v2¢ = (v1u1¢ + v2u2¢ ) + (u1v1¢ + u2 v2¢ ). Untuk mencari v1 dan v2 harus ditetapkan dua persamaan yang terkait dengan dua syarat. Karena salah satu syarat adalah yk memenuhi persamaannya, maka syarat kedua ditetapkan agar yk hanya memuat v1 dan v2 saja, sehingga diperoleh u1v1¢ + u2 v2¢ = 0 dan yk¢ = v1u1¢ + v2u2¢ .

Turunan kedua dari yk adalah yk¢¢ = v1u1¢¢+ u1¢v1¢ + v2u2¢¢ + u2¢ v2¢ . Gantikan yk , yk¢ , dan yk¢¢ ke persamaan diferensial y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) dan sederhanakan, diperoleh u1¢v1¢ + u2¢ v2¢ = f (x).

Ïu1v1¢ + u2 v2¢ = 0 -u (x) f (x) u (x) f (x) , solusinya adalah v1¢ = 2 W • Selesaikan sistem persamaan Ì dan v2¢ = 1 W , deÓu1¢v1¢ + u2¢ v2¢ = f (x) u1 u2 -u (x) f (x) u (x) f (x) (x) = (u1u2¢ - u2u1¢)(x). Jadi v1 = v1(x) = Ú 2 W dx dan v2 = v2 (x) = Ú 1 W dx, dengan ngan W = u1¢ u2¢ W ≠ 0 untuk fungsi u1 dan u2 yang berbentuk e px , xe px , e px cos qx, atau e px sin qx. • Kesimpulan: Solusi khusus y ¢¢ + ay ¢ + by = f (x) adalah yk = v1(x)u1(x) + v2 (x)u2 (x) , dengan v1 = v1(x) = Ú

-u2(x) f (x) u (x) f (x) dx dan v2 = v2 (x) = 1 W dx, W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) ≡ determinan Wronski. W

Ú

Contoh Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ¢¢ - 2y ¢ + y = 2e x dengan metode variasi parameter. 2 2 Solusi Persamaan karakteristiknya r − 2r + 1 = 0, atau (r − 1) = 0, sehingga akar karakteristiknya r = 1. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = (C1 x + C2 )e x.

Solusi khususnya adalah yk = v1u1 + v2u2 dengan u1 = xe x dan u2 = e x. Turunan pertama dari u1 dan u2 adalah u1¢ = xe x + e x dan u2¢ = e x , sehingga W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) = xe x◊ e x - e x (xe x + e x ) = - e 2 x. Dengan metode variasi parameter, v1 = Ú

-u2(x) f (x) u1(x) f (x) xe x◊2e x - e x◊2e x dx = dx = 2 x , v = dx = dx = -x 2, 2 x 2 W W - e2 x -e

Ú

Ú

Ú

sehingga yk = v1u1 + v2u2 = 2 x◊ xe - x ◊ e = x e . Jadi solusi umumnya adalah y = yh + yk = (C1 x + C2 )e x + x 2 e x . x

2

x

2 x

Contoh Tentukan solusi umum persamaan diferensial y ¢¢ + y = csc x. Solusi Persamaan karakteristiknya r2 + 1 = 0, sehingga akar karakteristiknya adalah r1 = −i dan r2 = i. Jadi solusi homogen persamaan diferensialnya adalah yh = C1cos x + C2 sin x . Solusi khususnya adalah yk = v1u1 + v2u2 dengan u1 = cos x dan u2 = sin x. Turunan pertama dari u1 dan u2 ada-

lah u1¢ = - sin x dan u2¢ = cos x, sehingga W = (u1u2¢ - u2u1¢)(x) = cos x ◊ cos x - sin x ◊ (-sin x) = cos 2 x + sin 2 x =1. Dengan metode variasi parameter, v1 = Ú

-u2(x) f (x) u (x) f (x) - sin x◊csc x cos x◊csc x cos x d sin x dx = dx = - dx = -x, v2 = 1 W dx = dx = sin x dx = sin x = ln |sin x | W 1 1

Ú

Ú

Ú

Ú

Ú

Ú

sehingga yk = v1u1 + v2u2 = - x cos x + (sin x) ln |sin x |. Jadi solusi umumnya adalah y = yh + yk = C1 cos x + C2 sin x - x cos x + (sin x) ln | sin x |.

Soal Latihan Kuliah 006: Persamaan Diferensial Biasa 1. Tentukan solusi umum persamaan diferensial (a) y ¢ + 3x y = 6 x 2 (b) y ¢ + (2 + 1x) y = e -2 x 2. Jika peluruhan suatu zat radioaktif bersifat eksponensial dan 20% dari zat itu luruh selama 1 tahun, tentukan waktu paruh dari zat radioaktif tersebut. 3. Pertumbuhan suatu populasi memenenuhi persamaan diferensial logistik y ¢ = y (1 - y), y (0) = 0,5 . Gunakan solusinya untuk memperkirakan populasi saat t = 3.

4. Kedalam tangki yang isinya 40 liter air murni, saat t = 0 dialirkan air garam berkonsentrasi 2 kg/liter dengan laju 3 liter/menit. Dalam keadaan teraduk air dialirkan keluar tangki dengan laju 4 liter/menit. Tentukan banyaknya garam dalam tangki setelah t menit dan setelah 20 menit. 5. Tentukan solusi umum persamaan diferensial (a) y ¢¢ - y = x (b) y ¢¢ - y = e x (c) y ¢¢ + y ¢ = x (d) y ¢¢ + y = tan x (e) y ¢¢ - 4y ¢ +13y = 8sin3 x

It is not enough to have a good mind, the main thing is to use it well. Rene Descartes, 1596 – 1650 Kuliah 006

36

Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA - ITB

37 Fungsi Parameter y z ¾ Bentuk fungsi parameter bidang adalah r(t) = x(t) i + y(t) j, α ≤ t ≤ β r = r(t) r = r(t) Dari kaitan x dan y diperoleh persamaan kartesist nya yang berbentuk y = f (x) atau F(x,y) = 0. t k j r(t) r(t) Contoh r(t) = a cos t i + a sin t j, 0 ≤ t ≤ 2π. 0 i x 0 j y i Di sini x = x(t) = a cos t dan y = y(t) = a sin t, yang r (t) = x(t)i + y (t) j, a £ t £ b x r (t) = x(t)i + y (t) j + z (t)k memberikan kaitan antara x dan y, lingkaran 2 2 a £t £ b x + y = a, a konstanta positif. ¾ Bentuk fungsi parameter ruang adalah r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β. Dari kaitan x, y, dan z diperoleh persamaan kartesisnya yang berbentuk perpotongan antara dua permukaan ruang. Contoh r(t) = a cos t i + a sin t j + a sin t k, 0 ≤ t ≤ 2π. Di sini x = a cos t, y = a sin t, dan z = a sin t, yang mem2 2 berikan kaitan antara x, y, dan z, yaitu x + y = a, a konstanta positif dan y = z. Kurva fungsi parameter ini 2 2 adalah perpotongan antara silinder x + y = a dan bidang datar y = z. ¾ Fungsi parameter yang umum berbentuk r : I ⊆ Æ n , r = r (t), dengan I suatu selang. 2

3

Limit dan Kekontinuan Fungsi Parameter ¾ Limit fungsi parameter r = r (t) Œ

: lim r (t) = L Œ

n

n

t Æ t0

∫ "e > 0 $d > 0 '0 < | t - t0 | < d fi || r (t) - L || < e .

Limit ini dapat dihitung dengan cara menghitung limit dari setiap komponennya. Untuk fungsi parameter r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β dengan α < t0 < β, dan L = ( 1 , 2 , 3), jarak Euclid r(t) ke L adalah

|| r (t) - L || = (x(t) - 1) 2 + ( y (t) Untuk fungsi ini berlaku lim r (t) = L ¤ lim x(t) = t Æ t0

¾ Fungsi parameter r : I ⊆

Æ

t Æ t0

n

1,

2)

lim y (t) =

t Æ t0

2

+ (z (t) - 3)2 .

2 , dan

lim z (t) =

t Æ t0

3.

, r = r (t) dikatakan kontinu di t0 ∈ I jika lim r (t) = r (t0 ). Fungsi ini kontinu t Æ t0

pada selang I jika r = r(t) kontinu di setiap t0 ∈ I. Akibatnya r = r(t) kontinu pada I ⇔ setiap komponennya kontinu pada I. ¾ Sifat limit dan kekontinuan yang berlaku untuk fungsi real berlaku juga untuk fungsi parameter.

Turunan Fungsi Parameter

r (t0 + h ) - r (t0) . Arti geometri h hÆ0

¾ Turunan fungsi r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β di t0 ∈ (α,β ): r ¢(t0 ) = lim

dari turunan ini adalah vektor singgung di titik t0 pada kurva C: r = r(t). Persamaan garis singgung di r(t0) pada kurva C adalah s(t) = r(t0) + t r ′(t0). Arti fisis dari r ′(t0) adalah vektor kecepatan di r (t0) pada gerak partikel sepanjang kurva C. ¾ Teorema Turunan fungsi r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β adalah r ′(t) = x′(t) i + y ′(t) j + z ′(t) k, α ≤ t ≤ β. ¾ Jika suatu partikel bergerak sepanjang kurva C: r = r(t), maka vektor posisinya r = r(t), vektor kecepatannya v = v(t) = r ′(t), lajunya v = v(t) = || v(t) ||, vektor percepatannya a = a(t) = v ′(t) = r ″(t), dan percepatannya adalah a = a(t) = || a(t) ||.

Integral dan Panjang Busur Fungsi Parameter ¾ Anti turunan dari fungsi parameter r = r(t), t ∈selang I adalah suatu fungsi s = s(t) dengan s′(t) = r(t) ∀t ∈I. ¾ Anti diferensial dari r = r(t), t ∈selang I adalah s = s(t) + C dengan C vektor konstan. ¾ Integral tak-tentu dari fungsi parameter r = r(t) pada selang I didefinisikan sebagai anti diferensialnya, ditulis Ú r (t) dt = s(t) + C ¤ s′(t) = r(t) ∀t ∈ I. b

 k =1r (ck ) D tk dengan || P || Æ 0

¾ Integral tentu dari fungsi r = r(t), α ≤ t ≤ β didefinisikan sebagai Úa r (t) dt = lim

P suatu partisi untuk [α ,β ], ∆tk = tk − tk−1, ck ∈ [tk−1 , tk], dan ||P|| = maks Dtk . 1£ k £ n

n

¾ Sifat integral tentu b b b b Jika r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β, maka Ú r (t ) dt = Ê Ú x(t ) dt ˆ i + Ê Ú y (t ) dt ˆ j + Ê Ú z (t ) dt ˆ k Ë a ¯ Ë a ¯ Ë a ¯ a

¾ Panjang busur kurva ruang r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, α ≤ t ≤ β yang turunan pertamanya kontinu pada

selang tutup [α, β ] adalah L = Ú

b

b

( x ¢(t ))2 + ( y ¢(t ))2 + ( z ¢(t ))2 dt = Úa || r ¢(t ) || dt.

a

Fungsi Skalar z

z

z z = 2x − y

z = f (x,y)

z bidang z = konstan

2

(a,b,c) permukaan ruang

ax + by + cz = d y z

0 x 0

bidang datar

0

permukaan z = f (x,y)

a

y

x

y

0

y kurva ketinggian

x2 + y2 + z2 = a2 0

x

y

x

bola berjari-jari a > 0

x

¾ Fungsi skalar di ruang mempunyai bentuk eksplisit z = f (x,y), atau bentuk implisit F(x,y,z) = 0. Dalam kasus z = f (x,y), bentuk implisitnya F(x,y,z) = z − f (x,y) = 0 atau F(x,y,z) = f (x,y) − z = 0. Grafik fungsi skalar di ruang dinamakan permukaan. Fungsi skalar m peubah adalah f : D f ⊆ m Æ , y = f (x), x = (x1, x2, , xm ). ¾ Untuk fungsi skalar z = f (x,y) atau F(x,y,z) = 0, kurva bidang f (x,y) = k atau F(x,y,k) = 0 dengan k konstanta dinamakan kurva ketinggian. z

kurva ketinggian 0

• Permukaan z = x − 4y dikenal sebagai paraboloida hiperbolik. 2 2 • Kurva ketinggian x − 4y = k, k kontanta adalah keluarga hiperbol dengan asimtot x = 2y dan x = −2y. • Titik (0,0,0) pada permukaan ini dikenal sebagai titik pelana, 2

y

permukaan 2 2 z = x − 4y 0

y x2 − 4y2= k k konstanta

x y

2

Limit dan Kekontinuan Fungsi Skalar Dua Peubah ¾ Limit fungsi z = f (x,y) untuk (x,y) → (a,b) dengan (a,b) titik-kumpul dari Df didefinisikan sebagai berikut:

lim

(x ,y) Æ (a , b)

f (x, y) = ∫ "e > 0 $d > 0 '0 < (x - a ) 2 + ( y -b) 2 < d fi | f (x, y) - | < e .

¾ Fungsi z = f (x,y) kontinu di (a,b) ∈ Df jika "e > 0 $d > 0 ' (x - a) 2 + ( y - b) 2 < d fi | f (x, y) - f (a,b)| < e . ¾ Sifat yang terkait: Jika z = f (x,y) mempunyai limit atau kontinu di (a,b), maka f terbatas di sekitar (a,b). Jika paling sedikit terdapat dua kurva bidang ang melalui (a,b) dengan limit fungsi f di (a,b) sepanjang dua kuva ini berbeda, maka fungsi f tidak mempunyai limit di (a,b). ¾ Contoh

xy3 - x3 y xy ( y 2 - x2 ) xy ( y + x )( y - x ) = lim = lim = lim xy ( y - x) = 0 ◊ 0 = 0. x + y y + x y+x (x, y)Æ (0,0) (x,y)Æ (0,0) (x, y)Æ (0,0) (x,y)Æ (0,0)

lim

xy3 - x3 y xy ( y 2 - x2 ) xy ( y + x )( y - x ) = lim = lim = lim xy ( y - x) = -4 ◊ -4 = 16. x + y y +x y +x (x, y)Æ(2,- 2) (x,y)Æ (2,- 2) (x,y)Æ (2,- 2) (x,y)Æ (2,- 2)

lim

Untuk menghitung

x2 y - xy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 , gunakan prinsip apit. Dari ketaksamaan x £ x + y , y £ x + y dan (x, y)Æ(0,0) x + y

lim

sifat nilai mutlak diperoleh 0 £

x2 y - xy 2 x2 | y | + y 2 | x | (x2 + y 2)(| y | + | x |) = £ = | x | + | y | . Karena limit pengapit 2 2 x +y x2 + y 2 x2 + y 2

lim 0 = 0 dan lim (| x | + | y |) = 0, maka

(x, y)Æ(0,0)

Kuliah 007 dan 008

(x, y)Æ (0,0)

lim

(x, y)Æ (0,0)

38

x2 y - xy 2 x2 y - xy 2 = 0, akibatnya lim 2 2 = 0. 2 2 x +y (x, y)Æ (0,0) x + y Koko Martono, FMIPA - ITB

Untuk menunjukkan

lim

(x, y)Æ(0,0)

x4

x2 y 2 tidak ada, ambillah kurva C1: x = 0 (sb-y) dan C2: y = x yang melalui + 2y2

(0,0). Karena limit sepanjang C1 adalah C2 adalah

lim

x2 y

(x, y)Æ(0,0)

x4 + 2y 2

=

lim 2

(x, x )Æ (0,0)

x2 y

lim

(x, y)Æ (0,0)

x2◊ x2 4 x + 2 x4

=

x4 + 2y 2

= lim

xÆ0

x4 3 x4

02 ◊ y

lim

(0,y)Æ (0,0)

1

04 + 2 y 2

= lim 0 = 0 dan limit sepanjang yÆ0

1

= lim 3 = 3 π 0, maka xÆ0

lim

(x, y)Æ(0,0)

x4

x2 y tidak ada. + 2y2

Fungsi Vektor (Gabungan fungsi parameter dan fungsi skalar) ¾ Fungsi F : D ⊆

m

Æ

n

, D daerah di

m

dinamakan fungsi vektor; jika m = n, fungsinya dinamakan medan

vektor. Fungsi u = f (x,y) dikenal sebagai medan skalar bidang dan F(x, y) = M (x, y) i + N (x, y) j ,(x, y) ŒD ⊆ 2 medan vektor bidang. Fungsi vektor dengan m = n = 3 dinamakan medan vektor ruang, aturannya adalah F(x, y , z) = M (x, y, z) i + N (x, y, z) j + P (x, y, z) k , (x, y, z) ŒD ⊆ 3. ¾ Medan vektor F(x, y) = M (x, y) i + N (x, y) j dapat dipandang sebagai pemetaan dari bidang ke bidang, yang memetakan setiap vektor x = (x,y) ∈ D di bidang xoy dengan tepat satu vektor u = (u,v) di bidang uov. Titik (x,y) di bidang xoy dipetakan menjadi titik (u,v) di bidang uov dengan u = M(x,y) dan v = N(x,y). ¾ Untuk fungsi F : D ⊆

m

Æ

n

, lim F (x) = xÆa

jika "e > 0 $d > 0 '0 < || x - a || < d fi || F(x) - || < e .

¾ Fungsi F : D ⊆ m Æ n kontinu di a ŒD ⊆ m jika "e > 0 $d > 0 '|| x - a || < d fi || F(x) - F(a)|| < e . Jika F punya limit di a, F kontinu di a ¤ lim F(x) = F (a). Fungsi F kontinu pada D jika F kontinu di setiap x ∈ D. xÆa

Kalkulus Diferensial Medan Skalar dan Medan Vektor Bidang dan Ruang ¾ Turunan parsial Definisi turunan parsial dari z = f (x,y) terhadap x (dan y) di A(a,b)∈Df adalah: ∂f

f (a + h, b) - f (a , b) f (x, b) - f (a, b) f (a + h i) - f (a) = lim = lim , a = (a, b), i = (1,0) x a h h xÆa hÆ0

∂f

f (a , b + h) - f (a ,b) f (a, y) - f (a , b) f (a + h j) - f (a) = lim = lim , a = (a, b), j = (0,1). h y b h yÆb hÆ0

f x (A) = ∂ x (A) = lim hÆ0 f y (A) = ∂ y (A) = lim hÆ0

¾ Arti fisis fx(A) adalah laju z terhadap x dengan y tetap di titik A(a,b)∈Df dan arti geometri fx(A) adalah gradien garis singgung di (A, f (A)) pada kurva potong z = f (x,y) dengan bidang y = b. Arti fisis fy(A) adalah laju z terhadap y dengan x tetap di titik A(a,b)∈Df dan arti geometri fy(A) adalah gradien garis singgung di (A, f (A)) pada kurva potong z = f (x,y) dengan bidang x = a. ¾ Kalkulasi turunan parsial Turunan parsial fx(x,y) sama dengan turunan dari z = f (x,y) terhadap x dengan menganggap y konstan; dan turunan parsial fy(x,y) sama dengan turunan dari z = f (x,y) terhadap y dengan menganggap x konstan. ¾ Vektor gradien Vektor gradien dari fungsi z = f (x,y), ditulis ∇f (x,y), didefinisikan sebagai

(

∂f ∂ f

)

∂f

∂f

—f (x, y) = ∂x , ∂y (x, y) = ∂x (x, y) i + ∂y (x, y) j. Vektor gradien merupakan suatu medan vektor bidang, yaitu fungsi dengan peubah (x,y) dengan nilai (u,v). Contoh Jika z = f (x,y) = e 2x +3y , maka f x (x, y) =

∂f ∂f (x, y) = 2e 2x +3y dan f y (x, y) = (x, y) = 3e 2x +3y. ∂x ∂y

(

∂f ∂f

)

Vektor gradien dari fungsi ini adalah —f (x, y) = ∂x , ∂y (x, y) = (2e 2x +3y ,3e 2x +3y ). Untuk fungsi z = f (x,y), vektor gradien ∇f (x,y) tegak lurus pada kurva f (x,y) = k dengan k konstanta. 2 2 Contoh Kurva C: y = x dapat ditulis sebagai f (x,y) = x − y = 0 dengan ∇f (x,y) = (2x,−1). Di setiap titik pada kurva C vektor singgungnya adalah (1,2x), yang selalu tegak lurus pada vektor gradien (2x,−1). ¾ Vektor gradien dari fungsi u = f (x,y,z), ditulis ∇f (x,y,z), didefinisikan sebagai

(

∂ f ∂f ∂f

)

∂f

∂f

∂f

—f (x, y, z) = ∂x , ∂y , ∂z (x, y , z) = ∂x (x, y , z) i + ∂y (x, y, z) j + ∂x (x, y , z) k . Contoh Jika f (x, y , z) = x 2 y + y 2 z + z 2 x, maka —f (x, y , z) = Kuliah 007 dan 008

39

(

)

∂f ∂f ∂f , , (x, y, z) = (2 y + z 2, z 2 + 2 yz , y 2 + 2xz ). ∂ x ∂y ∂ z Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Vektor gradien ini merupakan suatu medan vektor ruang, yaitu fungsi dengan peubah (x,y,z) dengan nilai (u,v,w). Vektor gradien ∇f (x,y,z) juga tegak lurus pada permukaan f (x,y,z) = k dengan k konstanta. ¾ Jika S = {(x,y,z) | f (x,y,z) = 0} adalah permukaan ruang dengan ∇f (A) kontinu pada daerah D yang memuat titik A(a,b,c), maka persamaan bidang singgung pada permukaan S di A adalah ∇F (A) • (X − A) = 0. Bentuk

(

(

)

∂F

)

∂F

(

)

∂F

komponen dari bidang singgungnya adalah ∂x (A) (x - a) + ∂ y (A) ( y - b) + ∂ z (A) (z - c) = 0. Contoh Tentukan bidang singgung pada permukaan bola S: f (x,y,z) = x + y + z − 49 = 0 di A(2,3,6) ∈ S. Untuk fungsi ini ∇f (x,y,z)) = (2x,2y,2z), sehingga ∇f (A) = (4,6,12), Persamaan bidang singgungnya adalah (4,6,12) • (x − 2, y − 3, z − 6) = 0, yang dapat ditulis dalam bentuk 2x + 3y + 6z = 49. 2

2

2

¾ Turunan parsial kedua Turunan parsial kedua dari fungsi z = f (x,y) didefinisikan sebagai turunan parsial dari z x = f x (x, y) dan z y = f y (x, y). Turunan parsial kedua ditulis dalam bentuk

( ) ( ) (x, y) =

∂

∂ ∂f

∂2 f

∂

∂ ∂f

∂2 f (x, y) ∂ y2

f xx (x, y) = ∂x ( f x (x, y)) = ∂x ∂x (x, y) = 2 (x, y) ∂x f yy (x, y) = ∂ y ( f y (x, y)) = ∂ y ∂ y

( ) ( ) (x, y) =

∂

∂ ∂f

∂2 f

∂

∂ ∂f

∂2 f (x, y) ∂ y ∂x

f yx (x, y) = ∂x ( f y (x, y)) = ∂x ∂ y (x, y) = ∂x ∂ y (x, y) f xy (x, y) = ∂ y ( f x (x, y)) = ∂ y ∂x

¾ Teorema Jika f xy dan f yx kontinu di titik (x,y) ∈ Df, maka f xy (x,y) = f yx (x,y).

¾ Diferensial total Jika semua turunan parsial pertama dari fungsi z = f (x,y) kontinu pada daerah D yang ∂f

∂f

memuat (x,y), diferensial total dari f didefinisikan sebagai dx = Dx, dy = Dy , dan dz = df = ∂x dx + ∂ y dy. ∂f ∂f ∂f dx + dy + dz. ∂x ∂y ∂z dz ∂z dx ∂z dy ¾ Aturan rantai Jika z = f (x,y), x = x(t), y = y(t), maka z = z(t) = f (x(t),y(t)) dan z ¢(t ) = dt = dt + dt . ∂x ∂y

Untuk fungsi u = f (x,y,z) dengan kondisi sama, dx = Dx, dy = Dy, dz = Dz , dan dz = df =

(

)

(

)

Dalam bentuk vektor, jika r(t) = (x(t),y(t)), —f = ∂∂xz , ∂∂yz dan r ¢(t) = dt , dt , maka z ¢(t ) = dt = —f i r ¢(t). Teorema ini berlaku dengan kondisi semua turunan parsial dari f dan turunan dari x dan y kontinu. ¾ Aturan rantai Jika z = f (x,y), x = x(u,v), y = y(u,v), maka z = f (x(u ,v), y (u ,v)) (z fungsi dari u dan v) dengan ∂z ∂z ∂x ∂ z ∂y = + ∂ u ∂x ∂ u ∂ y ∂ u

dan

dx dy

dz

∂ z ∂ z ∂x ∂ z ∂ y = + . ∂ v ∂x ∂v ∂ y ∂ v

(

)

Bentuk vektor: jika x = (x,y) dan u = (u,v), maka z = f (x(u)) = f (u). Dari z = f (u) fi z ¢ = f ¢(u) = ∂∂uz ∂∂vz , Ê ∂x ∂x ˆ ∂ z ∂ z z = f (x) fi z ¢ = f ¢(x) = , dan x = x(u) fi x ¢(u) = Á ∂∂uy ∂∂yv ˜ , maka z = f (x(u)) fi z ¢ = f ¢(u) = f ¢(x) ◊ x ¢(u). ∂ x ∂y ÁË ˜ ∂u ∂ v ¯ Ê ∂x ∂x ˆ ∂ z ∂ z ∂ z ∂ z Bentuk matriks: jika z = f (x(u ,v), y (u ,v)) , maka ∂u ∂v = ∂x ∂y Á ∂∂uy ∂∂yv ˜ . ÁË ˜ ∂u ∂ v ¯

(

)

(

)

(

)

( )

( )

2

2 ¾ Contoh Jika z = f (x,y), x = u + v, dan y = u − v, buktikan ∂∂uz ∂∂vz = ∂∂xz - ∂∂yz .

∂x

∂x

∂y

∂y

∂z

∂ z ∂y

∂z ∂x

∂z

∂z

= + = + Solusi Karena ∂u =1, ∂v =1, ∂u =1, ∂v = -1, dan z = f (x(u ,v), y (u ,v)) , maka ∂ u ∂x ∂ u ∂ y ∂ u ∂ x ∂ y dan

( ) - ( ∂∂yz ) . 

∂ z ∂ z ∂ x ∂ z ∂y ∂ z ∂ z = + = - . Kalikan ∂∂uz dengan ∂∂vz , maka diperoleh ∂∂uz ∂∂vz = ∂∂xz ∂ v ∂x ∂ v ∂ y ∂ v ∂ x ∂ y

2

2

¾ Turunan berarah Turunan berarah dari z = f (x,y) = f (x) di titik x = (x,y) ∈ Df dalam arah vektor satuan ∂f

u = (u,v), || u || = 1 didefinisikan sebagai ∂u (x) = lim hÆ0

f (x + hu) - f (x) f (x + hu , y + hv ) - f (x, y) = lim . h h hÆ0

Arti geometri turunan berarah adalah gradien garis singgung pada kurva potong S: z = f (x,y) dengan bidang sejajar (u,k) dan A(x,y, f (x,y))∈S dan arti fisisnya adalah laju perubahan nilai z dalam arah vektor satuan u. ∂f

Cara menghitung Dengan kondisi: ∇f (x,y) kontinu di (x,y) pada daerah Df, ∂u (x, y) = —f (x, y) i u .

Karena —f i u = || —f || cos –(—f , u), maka maks u ŒD f

Kuliah 007 dan 008

—f -—f ∂f ∂f dicapai saat u = || —f || dan min dicapai saat u = || —f || . ∂u u Œ D f ∂u

40

Koko Martono, FMIPA - ITB

z

¾ Contoh Turunan berarah dari z = f (x,y) = 4 − x − y di titik (1,1) 2

z

4

2

z = 4−x2−y2

dalam arah vektor v = 3i + 4j serta nilai maks

x2+ y2 = 4

0 A(1,1,2)

−2 −√2

A

√2 −2

∇f

u ŒD f

Solusi ∇f (x,y) =

(

∂f ∂ f , ∂x ∂y

) = (−2x,−2y) ⇒ ∇f (1,1) = (−2,−2) ( )

( )

3i + 4 j 3 4 5 = 5,5

∂f adalah ∂u = —f i u = (−2,−2) • 53 , 54 = -2 54 .

2

x

Nilai maks

x

∂f ∂f dan min di A. ∂u u Œ D f ∂u

Turunan berarah dari f di (1,1) dalam arah u = || vv || =

r′(t) 2 y

0

−2

2

∇f

u ŒD f

2

∂f —f ∂f —f = —f i ||—f || = || —f || = ||( -2, -2)|| = 2 2 dan nilai min ∂u = -—f i ||—f || = - || —f || = -2 2. ∂u u ŒD f z z = f (x,y) ∇F(P)

F(x,y,z) = 0 z − f (x,y) = 0

P permukaan S

bidang singgung

h Kurva ketinggian dari permukaan S: z = f (x,y) yang melalui titik A∈Df adalah f (x(t),y(t)) = k, k konstanta, yang bentuk parameternya r = r(t). d f (x(t), y (t) = 0 diperoleh —f (A) i r ¢(t) = 0, sehingga —f (A) ^ r ¢(t). h Dari dt ( ) ∂f

h Karena maks ∂u tercapai jika u searah ∇f (A), maka ∇f (A) mengarah ke

pertambahan nilai z yang terbesar. h Jika kurva ruang C: r (t) = x(t) i + y (t) j + z (t) k terletak pada S: F(x,y,z) = 0

d F(x (t), y (t), z (t) = 0 dan melalui P∈S, maka F(x (t), y (t), z (t)) = 0. Dari dt ( ) diperoleh —F(P ) i r ¢(t) = 0 , sehingga —F(P ) ^ r ¢(t). Karena berlaku untuk ∇f r′(t) sebarang C yang melalui P, maka ∇F(P) selalu tegak lurus pada bidang Df r = r(t) A x singgungnya pada permukaan S di titik P. ¾ Turunan berarah sepanjang kurva bidang Turunan berarah dari fungsi z = f (x,y) di (x,y)∈Df sepanjang kurva bidang C yang melalui (x,y) didefinisikan sebagai turunan berarah dari f sepanjang vektor singgung satuan pada kurva C di (x,y). 0

y

¾ Turunan implisit Bentuk F(x,y,z) = 0 memuat informasi z = z(x,y) dengan ∂∂xz = Bukti F (x, y, z) = 0 fi ∂∂Fx dx + ∂∂Fy dy + ∂∂Fz dz = 0 fi dz = -

∂F ∂x ∂F ∂z

dx -

∂F ∂y ∂F ∂z

∂F ∂x ∂F ∂z

dan ∂∂yz = -

dy = ∂∂xz dx + ∂∂yz dy fi ∂∂xz = -

∂F ∂x ∂F ∂z

, ∂∂yz =

∂F ∂y . ∂F ∂z ∂F ∂y - ∂F ∂z

.

¾ Ekstrim fungsi dua peubah • Fungsi z = f (x,y) mencapai maksimum di titik-dalam (a,b) ∈ Df jika f (a,b) ≥ f (x,y) ∀ (x,y) di sekitar (a,b). • Fungsi z = f (x,y) mencapai minimum di titik-dalam (a,b) ∈ Df jika f (a,b) ≤ f (x,y) ∀ (x,y) di sekitar (a,b).

Fungsi f (x,y) = 4 − x − y mencapai maksimum di (0,0) karena f (0,0) = 4 ≥ 4 − x − y = f (x,y)∀(x,y)∈Df = 2

2

2

2

Fungsi f (x,y) = x + y mencapai minimum di (0,0) karena f (0,0) = 0 ≤ x + y = f (x,y) ∀(x,y)∈Df = 2

2

2

2

2

2

.

.

¾ Titik-stasioner dan titik pelana Fungsi z = f (x,y) mencapai titik-stasioner di (a,b)∈Df jika ∇f (a,b) = (0,0). Jika syarat maksimum dan minimum dipenuhi di (a,b), maka titiknya dinamakan titik-ekstrim dan dalam kasus bukan titik maksimum atau minimum, titiknya dinamakan titik-pelana. 2 2 • Fungsi f (x,y) = x + y memenuhi ∇f (0,0) = (0,0) dengan (0,0) adalah titik minimum mutlak (ekstrim). 2 2 • Fungsi f (x,y) = x − y memenuhi ∇f (0,0) = (0,0) dengan (0,0) adalah titik pelana. ¾ Uji turunan parsial kedua Misalkan semua turunan parsial kedua dari z = f (x,y) kontinu di sekitar titikdalam A(a,b), ∇f (A) = 0, dan D(x, y) = ( f xx f yy - f xy2 ) (x, y) . (1) Jika D(A) > 0 dan f xx ( A) < 0, maka f menca-

pai maksimum di A. (2) Jika D(A) > 0 dan f xx ( A) > 0, maka f mencapai minimum di A. (3) Jika D(A) < 0, maka f mencapai titik-pelana di A. (Periksa kondisi ini untuk dua contoh terakhir)/ ¾ Metode Lagrange (1) Titik stasioner masalah ekstrim dari z = f (x,y) dengan kendala g(x,y) = 0 diperoleh dari ∇f (x,y) = λ∇g(x,y), λ ≠ 0 dan g(x,y) = 0. (2) Titik stasioner masalah ekstrim dari u = f (x,y,z) dengan kendala g(x,y,z) = 0 diperoleh dari ∇f (x,y,z) = λ∇g(x,y,z), λ ≠ 0 dan g(x,y,z) = 0. (3) Titik stasioner masalah ekstrim dari u = f (x,y,z) dengan kendala g(x,y,z) = 0 dan h(x,y,z) = 0 yang kurva potongnya C diperoleh dari ∇f (x,y,z) = λ∇g(x,y,z) + µ∇h (x,y,z), (λ ≠ 0, µ ≠ 0), g(x,y,z) = 0, dan h (x,y,z) = 0. Kuliah 007 dan 008

41

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Contoh Turunan ekstrim dan jenisnya dari u = u(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz dengan kendala xyz = 4, x,y,z > 0. 4 . Akibatnya u = f (x,y) = xy + 2 x ◊ 4 + 2 y ◊ 4 = xy + 8 + 8 . GunaSolusi cara 1: Dari xyz = 4 diperoleh z = xy xy xy x y

kan uji turunan parsial kedua, cari titik kritis A yang memenuhi ∇f (A) = 0, dan D( A) = ( f xx f yy - f xy2 ) ( A) π 0.

—f (x, y) = 0 fi (y - 82 , x - 82 ) = (0,0) fi y = 82 dan x = 82 fi x x

y

x

y

8 = 0 fi x4- 8x = 0 (8/ x2)2

fi x(x - 2)(x 2 + 2 x + 4) = 0 fi x = 2 dan y = 2 (karena x, y > 0) fi A(2, 2) ∫ titik-kritis. = 2 > 0, maka fungsi f mencapai Karena D( A) = ( f xx f yy - f xy2 ) ( A) = 163 ◊ 163 (2, 2) - 1 = 3 > 0 dan f xx ( A) = 16 8 x

y

minimum di titik (2,2) dengan nilai minimum f (2,2) = 4 + 4 + 4 = 12.

Solusi cara 2: Gunakan metode Lagrange. Akan ditentukan titik ekstrim dari u = u(x,y,z) = xy + 2xz + 2yz dengan kendala v = v(x,y,z) = xyz − 4 = 0. Kondisi ∇u(x,y,z) = λ∇v(x,y,z), λ ≠ 0 dan v(x,y,z) = 0 memberikan: 2 x + 2y = xy . ( y + 2 z, x + 2 z, 2 x + 2y ) = l ( yz, xz, xy ) fi l = y +yz2 z (1)= x +xz2 z (2)

Dari (1): xy + 2xz = xy + 2yz fi x = y; dari (2): xy + 2yz = 2xz + 2yz fi y = 2z. Akibatnya x = y = 2z. Gantikan hasil ini ke xyz = 4, diperoleh 2z ⋅ 2z ⋅ z = 4, sehingga z = 1, x = 2, dan y = 2. Jadi titik kritisnya (2,2,1). Jadi fungsi u mencapai ekstrim di (2,2,1) dengan nilai ekstrim u(2,2,1) = 4 + 4 + 4 = 12.

Integral Lipat Dua (ILD) dan Kalkulasinya ¾ Cara menghitung ILD dari z = f (x,y) dengan proyeksi terhadap sumbu x. • Daerah D dibatasi oleh beberapa kurva kontinu yang bingkainya adalah persegi panjang tutup R = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}.

ILD Jenis 1 y

dA = dydx

d

β (x)

• Jika proyeksi D terhadap sumbu x adalah selang tutup [a,b], maka

dA

D α (x)

c

b (x)

0

a

x

b

dA = dxdy R

D

b (x)

f (x, y) dy dx.

f (x, y) dy ∫ integralkan f terhadap y dengan x tetap dan masukkan batasnya.

¾ Cara menghitung ILD dari z = f (x,y) dengan proyeksi terhadap sumbu y. • Daerah D dibatasi oleh beberapa kurva kontinu yang bingkainya adalah persegi panjang tutup R = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d}. • Jika proyeksi D terhadap sumbu y adalah selang tutup [c, d], maka

d

γ (y)

Úa (x)

x

ILD Jenis 2 y

b

ÚÚD f (x, y) dA = Úa Úa (x)

D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, α (x) ≤ y ≤ β (x)} dan

R

D = {(x,y) | c ≤ y ≤ d, γ (y) ≤ x ≤ δ (y)} dan

δ (y)

dA

d

d ( y)

ÚÚD f (x, y) dA = Úc Úg (y)

f (x, y) dx dy.

d ( y)

c 0

a

b

x

Úg ( y) f (x, y) dx ∫ integralkan f terhadap x dengan y tetap dan masukkan batasnya.

¾ Perubahan urutan integral dy dx ke dx dy Untuk batas daerah D yang fungsi pembatasnya mempunyai invers, ILD Jenis 1 dapat diubah ke ILD Jenis 1 dan sebaliknya. Caranya dengan mengubah proyeksi daerah D dari terhadap sumbu x menjadi terhadap sumbu y dan sebaliknya. y 2 1 0

Contoh Daerah D = {(x, y):0 £ x £ 4,0 £ y £ x} dapat ditulis dalam bentuk y= x

x=y

proyeksi terhadap sumbu y, D = {(x, y):0 £ y £ 2, y 2 £ x £ 4}

2

1 y=0 3

Integral lipat dua dari fungsi kontinu z = f (x,y) pada daerah D adalah

x=4

D 4

4

x

ÚÚD f (x, y) dA = Ú0 Ú0

x

f (x, y) dy dx = Ú

2 4

0

Úy

2

f (x, y) dx dy.

¾ Arti geometri dan arti fisis Dalam kasus f (x,y) ≥ 0 dan kontinu pada daerah D, arti geometri integral lipat dua adalah volum benda di atas D dan di bawah permukaan z = f (x,y). Dalam kasus f (x,y) > 0, kontinu pada daerah D, dan f (x,y) ≡ rapat massa di setiap (x,y)∈D, arti fisis integral lipat dua adalah massa D di bidang. ¾ Luas daerah dengan ILD Luas daerah di bidang secara numerik sama dengan volum benda padat ruang

yang tingginya 1 satuan. Jadi luas daerah D di atas adalah Kuliah 007 dan 008

42

b

b (x)

d

d ( y)

ÚÚD dA = Úa Úa (x) dy dx = Úc Úg (y) dx dy. Koko Martono, FMIPA - ITB

y

Contoh ILD

1

2 1

Ú0 Úx / 2 xe

y3

dy dx sukar dihitung karena primitif fungsinya terhadap y

tidak ada. Bentuk ILD ini memuat informasi D = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 2, x/2 ≤ y ≤ 1} dengan batas yang mempunyai invers. Karena invers dari y = x/2 adalah x = 2y, maka D dapat 2 x ditulis dalam bentuk proyeksi terhadap sumbu y, D = {(x,y) | 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 2y}. Jadi 2 1 1 2y 1 y 3 Ê 2y 1 y3 y3 y3 2 2y ˆ Ú0 Úx / 2 xe dy dx = Ú0 Ú0 xe dx dy = Ú0 e Ë Ú0 xdx¯ dy = Ú0 e 12 x 0 dy

y = x/2 x = 2y

0

( )

3 1 3 1 3 = Ú e y ◊ 2y 2 dy = 23 Ú e y d ( y 3) = 23 (e y )10 = 23 (e -1). 0 0

¾ Transformasi integral lipat dua ke koordinat kutub • Kaitan antara koordinat kartesis dan kutub: x = r cos θ dan y = r sin θ. • Jaring untuk koordinat kutub: r = k (lingkaran) dan θ = k (sinar), k konstan. • dA = 2dpq ◊ p (ri2 - ri2-1) = 12 dq (ri - ri -1)(ri + ri -1) = 12 dq dr ◊2r = rdrdq .

dA = r dr dθ

y

θ =π/2 dr

dA

D ri − 1

• Kalkulasi: Gantilah D menjadi D = {(r,θ ) | α ≤ θ ≤ β, p(θ ) ≤ r ≤ q(θ )}, maka integralnya dalam peubah r dan θ adalah

ri r

ÚÚD f (x, y) dA = ÚÚD f (r cosq , r sin q ) r dr dq

θ=0

dθ

0

x

¾ Contoh Hitunglah volum benda padat B yang dibatasi oleh paraboloida z = x2 + y2 dan bidang z = 4. • Proyeksi benda B pada bidang xoy adalah D = {(x,y): x 2 + y 2 £ 4}. • Gunakan transformasi (x,y) = (r cos θ, r sin θ ), batas atas z = 4, 2 2 2 batas bawah z = x + y ¤ z = r , dan D = {(r ,q ):0 £q £ 2p ,0 £ r £ 2}. • Jadi volum benda padat B adalah

y bdg z = 4 y 2 z = x2+y2

z = r2

B

D

−2 −2 x

0

0

2 −2

D

2

2

x

V = ÚÚ (4 - (x 2 + y 2 )) dA = Ú

0

D

=Ú

y

2p

0

2p

2

2p

Ú0 (4r - r ) drdq = Ú0 3

2

Ú0 (4- r

2

) rdrdq

(2r - 14 r ) 2

4 2 0

dq = Ú

2p

0

4 dq = 8p .

¾ Transformasi integral lipat dua ke koordinat kurvilinear Dengan transformasi x = r cos θ dan y = r sin θ

diperoleh ÚÚ f (x ,y) dA = ÚÚ f (r cosq ,r sinq ) rdrdq dengan D = {(r,θ ) | α ≤ θ ≤ β, p(θ ) ≤ r ≤ q(θ )}. Karena D

∂x ∂ ( x, y ) ∂r = ∂ ( r ,q ) ∂y ∂r

D

∂x cosq ∂q = ∂y sin q ∂q

- r sin q = r (cos 2q + sin 2q ) = r , maka transformasi kutub dapat ditulis sebagai r cosq

ÚÚD f ( x, y) dA = ÚÚD f ( x, y) dx dy = ÚÚD f (r cosq , r sin q )

∂ ( x, y ) dr dq . ∂ ( r,q )

Secara umum, transformasi x = x(u,v) dan y = y(u,v) dari koordinat (x,y) ke (u,v) mengikuti pola ini sehingga diperoleh daerah D dalam koordinat (u,v), D = {(u,v) | α ≤ u ≤ β, p(u) ≤ v ≤ q(u)} dan

ÚÚD f ( x,y) dA = ÚÚD f (x,y) dx dy = ÚÚD

∂x ∂ (x,y) ∂ (x,y) ∂u f (x(u ,v), y (u ,v)) ∂ (u ,v) du dv, dengan = ∂ (u ,v) ∂y ∂u

∂x ∂v . ∂y ∂v

Jika dari koordinat (u,v) ditransformasikan kembali ke koordinat (x,y), maka diperoleh ILD dalam x, y; ∂ (x ,y) ∂ (u ,v) ∂ (x ,y) ∂ (u ,v) ∂ (x ,y) ∂ (u ,v) ◊ dx dy. Akibatnya ∂ (u ,v) ◊ ∂ (x,y) = 1 , sehingga ∂ (u ,v) = 1 ∂ (x ,y) . ∂ (u ,v) ∂ (x ,y)

ÚÚD f (x,y) dx dy = ÚÚD f (x,y)

¾ Contoh Untuk menghitung luas daerah D yang dibatasi kurva xy = 1, xy = 4, y = 2x, dan 2y = x, gunakan y

y

transformasi u = xy dan v = x . Akibatnya 1 £ u = xy £ 4 dan 12 £ v = x £ 2, dan D = {(u ,v) |1£ u £ 4, 12 £ v £ 2} . y x ∂ (x ,y) ∂ (u ,v) 2y 1 Karena = 1 = 1 = 1 x = 2v , maka luas daerah D dalam satu integral adalah y ∂ (x ,y) ∂ (u ,v) - 2 x 1x L = ÚÚ dA = ÚÚ D

Kuliah 007 dan 008

D

∂ (x , y) du dv = ∂ (u ,v)

Ú1 Ú12 21v dv du = Ú1 12 (ln v )1/ 2 du = (ln2)Ú1 du = 3ln 2. 4 2

4

43

2

4

Koko Martono, FMIPA - ITB

• Benda B yang batas atasnya z = ψ (x,y), batas bawahnya z = φ (x,y), dan proyeksinya pada bidang xoy adalah daerah tertutup D ditulis sebagai permukaan B = {(x,y,z) | (x,y)∈D, φ (x,y) ≤ z ≤ ψ (x,y)} z=ψ(x,y)

¾ Integral lipat tiga (ILT) z B

• Jika D = {(x,y) | a ≤ x ≤ b, α (x) ≤ y ≤ β (x)}, integral lipat tiga dari u = f (x,y,z)

atas benda B adalah 0

perm. z=φ(x,y) y

D

b (x) y (x ,y)

b

ÚÚÚB f (x, y, z) dV = Úa Úa (x) Úf (x,y)

f (x, y , z) dzdydx.

• Jika D = {(x,y) | c ≤ y ≤ d, γ (y) ≤ x ≤ δ (y)}, integral lipat tiga dari u = f (x,y,z)

atas benda B adalah

x

d ( y) y (x ,y)

d

ÚÚÚB f (x, y, z) dV = Úc Úg (y) Úf (x,y)

f (x, y, z) dzdxdy.

¾ Arti geometri dan arti fisis Jika u = f (x,y,z) = 1, integral lipat tiga sama dengan volum benda B. Jika rapat massa benda B di setiap titik (x,y,z)∈B adalah u = f (x,y,z) > 0, integral lipat tiga sama dengan masa benda B. ¾ Contoh Hitunglah ÚÚÚ xyz dV , benda B di oktan pertama, dibatasi tabung z = 4−x2, bidang y = 0, dan y = 2x. B

Solusi Proyeksi B pada xoy adalah daerah D = {(x,y) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x}, sehingga benda B adalah B = {(x,y,z) | 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2x, 0 ≤ z ≤ 4 − x2}. Integral lipat tiga dari fungsi f (x,y,z) = xyz atas benda B adalah

ÚÚÚB

xyz dV = Ú

2 2x

4- x2

Ú Ú0

0 0

xyz dz dy dx = Ú

2 2x

Ú

0 0

( )

2

= 12 Ú (16 x - 8 x3 + x5) 12 y 0

2 2x

( )

xy 12 z 2

4- x2

2 2x dy dx = 12 Ú Ú xy (4 - x 2) 2 dy dx 0 0

0

(

2

dx = Ú (16 x3 - 8 x5 + x 7 ) dx = 4 x 4 - 43 x 6 + 18 x8 0

0

)

2 0

= 10 23 .

¾ Transformasi integral lipat tiga Transformasi ÚÚÚ f (x, y, z) dxdydz dari koordinat (x,y,z) ke (u,v,w) deB

ngan x = x(u,v,w), y = y(u,v,w), z = z(u,v,w) memberikan B = {(u,v,w) | kondisi u, v, w} dan

ÚÚÚB f (x, y, z) dxdydz = ÚÚÚB

∂x ∂u ∂ ( x, y , z ) ∂ ( x, y , z ) ∂y f (u ,v, w) dudvdw, dengan = ∂u ∂ (u ,v,w) ∂ (u ,v,w) ∂z ∂u

∂x ∂v ∂y ∂v ∂z ∂v

∂x ∂w ∂y ∂w ∂z ∂w

¾ Transformasi integral lipat tiga ke koordinat tabung dan koordinat bola • Koordinat tabung: (x,y,z) (r,θ , z) dengan x = r cos θ, y = r sin θ, dan z = z; θ =∠(r,sb-x positif).

Kondisi: r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π; x + y = r (tabung di ruang). Untuk transformasi ini, 2

2

2

∂ ( x, y , z ) = r ≥ 0. ∂ ( r ,q , z )

ÚÚÚB f (x, y, z)dxdydz = ÚÚÚB f (x(r,q , z), y(r,q , z), z (r,q , z)) rdzdrdq . . (r,φ ,θ) dengan

• Koordinat bola: (x,y,z)

x = r sin φ cos θ, y = r sin φ sin θ, z = r cos φ; φ =∠(r,sb-z positif), θ =∠(r sin φ , sb-x positif) Kondisi: r ≥ 0, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ θ ≤ 2π; x + y + z = r sin φ (cos θ + sin θ) + r (cos φ) = r (sin φ + sin φ) = r 2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

∂ ( x, y , z )

(bola di ruang). Untuk transformasi ini, ∂( r ,q , z ) = r 2sin f ≥ 0.

ÚÚÚB f (x, y, z)dxdydz = ÚÚÚB f (x(r,f ,q ), y(r,f ,q ), z (r,f ,q )) r

2

sin f dzdrdq .

¾ Contoh Hitunglah volum bola B = {(x,y,z) | x + y + z ≤ a } dengan koordinat tabung dan koordinat bola. Dalam koordinat tabung, B = {(r ,q , z)|0 £ q £ 2p , 0 £ r £ a, - (a 2 - r 2 )1/ 2 £ z £ (a 2 - r 2 )1/ 2 }. 2

VB = ÚÚÚ dV = Ú B

=Ú

2p

0

2p

0

(

a (a 2 - r 2 )1/ 2

Ú0 Ú-(a - r )

- 23 (a 2 - r 2)3/ 2

2

)

a 0

2 1/ 2

rdzdrdq = Ú

2p

0

dq = Ú

2p

0

2

2

a

Ú0 2r (a

2

2

- r 2 )1/ 2 drdq = Ú

2p

0

a

Ú0 -(a

2

- r 2 )1/ 2 d (a 2 - r 2 ) dq

2 a 3 dq = 2 a 3◊ 2p = 4 p a 3. 3 3 3

Dalam koordinat bola, B = {(r,φ ,θ ) | 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π, 0 ≤ r ≤ a}. VB = Ú

2p

0

p

a 2

Ú0 Ú0 r

Kuliah 007 dan 008

sin f dr d f dq = Ú

2p

0

Ú0 (sin f ) ( 13 r p

)

3 a

2p

d f dq = 13 a 3 Ú 0 0

44

2p

( - cos f )p0 dq = 13 a3 Ú0

2 dq = 43 p a 3 .

Koko Martono, FMIPA - ITB

¾ Integral garis • Integral garis dari z = f (x,y) sepanjang kurva mulus C (turunannya kontinu)

y r = r(t) kurva C Q

B

didefinisikan sebagai T

n

• Arti geometri: luas tirai di bawah permukaan z = f (x,y) ≥ 0 dan di atas kurva mulus C. Dalam kasus z = f (x,y) = 1, integral garis sama dengan panjang C. • Cara menghitung integral garis untuk kurva bidang C:

A 0

 i =1 f ( pi , qi ) Dsi ÚC f (x, y) ds = || Dlim || Æ 0

x

b

C : y = f (x), a £ x £ b fi Ú f ( x, y) ds = Ú f (x, f (x)) 1 + (f ¢(x)) 2 dx

z

a d

C

z = f (x,y)

C : x = y ( y), g £ y £ d fi Ú f ( x, y) ds = Ú f (f ( y), y) 1 + (y ¢( y))2 dy g

C

b

0

C

y

ds kurva mulus C

x

C : r (t) = x(t) i + y (t) j, a £ t £ b fi Ú f ( x, y) ds = Ú f (r (t)) || r ¢(t)|| dt • Arah berlawanan:

tirai

a

Ú-C f (x, y) ds = - ÚC f (x, y) ds , −C dan C berlawanan arah.

• Luas tirai = Ú f (x, y) ds fi luas proyeksi tirai terhadap xoz dan yoz: Lxz = Ú f (x, y) dx dan Lyz = Ú f (x, y) dy. C

C

• Jika C1 + C2 adalah lintasan C1 dilanjutkan C2 , maka

ÚC +C 1

2

C

f (x, y) ds = Ú f (x, y) ds + Ú C1

C2

f (x, y) ds.

¾ Integral garis dari medan vektor Jika medan vektor F(x,y) = M(x,y) i + N(x,y) j kontinu pada daerah D yang memuat kurva mulus C: r(t) = x(t) i + y(t) j, a ≤ t ≤ b dengan dr = dx i + dy j, definisikan integral garis Ú F(r(t))idr(t) = Ú (M (x, y)i + N(x, y) j)i(dxi + dyj) = Ú M (x, y)dx + N(x, y)dy, disingkat Ú Fidr = Ú M dx + N dy. C

C

C

C

C

Perhatikan panjang busur AQ pada gambar di atas dan akibatnya. t

t

a

a

AQ = s (t) = Ú || r ¢(t )|| dt = Ú Dari sini diperoleh

r (t) dt = dr . = || r ¢(t)|| fi T = T (t) = || r ¢(t)|| = r ¢(t) ◊ ||r 1(t)|| = ddtr ◊ ds ( x ¢(t ))2 +( y ¢(t ))2 dt fi ds dt ds ¢ ¢

ÚC F iTds = ÚC Fi ddsr ds = ÚC Fi dr = ÚC (M i + N j) i (dxi + dy j) = ÚC Mdx + Ndy.

¾ Integral garis sepanjang kurva ruang Jika C: r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, a ≤ t ≤ b, integral garis dari fungsi

kontinu u = f (x,y,z) sepanjang C adalah

 i =1 f ( pi , qi , ri ) Dsi = Úa f (r(t)) || r ¢(t)|| dt. ÚC f (x, y, z) ds =|| Dlim || Æ 0 b

n

Contoh Jika C: r(t) = 3 cos t i + 3 sin t j + 4t k, 0 ≤ t ≤ π, hitunglah integral garis

ÚC (xy - z) ds.

Solusi Di sini r′(t) = −3 sin t i + 3 cos t j + 4 k, || r′(t) || = 5, dan ds = || r′(t) || dt = 5 dt. Jadi integral garisnya

ÚC (xy - z) ds = Ú0 (3cos t ◊ 3sin t - 4t )◊ 5 dt = 5Ú0 ( 92 sin 2t - 4t ) dt = 452 Ú0 sin2tdt - 20Ú0 t dt = 0 -10 (t p

p

p

p

) = -10p

2 p 0

2

.

¾ Perluasan: Jika F(x,y,z) = M(x,y,z) i + N(x,y,z) j + P(x,y,z) k dan C: r(t) = x(t) i + y(t) j + z(t) k, a ≤ t ≤ b dengan

dr = dx i + dy j + dz k, maka

ÚC F iTds = ÚC F i dr = ÚC Mdx + Ndy + Pdz.

¾ Teorema Green dan Stokes; ketak-bergantungan pada lintasan dan teorema dasar integral garis, TDIG Teorema Green Jika C: lintasan tutup sederhana berorientasi positif membentuk daerah D C dan F = M i + N j medan vektor bidang dengan My dan Nx kontinu pada D, maka D

Ú C M (x, y)dx + N(x, y)dy = Ú C Mdx + Ndy = ÚÚD

C

(

)

∂N - ∂M dA. ∂x ∂y

Tulislah F = M i + N j, r = x i + y j, (— ¥ F)i k = ∂N - ∂M , dr = dx i + dy j, dan M dx + N dy = F • dr. Maka teorema ∂x

Green mempunyai bentuk vektor: • Untuk lintasan C , C1 , C2 ,

:A

∂y

Ú C Mdx + Ndy = Ú C FiTds = Ú C Fidr = ÚÚD (—¥ F)i k dA . (Teorema Stokes) B, Ú F i dr tak-bergantung lintasan jika Ú F i dr = Ú F i dr = Ú F i dr = C C C C 1

2

∂N ∂ M ÚC Fi dr tak-bergantung C ¤ C Fidr = 0 "C tutupsederhana ¤ — ¥ F = 0 ¤ ∂x = ∂y pada D. TDIG B B • Karena — ¥ F = 0 fi $f = f (x, y) '—f (x, y) = F(x, y), maka "C: A B, F i dr = F i dr = —f i dr = f (B) -f (A).

Ú

ÚC

Kuliah 007 dan 008

45

ÚA

ÚA

Koko Martono, FMIPA - ITB

T = vs satuan vn n ⊥ T

C

T C tutup

D Q

D = int(C)

C

F n

Teorema Divergensi Gauss di bidang T: vektor singgung pada C, n ⊥ T, || n || = || T || = 1. t

t

a

a

• AQ = s (t) = Ú || r ¢(t )|| dt = Ú

= || r ¢(t)|| ( x ¢(t ))2 + ( y ¢(t ))2 dt fi ds dt n ^T

dt = dr = • T = T (t) = || r ¢(t)|| = r ¢(t) ◊ || r 1(t)|| = ddtr ◊ ds i + ds j fi n = ds i - ds j. (arah n keluar) ds ds ¢ ¢ r (t)

dx

dy

dy

TDG Jika F = M i + N j medan vektor bidang dengan ∇M, ∇N kontinu pada D, maka

dx

Ú C F in ds = ÚÚD —i F dA.

¾ Integral permukaan S : z = f (x, y),(x, y) ŒD fi IP : ÚÚ f ( x, y , z) dS = ÚÚ f (x, y, f (x,y)) 1 + f x2 + f y2 dA S

D

S : F (x, y , z) = 0, D ∫ proyeksi S pada xoy fi IP : ÚÚ f ( x, y , z) dS = ÚÚ f (x, y, z) S

D

Fx2 +Fy2 + Fz2 dA |F z |

Kondisi: S adalah permukaan dua sisi, f kontinu pada S, ∇φ dan ∇Φ kontinu pada D.

z

z || n || = 1

C k 0 C D

x

n

|| n || = 1

perm. tutup

B

Φ (x,y,z) = 0

S

0

0

y

x

x

Teorema Stokes di ruang

Ú C FiTds = Ú C Fidr = ÚÚD (—¥ F) i k dA. 3 : Ú F iTds = Ú Fi dr = ÚÚ (—¥ F) i n dS . C C S 2

:

y D

D

Teorema Stokes di bidang

TS: C Œ

z

T

|| k || = 1 y T

C

TS: C Œ

z

z=φ(x,y) C

n

0

y

T

C

D

x

n

TDGauss di bidang

TDGauss di ruang

Ú C F in ds = ÚÚD —i F dA TDG untuk permukaan tutup: ÚÚ F in dS = ÚÚÚ —i F dV S B

TDG untuk lintasan tutup:

Soal Latihan Kuliah 007 dan 008: Kalkulus Diferensial Fungsi Peubah Banyak 1. Tentukan suatu fungsi parameter untuk garis lurus yang melalui titik (1,1,1) dan titik (2,−1,3). 2. Tentukan persamaan kartesis r(t) = cos 2t i + sin t, 0 ≤ t ≤ 2π ; gambarkan kurva dan orientasinya. 3. Jika C: r(t) = cos 2t i + sin 2t j + t k dan partikel 2 gerak sepanjang C, buktikan a (t) (1 + t 2) = 5v2(t). 4. Hitunglah panjang busur kurva ruang 2 r(t) = 2cos t i + 2sin t j + t k , 0 ≤ t ≤ 2π. 2

5. Jika C1, C2, dan C3 adalah kurva potong z = f (x,y) = x2 + 4y2 dengan bidang xoz, yoz, dan z = 2, tentukan fungsi parameter untuk C1, C2, dan C3.

12. Jika f (x,y) = x 2 e x - y , tentukan turunan berarah dari f di (1,1) sepanjang kurva y2 = x. 13. Tentukan semua titik ekstrim dan jenisnya dari 3 2 fungsi f (x,y) = x + 3xy − 15x + 12y. 14. Jika jumlah tiga bilangan positif adalah 15, tentukan setiap bilangan agar hasilkali ketiga bilangan ini mencapai maksimum. 15. Tentukan maksimum fungsi f (x,y,z) = xyz dengan 2 2 2 kendala 4x + y + z = 4. 4 2

2 1

16. Hitunglah

Ú0 Ú y

17. Hitunglah

Ú2 Úx -1 Ú0

7. Jika f (x,y) = ln (x +xy+y ), buktikan x ∂ x + y ∂ y = 2.

18. Hitunglah

ÚÚD

8. Tentukan persamaan bidang singgung pada permukaan x + y + z = 4 di titik (4,1,1).

19. Hitunglah

9. Jika C : r(t) = (3+t)2 i + 2t j dan T(x,y) = e x (x 2 + y 2 ), tentukan laju perubahan T terhadap t saat t = 0.

20. Hitunglah volum benda padat yang batasnya bola 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 16 dan kerucut z = x + y , z ≥ 0.

6. Buktikan

x3 y 2 x2 y = 0, lim 4 4 4 2 tak ada (x , y)Æ(0,0) x + y (x,y)Æ (0,0) x + y

lim

2

∂f

2

∂f

2

3

x +1

Ú0 Ú0

2 y /x

Ú0 Úx / 2 x e

2 y4

dy dx.

3 xyzdzdydx.

x 2 + y 2 dA , D = {(x,y) | x + y ≤ 4}. 2

9- x2

2

Ú0

2

x 2 + y 2 dz dy dx.

2

ÚC (x + y) dx + (x - y) dy 22. Hitunglah Ú F i dr, F(x,y,z) = x2 i + y j + z k dan C hitunglah

dan z = rcos φ, tentukan ∂u , ∂u , dan ∂u . ∂q

11. Jika f (x,y,z) = ex + xy + yz di (0,1,1), tentukan turunan berarah dari f dalam arah vektor −2i + 6j + 3k. Kuliah 007 dan 008

4

dx dy dan 1 + x3

21. Jika C : parabol y = x dari titik (−1,1) ke (2,4).

10. Jika u = f (x,y,z), x = rsinφ cosθ, y = rsinφ sinθ, ∂r ∂f

1/ 2

46

C : r(t) = cos t i + sin t j + t k, 0 ≤ t ≤ π.

Koko Martono, FMIPA - ITB

Dosen Matakuliah: Koko Martono, FMIPA – ITB

47 Peran dan Karakteristik Informasi ¾ Pengetahuan matematika Matematika adalah suatu pengetahuan universal yang paling banyak dipelajari dalam dunia pendidikan, sejak sekolah dasar sampai perguruan tinggi. Matematika digunakan sebagai instrumen untuk membangun daya pikir, bahasa ilmu pengetahuan dan teknologi, serta instrumen kalkulasi. Pengetahuan matematika sendiri mempunyai sejarah panjang (tercatat sekitar 50 abad), sangat beranekaragam, dan paling banyak digunakan manusia. Pengetahuan matematika yang nyaris sempurna ini ditandai dengan kekayaan pemikiran induktif dan deduktif dalam rancang-bangun informasinya. Pemecahan masalah dalam berbagai bidang ilmu seringkali menggunakan matematika sebagai alat bantu. ¾ Kekayaan matematika Karakteristik informasi matematika adalah kekuatan berpikir logis, kritis, sistematis, dan konsisten serta menuntut daya kreatif dan inovatif. Banyak masalah kehidupan dan alam semesta yang pemecahannya perlu dikalkulasi dengan matematika. Kebergantungan besaran yang disertai gerakan, perubahan, laju, kesetimbangan, dan kestabilan sering dirumskan dengan matematika agar strukturnya jelas, padat, singkat, dan kompak. Matematika mempunyai ketajaman dan struktur yang kuat dalam notasi dan simbol, sehingga berguna sebagai alat komunikasi dan sarana pengawetan informasi,

Manajemen informasi dan belajar ¾ Pembelajaran Makna pembelajaran adalah mengusahakan suatu perubahan yang relatif permanen dari kompetensi dan sikap setelah mengikuti serangkaian kegiatan tertentu. Kegiatan ini perlu dirancang dan diatur agar prosesnya optimal, efisien, efektif, bermanfaat, dan ada kemajuan. ¾ Manajemen Informasi Informasi matematika dasar perlu dikemas sebagai sekolah berpikir, bahasa ilmu pengetahuan, dan instrumen kalkulasi sehingga menarik untuk dipelajari. h Tema penyajian: menanam informasi dalam benak peserta agar tumbuh dan berkembang. h Tujuan: memuat visi, misi, konteks, konten, dan proses agar jelas mengapa sesuatu dibuat. h Karakteristik: memuat sistematika, jaringan, ketajaman, spirit, dan daya jangkau informasi. h Rancangan penyajian: metode induktif – deduktif dengan urutan: fakta/contoh – fenomena – karakter yang muncul – inspirator – hasil baru – pengujian hasil baru. h Ciri: cukup spesifik untuk mengenali objeknya, memuat aspek rancang – bangun yang terkait dengan proses abstaksi – generalisasi agar dapat dikembangkan, diperumum, dan dipertajam. h Target: menguasai keterampilan teknis baku yang didukung penalaran dan logika, memecahkan masalah, memahami karakter informasi, menggunakan, dan memahami pembuktian. h Sudut pandang: dapat terlihat secara keseluruhan, bebas sekat, terorganisir, dan tepat dosisnya dalam logika dan pembuktian agar dapat membangun proses berpikir kreatif. Kelemahan informasi dalam buku teks adalah didominasi oleh formalitas dengan banyak sekat sehingga sukar terlihat gradasi informasinya. Dalam manajemen penyajian informasi, hindari komunikasi dengan kalimat ingkar agar aspek menerangkan – diterangkan, hipotesis – kesimpulan dapat terlihat dengan jelas.

Jaringan Informasi Matematika ¾ Jaringan informasi Suatu ukuran dari manajemen dan kedalaman informasi adalah penguasaan tentang sistematika, jaringan, ketajaman, spirit, dan daya jangkaunya. Informasi matematika yang perlu dikuasai sangat luas dan beraneka-ragam, sehingga dalam belajar diperlukan kompromi antara keluasan dan kedalamannya. Mereka yang sedang mempelajarinya akan terpacu untuk tahu lebih banyak jika dapat langsung melihat manfaatnya. ¾ Manfaat jaringan Jaringan informasi dimanfaatkan dalam pembelajaran untuk kepentingan berikut. ¾ Dari jaringan dapat dibaca arah dan tujuan sesuatu dipelajari, sehingga dapat dirancang suatu jalan yang paling optimum untuk mencapai tujuan tersebut. ¾ Jaringan informasi dapat dimanfaatkan untuk merancang berbagai alternatif cara pendekatan yang menarik untuk dikembangkan. ¾ Jaringan informasi dapat dimanfaatkan untuk menata kedalaman suatu informasi agar informasi berikutnya dapat dipelajari dengan nyaman. ¾ Pendekatan belajar dapat dirancang fleksibel agar mudah difahami secara optimal, dengan cara saksama dan dalam waktu yang singkat.

Jaringan Informasi Kalkulus Fungsi Satu dan Dua Peubah ¾ Kalkulus adalah studi tentang kebergantungan, gerakan, perubahan, perubahan dan laju. ¾ Kalkulus diferensial adalah studi tentang perubahan dan laju dari informasi kebergantungannya. ¾ Kalkulus integral adalah studi tentang ramalan kebergantungan yang diperoleh dari informasi lajunya.

Aturan Rantai

Aturan Substitusi Integral Tentu

Teorema Dasar Kalkulus Anti Turunan Integral tak Tentu Teorema Nilai Rata-rata

Teorema Kemonotonan

Teorema Titik Kritis

Rumus Taylor dan Maclaurin

Teorema Eksistensi Ekstrim

Turunan

Integral Tentu

Teorema Integral Tentu

Teorema Nilai Antara Kekontinuan

Deret Kuasa Turunan Parsial

Limit

Deret Integral Lipat

Gradien Teorema Dasar Integral Garis

Teorema Green

Teorema Divergensi Gauss Integral Berulang

Turunan Berarah Integral Garis

Teorema Stokes

Konsep Kuliah 009 dan 010

Integral Permukaan Teorema

48

Koko Martono, FMIPA - ITB

Jaringan Informasi Aljabar Linear Elementer ¾ Studi aljabar linear dimulai dari vektor dan matriks beserta berbagai sifatnya. ¾ Banyak objek matematika yang dapat dipandang sebagai vektor, muncul konsep ruang vektor. ¾ Untuk menentukan panjang vektor dari objek tersebut dirancanglah ruang hasil kalidalam ¾ Selanjutnya dibahas transformasi linear, nilai, dan vektor eigen, serta pendiagonalan matriks.

Hasilkali Tripel Skalar

Hasilkali Silang

Panjang, Jarak, Sudut antara

Keortogonalan

Hasilkali Titik

Vektor

Ruang Vektor

Matriks

Transformasi Linear

Sistem Persamaan Linear Matriks Persegi

Matriks transformasi linear

Ruang Hasilkali Dalam

Basis Ortonormal

Kombinasi linear Bentangan linear Bebas linear

Basis dan Dimensi

Rank, nolitas teorema dimensi

Koordinat

Operasi Baris Elementer Matriks Invers

Solusi SPL

Nilai Eigen Vektor Eigen

Transformasi Koordinat

Aturan Cramer

Aplikasi Sistem Persamaan Linear

Kuliah 009 dan 010

Determinan

Pendiagonalan Matriks

49

Aplikasi Transformasi Linear, antara lain pada sistem massa dan pegas

Koko Martono, FMIPA - ITB

Jaringan Informasi Kalkulus Peubah Banyak Jaringan ini merupakan rincian konsep kalkulus untuk fungsi skalar dan fungsi vektor Kurva Ketinggian

Kurva Mulus

Lintasan

Medan Skalar

Medan Vektor

Fungsi Skalar

Fungsi Vektor

Turunan Fungsi Parameter

Fungsi Real

Limit fs

Panjang Busur

Limit + kekontinuan fs skalar, fs.vektor

Limit Σ Turunan

Ekstrim Fs.skalar

Diferensial Total

Metode Pengali Lagrange

Matriks Jacobi

Aturan Rantai

Turunan Berarah

Turunan Implisit

Keterdiferensialan fs skalar, fs.vektor

Vektor Gradien

Turunan Parsial

Det. Jacobi IGÚ f (x,y) ds

b

IT Ú f (x) dx

C

a

IFV: C: A

Transformasi Koordinat ILD, ILT

B

B

ÚC Fidr = ÚA Fidr

ILDÚÚ f (x,y) dA

B

ÚA Fid r = f (B) -f (A) IP ÚÚ f (x, y, z) dS S

TDK: F ¢= f fi b

Úa f (x) dx = F(b) - F(a) TS dan TDG di ruang Ú F i dr = ÚÚ —¥ F i n dS C

Luas Permukaan

ILT ÚÚÚ f (x,y , z) dV

D

TDIG: —f = F(kons) fi

Kuliah 009 dan 010

Medan Vektor Kons.

S

ÚÚ S F i n dS = ÚÚÚB —i F dV 50

B

TS dan TDG di bidang Ú Fi dr = ÚÚ —¥ F i k dA C

ÚC

D

F in ds = ÚÚ —i F dA D

Aplikasi Integral KPB pada Aliran Fluida

Koko Martono, FMIPA - ITB

Jaringan Info Kalkulus (K), Kalkulus Peubah Banyak (KPB), dan Fungsi Kompleks (FK) Integral dan TDK

Turunan – Diferensial

K

Limit dan Kontinu lim f (x) = = ( f (c))

Fungsi Real kurva y = f (x) kebergantungan

f ¢(x) = lim

Dx Æ 0

xÆc

IT: Ú f (x) dx = F(x) + C

f (x +Dx) - f (x) Dx

ITT ≡ limit jumlah

dx=∆x, dy=f ′(x)∆x perubahan dan laju

gerakan → target

b

Úa

• ILD: ÚÚ f (x, y) dxdy = ÚÚ D

Perm: z = f (x,y) C: r(t) = x(t) i + y(t) j a ≤ t ≤ b (lintasan)

• • • • • • •

KPB Medan Vektor F = M i + N j, (x,y)∈D F, M, N fs dari (x,y)

• IG: Ú f (x, y) ds = Ú C

•

Ú C F i dr = Ú C F i Tds T=S ÚÚD (— ¥ F) i k dA = Ú M dx + Ndy, C Õ D lin.tutup C B

z = x + yi, z0 = x0 + y0 i, w0 = u0 + v0 i,

f (z) dz

ÚC (z - z ) 0

n +1

(z - z0)m

, Res f (z) =

f (m-1) (z0 ) (m -1)!

z = z0

, nŒ

, mŒ

z = z0

Fungsi Kompleks Elementer az + b

0

Integral Kompleks b

b

Úa | z ¢(t)| dt ; ÚC f (z) dz df= Úa

f (z (t)) z ¢(t) dt

Ú C f (z) dz = 0 "C Õ D, C tutup ⇔ ÚC f (z) dz tak z2 ;

z2

ÚC f (z) dz =Úz

f (z) dz = F (z2 ) -F (z1)

1

ÚC n • Jika f analitik pada anulusnya, maka Ú f (z) dz = Â i =1 Ú C C

• TCG: f analitik pada C ∪ Int(C) ⇒

f (z +Dz) - f (z) Dz

• f analitik di z0 ≡ ∃r > 0∋f ′(z) ada pd Nr(z0) • f = u + vi analitik ⇒ ux = vy, uy = −vx pada D. (u dan v memenuhi pers Cauchy-Riemann) • f = u + vi, ux = vy, uy = −vx, dan ux, uy, vx, vy kontinu pada D ⇒ f analitik pada D. • h = h(x,y) harmonik ≡ hxx + hyy = 0 pada D. (h memenuhi persamaan Laplace) • f = u + vi analitik ⇒ u dan v harmonik pd D • u harmonik sekawan dr v pada D ≡ f = u + vi analitik pada D. • mencari harmonik sekawan fungsi v dari u sehingga f = u + vi analitik pada D.

z Æ z0

f (z)

• Pj C: z(t) = x(t) + y(t) i, a ≤ t ≤ b ≡

B

ÚC F i dr = Ú A F i dr = Ú A —f i dr = f (B) - f (A)

(φ analitik di z0 dan φ (z0) ≠ 0) p (z ) p • f = q , p, q analitik di z0, q(z0 ) = 0, p (z0 ), q ¢(z0 ) π 0 fi Res f (z) = q ¢ (z0 )

f (z) dz = 0

C2

f (z) dz .

C

i

Ú

51

C

C1

f (z) dz 2p i • f analitik pada C ∪ Int(C), z0∈Int(C) ⇒ = n! f ( n ) (z0 ), n = 0,1, C (z - z0 )n +1

Kuliah 009 dan 010

C

Dz Æ 0

0

bergantung pada C Õ D, C : z1

f (r (t)) || r ¢(t)|| dt ,

• turunan f di z ≡ f ¢(z) = lim

Limit dan Kontinu lim f (z) = w0 = ( f (z0 ))

f (z) Ú C f (z)dz = 2p i (koefsien z -1z0 ) = 2p i Res z=z

• F ¢(z) = f (z) pada D ⊇ C ⇔

dudv

Turunan, Fungsi Analitik, dan Harmonik

f ( n )(z0) (z - z0 ) n ,| z - z0 | < R0 n!

• z0 ttk pole tk-m dr f ⇔ f (z) =

∂x ∂v ∂y ∂v

• IG: Ú F i dr = Ú M dx + Ndy, F kont. pd D ⊇ C

•

• DL f (z) =Â • cn (z - z0 )n , R1 < | z - z0 | < R 2, cn = 1 n =-• 2p i •

b

a

C

Deret Kompleks dan Teorema Residu • DT f (z) = Â n = 0

f (u ,v)

∂x ∂u ∂y ∂u

• IG tak bergantung lintasan ⇔ ∇ × F = 0

Fungsi Kompleks w = f (z) = u(x,y) + v(x,y) i z = x + yi, i2 = −1

•

D*

r(t) = x(t) i + y(t) j, α ≤ t ≤β

limit dan kontinu turunan parsial diferensial total turunan berarah keterdiferensialan matriks Jacobi determinan Jacobi

Bilangan kompleks z = x + yi, i2 = −1 z = r cis θ = reiθ

FK

f (x) dx = F(b) - F (a)

Cn

• w = az + b, w = 1z , w = cz + d , polinom, dan fungsi rasional • w = ez = ex cos y + i ex sin y • w = log z, Log z, w = zc • w = cos z, sin z, tan z, cot z, sec z, csc z beserta inversnya • w = cosh z, sinh z, tanh z, coth z, sech z, csch z beserta inversnya • nilai fungsi elementer yang di bilangan real tidak mungkin didefinisikan • Persamaan yang di bilangan real tidak mempunyai solusi

Koko Martono, FMIPA - ITB

Sejarah Kalkulus dan Matematika Dasar ¾ Ilmuwan Sir Isaac Newton (1642 – 1727) dan Gottfried W. Leibniz (1646 – 1716) secara terpisah dan saling terpisah menemukan cara untuk menentukan kemiringan garis singgung pada suatu kurva di titik sebarang dengan hanya diketahui aturan kurvanya. Laju perubahan dari fungsi y = f (x) terhadap peubah x di x ∈ Df kemudian oleh Joseph Louis Lagrange (1736 – 1813) diberi lambang f ′ kemudian didefinisikan sebagai turunan (derivative) dari fungsi f. Isaac Newton (1642 – 1727)

G.W. Leibniz (1646 – 1716)

¾ Proses menentukan turunan dari suatu fungsi dikenal sebagai pendiferensialan (differentiation), yang merupakan suatu dasar dan keampuhan terbesar dari kalkulus diferensial. Sesuai dengan konteksnya, turunan dapat ditafsirkan sebagai kemiringan garis singgung, kecepatan gerak partikel, atau laju perubahan. ¾ Newton dikenal sebagai pakar fisika, matematika, dan astronomi Inggris yang pertama kali merumuskan konsep gaya gravitasi dan gaya tarik dua partikel. Banyak temuannya dalam bidang mekanika, optik, astronomi, dan matematika. Masalah garis singgung pada kurva diperluasnya ke masalah kecepatan gerakan benda, yang kemudian terkenal sebagai tiga hukum dasar gerak mekanika.

¾ Pada tahun 1687 Newton mempublikasikan karya temuannya dalam Mathematical Principles of Natural Philosophy (The Principia) tentang infinitesimal calculus (kalkulus secara rinci), konsep dasar mekanika, dan teori gravitasi. Karya ini merupakan salah satu dari pilar matematika selain The Element dari Euclid (sekitar tahun 350 SM) tentang geometri dan Principia Mathematica (tahun 1911) karya Bertrand Russel (1871 – 1970) tentang matematika yang dapat dideduksi dari suatu yang sangat kecil dengan prinsip logika. ¾ Leibniz dikenal sebagai seorang matematikawan dan intelektual Jerman yang banyak prestasinya di bidang hukum, filsafat, ekonomi, politik, dan logika. Awalnya belajar matematika secara otodidak setelah bertemu Pascal (1623 – 1662) dan Huygens (1629 – 1695). Seperti Newton, ia juga memperkenalkan garis singgung dengan sederhana sebagai rasio antara ordinat dan absis. Leibniz kemudian melanjutkan dengan argumen bahwa faktanya integral adalah jumlah dari ordinat untuk tak-hingga banyaknya selang di absis sebagai jumlah tak-hingga dari persegi panjang. Pada tahun 1675 Leibniz mencatat temuan dan eksperimen kalkulus yang menggunakan simbol dx untuk perubahan dari absis dan dy untuk perubahan ordinat. Kemudian, dy

simbol dx untuk laju perubahan y terhadap x, yang dikenal sebagai turunan, dan simbol Ú untuk sejumlah tak-hingga persegi panjang tipis, yang dikenal sebagai konsep integral. ¾ Kebangkitan dan perkembangan kalkulus merupakan suatu momen yang unik dalam matematika. Kalkulus adalah studi matematika tentang gerakan dan perubahan, di mana temuan ini merupakan kreasi untuk suatu sistem matematika yang baru. Ilmuwan Newton dan Leibniz terlibat dalam proses pengembangan kalkulus modern. Suatu penggunaan penting kalkulus diferensial adalah menggambarkan kurva. Dari aturan fungsi y = f (x) dapat ditentukan karakteristik kurvanya, selang monoton naik, monoton turun, titik maksimum lokal, minimum lokal, selang cekung ke atas, cekung ke bawah, dan titik beloknya. Para pengguna dengan cepat dapat memperoleh pemahaman tentang geometri dan interpretasi fisisnya. ¾ Newton dan Leibniz menemukan kalkulasi integral dari suatu fungsi setara dengan menyelesaikan persamaan diferensial, yaitu menentukan suatu fungsi y = F(x) yang memenuhi F ′(x) = f (x). Temuan terbesar yang terkait dengan ini adalah turunan suatu fungsi adalah kebalikan (invers) dari masalah luas di bawah kurva, suatu prinsip yang sekarang dikenal sebagai teorema dasar kalkulus. Kaitan antara turunan dan ind ( x f (t) dt ) = f (x). tegral tentu untuk fungsi kontinu f pada suatu selang dapat dinyatakan sebagai dx Ú a

¾ Kalkulus merupakan fondasi awal untuk mempelajari sains dan rekayasa. Pengetahuan kalkulus kemudian dilengkapi dengan persamaan diferensial, vektor, matriks, pendiagonalan matriks, kalkulus peubah banyak, dan fungsi peubah kompleks. Semua ini dikenal sebagai matematika dasar untuk sains dan rekayasa. Pada abad ke-19 pengetahuan matematika dasar memasuki tahap penghalusan dengan menata kembali semua konsep dasar dan membuatnya lebih formal dengan bahasa simbolik. Selanjutnya pada abad ke-20 matematika dasar berkembang sehingga dapat digunakan untuk ilmu pengetahuan non-eksak seperti ekonomi, manajemen, sosial, dan ilmu kehidupan. Kuliah 009 dan 010

52

Koko Martono, FMIPA - ITB

Fisafat yang Terkait dengan Kalkulus dan Matematika Dasar ¾ Filsafat Dari asal katanya istilah filsafat (philosophy) berasal dari bahasa Yunani, philos artinya pecinta dan sophia artinya kebijaksanaan, sehingga filsafat berarti cinta akan kebijaksanaan. Filsafat adalah suatu pengetahuan yang karakteristiknya untuk mencapai kebenaran sesungguhnya, yang dapat dibuktikan secara nyata. Filsafat dapat dipandang sebagai upaya manusia untuk memahami segala sesuatu secara sistematis, radikal, dan kritis dengan cara berpikir kritis dan logis. Dalam filsafat, manusia secara sadar dan dewasa memikirkan segala sesuatu secara mendalam dari aspek yang luas dan keterkaitan yang menyeluruh. ¾ Rasionalisme Descartes Suatu filsafat yang terkandung dalam matematika adalah aliran rasionalisme dari René Descartes (1596 – 1650), pengetahuan murni hanya didasarkan logika sebab-akibat dari penalaran. Descartes mengesampingkan pengetahuan empiris dan menyajikan empat prinsip dasar berikut. h Suatu gagasan dapat diterima sebagai kebenaran setelah sungguh jelas dan tegas (clearly and distinctly) tanpa dapat diragukan lagi. h Suatu kesimpulan yang pasti diperoleh dengan proses pemecahan menjadi sebanyak mungkin bagian sampai ditemukan kepastian yang relevan. h Pengujian dilakukan dari hal yang paling sederhana menuju yang lebih kompleks secara bertahap dan jangan pernah melompati tahapan dalam prosesnya. h Dalam proses pencarian, pemeriksaan, dan pengujian yang sulit harus dibuat kalkulasi dan pertimbangan yang sempurna secara menyeluruh tanpa satupun yang terabaikan. ¾ Reductio ad Absurdum (Inggeris: reduction to absurd) Dalam matematika beberapa sifat dan teorema diterima kebenarannya setelah melalui proses bukti dengan kontradiksi, yang ingkarannya salah karena adanya pertentangan. Dasarnya adalah suatu pernyataan hanya boleh bernilai atau benar atau salah, dan tidak mungkin bernilai benar dan sekaligus salah. Contoh klasik dari penggunaan reductio ad absurdum adalah pembuktian bahwa 2 bukan bilangan rasional.

Andaikan 2 adalah bilangan rasional 2=m n , m bilangan bulat, n bilangan asli, m,n relatif prim m2 = 2 ⇒ m2 = 2n2 ⇒ m2 bilangan genap ⇒ m bilangan genap n2

⇒

n bilangan ganjil saling bertentangan

m = 2k, k bilangan bulat ⇒ m2 = 4k2 = 2n2 ⇒ n2 = 2k2 ⇒ n2 bilangan genap ⇒ n bilangan genap Karena tidak mungkin ada bilangan bulat yang sekaligus ganjil dan genap, maka terjadilah pertengangan. Akibatnya pengandaian salah, sehingga diperoleh 2 bukan bilangan rasional. ¾ Geometri Euclid Sistem matematika tentang geometri yang ditulis Euclid (330 – 275 SM) dalam bukunya The Element antara lain memuat aksioma yang secara intuituf benar. Geometri Euclid berlaku pada ruang dengan gravitasi rendah sehingga cahaya dianggap bergerak menurut garis lurus. Euclid membangun sistem geometrinya atas dasar lima postulat berikut. h Terdapat tepat satu garis lurus yang dapat dibuat melalui dua buah titik. h Suatu ruas garis dapat diperpanjang hingga diperoleh garis lurus dengan panjang tak hingga. h Dari ruas garis AB dapat dibuat lingkaran dengan pusat A dan barjari-jari AB. h Semua sudut siku-siku adalah kongruen (sama dan sebangun) di manapun letak titik sudutnya. h Jika garis g dan h memotong garis k dengan sudut kurang dari 90°, maka g dan h berpotongan. ¾ Logika Aristoteles Informasi matematika dibangun dan diyakinkan kebenarannya berdasarkan logika deduktif yang berdasarkan asumsi. Metode ilmiah Aristoteles (384 – 322 SM) sekaligus menggunakan logika deduktif dan logika induktif yang berdasarkan pengamatan. Metode deduktif mengambil kesimpulan dari yang umum ke yang khusus sedangkan dengan metode induktif sebaliknya. Dalam penemuan informasinya matematika dibangun dengan kedua logika ini, tetapi penyajian buku teks lebih banyak dengan logika deduktif. Meskipun demikan matematika lebih nyaman dipelajari secara lengkap dengan logika induktif – deduktif dengan proses kerja berikut. Kuliah 009 dan 010

53

Koko Martono, FMIPA - ITB

Contoh / fakta Sederhana

pengamatan, proses induktif

Fenomena/gejala teramati

perbandingan

Kebenaran hasil baru

Hasil baru perbandingan

logika deduktif

Pengujian kebenaran hasil baru

logika simbolik, penalaran matematika metode pembuktian (proses deduktif)

logika deduktif

• pengamatan • renungan • abstraksi • generalisasi

Perkiraan hasil baru

¾ Filsafat Newton Segala fenomena yang terjadi merupakan akibat dari pengaturan Tuhan, yang mengatur alam semesta secara mekanistik dan pasti. Untuk menjelaskan fenomena alam yang tidak diketahui Newton menyusun Rules of Reasoning in Philosophy dengan empat aturan berikut. h Dalam alam semesta setiap peristiwa ada penyebabnya sesuai dengan aturan Tuhan yang telah merancangnya secara optimal. h Akibat yang sama sedapat mungkin dihasilkan oleh fenomena yang sama. h Benda untuk percobaan mempunyai kualitas universal, dapat naik atau turun. h Filsafat eksperimen adalah mencari suatu sifat dengan jalan induksi dari berbagai fenomena akurat yang mendekati kebenaran dan mengujinya dengan hipotisis berlawanan, apakah dapat bertahan, akurasinya meningkat, atau ada kekecualian. ¾ Filsafat Leibniz Segala kejadian di alam semesta merupakan yang terbaik dan seharusnya terjadi, Tuhan menentukan kejadian terbaik bagi alam semesta ini. Prinsip filsafat dari Leibniz adalah sebagai berikut. h Jika sesuatu bernilai benar, maka ingkarannya bernilai salah. (tautologi versus contradiction) h Dua hal identik jika sifatnya sama, walaupun bedanya tak teramati. (identity of indescernibles) h Semua kenyataan benar diperoleh dari latar belakang alasan yang cukup. (sufficient reason) h Prinsip harmonis adalah semua hal yang terjadi pasti ada sebabnya. (pre-established harmony) h Kekontinuan adalah suatu yang terdistribusi secara merata. (continuity) Sebagai ilustrasi, waktu menunjukkan suatu kekontinuan dan jam digital adalah pemisahan kontinu dalam detik. h Tuhan menjamin semua yang terjadi merupakan suatu yang terbaik (optimistic). h Semua yang mungkin terjadi pasti akan terjadi kapanpun saat prasyarat melimpah (plenitude).

The advancement and perfection of mathematics are intimately connected with the prosperity of State. Napoleon Bonaparte, 1769 – 1821 The primary question was not what do we know, but how do we know it. The root of education are bitter, but the fruit is sweet. Aristotle, 384 – 322 BC When you have been obliged to discover by yourself, leaves a path in your mind which you can use again when need arises. Georg Christoph Litschenberg, 1742 – 1799 It is not enough to have a good mind, the main thing is to use it well. Rene Descartes, 1596 – 1650 Since we cannot know all that there is to be known about everything, we ought to know a little Blaise Pascal, 1623 – 1662 about everything. To explain all nature is too difficult a task for any one man or even for any one age. This much better to do a little with certainty, and leave the rest of others hat come after you, than to explain Sir Isaac Newton, 1642 – 1727 all things. Taking mathematics from the beginning of the world to the time of Newton, what he has done is much the better half. Gottfried Wilhelm Leibniz 1646 – 1716 Kuliah 009 dan 010

54

Koko Martono, FMIPA - ITB