...

Untitled (English) - Ejournal STKIP PGRI Sumbar

by user

on
Category: Documents
1

views

Report

Comments

Transcript

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