MATA KULIAH

KALKULUS 2

Penyusun:

ARI SETIAWAN

NIM: 1209006

FAKULTAS ILMMU TARBIYAH DAN KEGURUAN (UNSIQ)

JAWA TENGAH DI WONOSOBO
2011

Pengantar

Kalkulus merupakan matakuliah wajib tingkat pertama bagi hampir semua fakultas fisika.

Berdasarkan kebutuhan yang berbeda pada berbagai departemen yang ada

UNSQ, sejak tahun ajaran 2004 pelaksanaannya dibagi dua yaitu perkuliahan Kalkulus

Elmenter dan Kalkulus. Diktat ini ditulis untuk digunakan pada perkuliahan Kalkulus,

meskipun tidak menutup kemungkinan untuk dipakai pada perkuliahan Kalkulus

Elementer, dengan membuang beberapa topik yang tidak diperlukan.

Dari segi konsep, isi perkuliahan kalkulus dapat dikatakan sudah baku, artinya tidak

banyak mengalami perubahan untuk jangka waktu yang cukup panjang. Bagian yang

secara berkala perlu direvisi adalah teknik penyajiannya. Selain itu soal-soal yang disajikan

mulai banyak diaktualkan dengan situasi saat ini, melalui pemecahan problemproblem

real sederhana yang dijumpai sehari-hari.

Penyusunan diktat ini bertujuan untuk mengefektifkan proses pembelajaran. Pada

proses pembelajaran konvensional, biasanya dosen menjelaskan perkuliahan sambil

mencatat di papan tulis. Mahasiswa umumnya menyalin catatan tersebut sambil

menyimak penjelasan dosen. Proses pembelajaran lebih banyak mendengarkan ceramah

dari dosen. Peran serta mahasiswa sebagai pembelajar sangat terbatas. Melalui

diktat ini diharapkan proses pembelajaran dapat lebih diefektifkan. Fungsi dari diktat

ini, bagi dosen untuk dipakai menjelaskan materi kuliah, sedangkan bagi mahasiswa

sebagai pengganti catatan kuliah. Dengan demikian waktu pembelajaran di kelas

dapat digunakan secara lebih efektif untuk caramah dan diskusi. Perlu diperhatikan

bahwa pada diktat ini soal-soal yang disajikan umumnya tidak disertai solusi. Hal ini

memang disengaja karena pembelajaran akan lebih efektif bila solusinya dibicarakan

bersama-sama mahasiswa di kelas.

Idealnya ada dua materi yang disediakan, yaitu buku teks yang rinci dan beningan

(transparancies) untuk ceramah. Mengingat sempitnya waktu yang ada, untuk saat

ini penulis baru dapat menyediakan beningan saja, tetapi ditulis dengan cukup rinci.

Penulis 1 (Warsoma Djohan) mulai merancang diktat ini pada awal Juli tahun 2004.

Penyusunan didasarkan pada buku teks yang digunakan yaitu: Kalkulus dan Geometri. Semoga diktat ini dapat berguna untuk meningkatkan kualitas pembelajaran Kalkulus.

Penyusun,

fuaidah amini, S.Pd

Daftar Isi

BAB 1 Sistem Bilangan, Pertaksamaan dan Koordinat Kartesius 4

BAB 2 Fungsi dan Limit 14

BAB 3 Turunan 32

BAB 4 Penggunaan Turunan 42

BAB 5 Integral 57

BAB 6 Penggunaan Integral 78

BAB 7 Fungsi-Fungsi Transenden 92

Sistem Bilangan / Himpunan Bilangan

Himpunan Bilangan Asli: N = {1, 2, 3, 4, 5, · · ·}

Himpunan Bilangan Bulat: Z = {· · · ,−2,−1, 0, 1, 2, 3, · · ·}

Himpunan Bilangan Rasional: Q = { p

q

| p, q ∈ Z, q = 0}

Perhatikan gambar segitiga di samping. Panjang sisi miringnya

adalah

√

2. Apakah bilangan tersebut merupakan

bilangan rasional (periksa!).

Gabungan himpunan bilangan rasional dan irrasional disebut himpunan bilangan

real, disimbolkan R. Jelas N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.

Notasi Interval: Misalkan a, b ∈ R,

1. (a, b) = { x |a < x < b} ( )

2. [a, b] = { x | a ≤ x ≤ b } [ ]

3. [a, b) = { x | a ≤ x < b} [ )

4. (a, b] = { x |a < x ≤ b } ( ]

5. (a,∞) = { x |x > a} (

6. [a,∞) = { x | x ≥ a }

7. (−∞, b) = { x |x < b}

8. (−∞, b] = { x | x ≤ b }

9. (−∞,∞) = R

Hati2: −∞dan∞bukan bilangan real, jadi tidak pernah termasuk dalam subset bilangan real.

Polinom / Suku Banyak

Bentuk umum: p(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn, dengan

n bilangan asli, a0, a1, · · · , an bilangan2 real (disebut koefisien dari polinom),

dan x bilangan real yang belum ditentukan (variabel).

Derajat polinom adalah nilai n terbesar yang koefisiennya tidak nol.

Contoh: p(x) = x4 − 2x3 − 7x2 + 8x + 12, derajat p(x) adalah 4.

Bilangan real t disebut akar dari polinom p(x) bila p(t) = 0.

Pada contoh terakhir, t = 2 adalah akar p(x),

sebab p(t) = p(2) = 24 − 2 · 23 − 7 · 22 + 8 · 2 + 12 = 0

Polinom Linear/Derajat Satu: p(x) = ax+b, a = 0 akarnya x = −b

a .
Polinom Kuadrat/Derajat Dua: p(x) = ax2 + bx + c, a = 0.
Akar-akarnya x1 = −b+
√
D
2a dan x2 = −b−
√
D
2a dengan D = b 2 − 4a c
Diskriminan
Di sini ada tiga kemungkinan akar:
• D > 0, Dua akar real berbeda (x1 = x2).
• D = 0, Dua akar kembar (x1 = x2).
• D < 0, tidak ada akar real.
Koefisien a menentukan kecekungan grafiknya. Bila a > 0 grafik cekung
ke atas (membuka ke atas) sebaliknya bilaa < 0 grafinya cekung ke bawah.
BilaD < 0 dana > 0 polinom disebut definit positif (ilustrasikan grafiknya!).
Bila D < 0 dan a < 0 polinom disebut definit negatif.
Sifat: Setiap polinom derajat n > 2 dapat difaktorkan atas faktor-faktor
linear / kuadrat definit. (Bukti, bonus !!!).
Contoh: p(x) = x6 − 1
= (x3 − 1) (x3 + 1)
= (x − 1) (x2 + x + 1) (x + 1) (x2 − x + 1)
Pertaksamaan Rasional
Bentuk umum:
A(x)
B(x) < C(x)
D(x)
A(x),B(x), C(x), dan D(x) masing-masing polinom.
Catatan: Tanda < dapat juga berupa ≤ , > atau ≥
Contoh: x3+1
x2−2x+8
≥ 3x
x5+3x−4
Himpunan dari semua titik x ∈ R yang ’memenuhi’ pertaksamaan tersebut
disebut solusi.
Langkah-Langkah menentukan solusi pertaksamaan rasional:
(dijelaskan seiring dengan pencarian solusi dari x+1
2−x
≥ x
x+3)
1. Tentukan ’daerah definisi’ dari pertaksamaan tersebut
2. Tambahkan kedua ruas dengan −C(x)
D(x), shg. diperoleh bentuk P(x)
Q(x) < 0
3. Faktorkan P(x) dan Q(x) atas faktor-faktor ’linier’ & ’kuadrat definit’.
4. Gambarkan garis bil. real dan tandai akar-akar dari P(x) dan Q(x).
• • •
5. Pada setiap ’subinterval’ yang terbentuk, ambil satu buah titik dan
periksa tanda dari P(x)
Q(x)
+ • - • - • +
6. Simpulkan solusi dari pertaksamaan tersebut.
Diskusi: Perhatikan langkah kelima di atas. Untuk menentukan tanda
dari P(x)
Q(x) sepanjang suatu subinterval, mengapa cukup kita uji pada satu
titik saja ? Jelaskan !
Latihan: Tentukan solusi dari: 2 ≤ x2 −x < 6
Hati-Hati:
• Jangan mengalikan pertaksamaan dengan bilangan yang tidak diketahui tandanya
ilustrasi: 1
x−1 < 1.
• Sebaiknya, hindari mencoret faktor yang sama, ilustrasi: (x−3)3 (x+1)
(x−3)2
≤ 0.
Harga Mutlak
Misalkan x ∈ R. Harga mutlak dari x, ditulis |x| =

−x x≤ 0
x x>0
Contoh: |3| = 3, | − 4| = 4, |0| = 0.
Sifat2: Misalkan a dan b bilangan-bilangan real,
1. |ab| = |a| |b|
2.

a
b

=
|a|
|b|
3. |a + b| ≤ |a| + |b| ilustrasi |3 + (−4)| ≤ |3| + | − 4|.
4. |a − b| ≥ | |a| − |b| |
Latihan:
1. Tuliskan tanpa tanda mutlak: (a) |x − 4| (b) |x + 2| + |x + 3|
2. Tentukan solusi dari (a) |x − 3| = x − 3 (b) |x − 1| = 2.
Akar Kuadrat
Misalkan x ≥ 0. Akar kuadrat dari x, ditulis
√
x adalah bilangan real
non-negatif a sehingga a2 = x.
Ilustrasi: (a)
√
9 = 3, (b)

(−4)2 = 4.
Secara umum : Bila b ∈ R maka
√
b2 = |b|.
Pertaksamaan yang memuat nilai mutlak dan akar kuadrat
Sifat2 (buktikan/ilustrasikan !):
• |x| < a ⇐⇒ −a < x < a
• |x| > a ⇐⇒ x < −a atau x > a
Untuk mencari solusi pertaksamaan yang memuat nilai mutlak / akar
kuadrat, usahakan menghilangkan nilai mutlak / akar kuadratnya, lalu
diselesaikan sebagai pertaksamaan rasional.
Contoh2:
1. |x − 4| ≤ 1.5
2. |2x + 3| ≤ |x − 3|
3. Benarkah pernyataan berikut ? −1 ≤ x ≤ 3 =⇒ |x| < 1
4. Tentukan bilangan positif δ supaya pernyataan berikut benar:
(a) |x − 2| < δ =⇒ |5x − 10| < 1
(b) |x − 2| < δ =⇒ |6x − 18| < 24.
5.
√
x − 1 < 1
Soal-Soal Latihan Mandiri:
1. |2x − 7| < 3
2. |2x − 3| > 3
3. |x − 2| < 3 |x + 7|
4. |x − 2| + |x + 2| > 7
5. |x − 2| + |x + 2| < 3
6. |x + 1
x
| ≤ 2
7. 1 < |x − 2| < 3
8. |x − 3| + |x − 2| + |x + 1| < 7
9. |x − 3| + |x − 2| + |x + 1| < 2
10. |x − 3| + |x − 2| + |x + 1| > 8
11. Cari bil. δ postif supaya
a. |x−5| < δ =⇒ |3x−15| < 6
b. |x−4| < δ =⇒ |3x−15| < 6
12. Tunjukan
|x| ≤ 2 =⇒ |2x2 + 3x + 2
x2 + 2
| ≤ 8
Sistem Koordinat Kartesius / Persegi Panjang
Pelopor: Pierre de Fermat (1629) & Ren´e Descartes (1637)
Sumbu horizontal dinamakan sumbu-x (absis) dan sumbu vertikal dinamakan
sumbu-y (ordinat). Setiap pasangan terurut bilangan (a, b) dapat
digambarkan sebagai sebuah titik pada koordinat tersebut dan sebaliknya,
setiap titik pada bidang koordinat Kartesius berkorespondensi dengan satu
buah pasangan bilangan (a, b).
Jarak dua titik di bidang
Misalkan P(x1, y1) dan Q(x2, y2) dua buah titik pada bidang, jaraknya
adalah d(P,Q) =

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2
Garis Lurus
Bentuk umum: Ax + By + C = 0 dengan A,B, dan C konstanta.
Nilai A dan B tidak boleh nol secara bersamaan.
Grafik garis lurus ditentukan oleh dua titik (x1, y1) dan (x2, y2) yang
memenuhi persamaan tersebut.
Hal2 khusus:
• Bila A = 0, persamaan berbentuk y = −C
B , grafiknya sejajar sumbu-x.
• Bila B = 0, persamaan berbentuk x = −C
A , grafiknya sejajar sumbu-y.
• Bila A,B tak nol, Ax + By + C = 0 ⇐⇒ y = −A
B x − C
B.
Misalkan (x1, y1) dan (x2, y2) dua titik pada
garis tersebut. Kemiringan garis didefinisikan
sebagai m = y2−y1
x2−x1
Buktikan bahwa m = −A
B .
Persamaan garis lurus yang melalui dua titik (x1, y1) dan (x2, y2) :
y − y1
y2 − y1
=
x − x1
x2 − x1
Persamaan garis lurus dengan kemiringan m dan melalui titik (x1, y1) :
y − y1 = m(x − x1)
Misalkan garis 1 dan 2 dua buah garis dengan kemiringan m1 dan m2.
Kedua garis tersebut sejajar ⇐⇒ m1 = m2
Kedua garis tersebut saling tegak lurus ⇐⇒ m1 · m2 = −1 (mengapa?)
Lingkaran
Lingkaran adalah himpunan titik-titik yang jaraknya sama terhadap titik
tertentu (disebut pusat lingkaran). Persamaan lingkaran yang berpusat
di (0, 0) dan jari-jari r adalah: x2 + y2 = r2 (gambar sebelah kiri).
Bila pusat lingkaran berada di titik (p, q) maka persamaannya menjadi
(x − p)2 + (y − q)2 = r2(gambar sebelah kanan).
x
K2 K1 0 1 2
y
K2
K1
1
2
lingkaran x2 + y2 = 3
x
K1 0 1 2 3 4
y
K1
1
2
3
4
lingkaran (x − 1)2 + (y − 2)2 = 3
Latihan: Tentukan pusat dan jari-jari lingkaran x2−2x+y2+4y−20 = 0
Elips
Bentuk umum elips yang berpusat di (0, 0) :
x2
a2 +
y2
b2 = 1 (gambar kiri).
Untuk elips yang berpusat di (p, q) persamaannya
(x − p)2
a2 +
(y − q)2
b2 = 1
x
K3 K2 K1 0 1 2 3
y
K3
K2
K1
1
2
3
x
K2 K1 0 1 2 3 4 5
y
K1
1
2
3
4
5
6
Latihan: Gambarkan elips berikut 4x2 − 24x + y2 − 4y + 39 = 0.
Hiperbola
Bentuk umum :
x2
a2
− y2
b2 = 1 atau
−x2
a2 +
y2
b2 = 1
x
K4 K2 0 2 4
y
K8
K6
K4
K2
2
4
6
8
x2
4
− y2
9
= 1
x
K4 K2 0 2 4
y
K8
K6
K4
K2
2
4
6
8
−x2
4
+
y2
9
= 1
Garis putus-putus mempunyai persamaan 2y = 3x dan merupakan asimtot
terhadap hiperbola tersebut.
Bila kedua parabola di atas dirotasi berlawanan arah dengan putaran jarum
jam sebesar 45o maka diperoleh:
xy = 1 −xy = 1
Fungsi
Misalkan A dan B dua buah himpunan.
Fungsi dari A ke B adalah aturan
memasangkan (memadankan) setiap
elemen di A dengan satu elemen di B.
Bila elemen-elemen dari A lebih banyak
dari elemen-elemen B, dapatkah kita
membuat fungsi dari A ke B?
Sebuah fungsi disebut fungsi real bila B ⊂ R.
Pembahasan selanjutnya akan dibatasi untuk A,B ⊂ R.
Notasi fungsi: y = f(x) dengan: x elemen A, f(x) aturan pemadanannya,
dan y adalah elemen B yang merupakan pasangan dari x.
Pada persamaan berikut, tentukan mana yang mendefinisikan fungsi:
1. y = x2 + x4
2. xy3 = 1
3. x2y = 1
4. x2 + y2 = 1
5. x3 + y3 = 1
6. x2 + y3 = 1
Daerah Definisi (daerah asal/wilayah/domain) dari suatu fungsi f(x),
dinotasikan Df adalah himpunan semua bilangan real yang menyebabkan
aturan fungsi berlaku/terdefinisi.
Daerah Nilai (daerah hasil/jelajah/range) dari suatu fungsi f(x), dinotasikan
Rf = { y | y = f(x), x ∈ Df} (berisi semua pasangan dari x).
Contoh2: Tentukan Df dan Rf dan grafik dari fungsi-fungsi berikut:
1. f(x) = x +
√
x
2. f(x) = x2 − 1 ≤ x ≤ 1
3. f(x) =

x2 x ≤ 0
1 x > 0
4. f(x) = |x|
5. f(x) = [ | x|], bilangan bulat
terbesar, yang lebih kecil atau
sama dengan x.
Fungsi Genap dan Fungsi Ganjil/Gasal:
Fungsi f disebut fungsi genap bila memenuhi f(−a) = f(a). Grafik
dari fungsi genap simetri terhadap sumbu-y
Fungsi f disebut fungsi ganjil bila memenuhi f(−a) = −f(a). Grafiknya
simetri terhadap titik asal (titik pusat koordinat).
Latihan:
1. Periksa apakah fungsi berikut termasuk fungsi ganjil / genap.
(a) y = x2
(b) y = x3
(c) y = x5 + 3x2 + 1
(d) y = |x − 1|
(e) y = [|x|]
(f) y = [|x2|]
2. Adakah fungsi yang sekaligus genap dan ganjil? (bahas!)
Pergeseran Grafik Fungsi:
Diberikan grafik fungsi y = f(x)
dan a > 0. Selanjutnya dibentuk
fungsi g(x) = f(x − a), maka gambar
grafik g(x) dapat diperoleh dengan
menggeser grafik f(x) sejauh a
ke kanan (jelaskan !).
Diskusi: Jika a > 0, jelaskan cara memperoleh grafik-grafik
h = f(x + a), l(x) = f(x) + a dan m(x) = f(x) − a dari grafik f(x).
Contoh: Berdasarkan grafik y = x2, gambarkan grafik h = x2 + 4x + 3
Operasi pada fungsi
Misalkan f(x) dan g(x) fungsi2 real dengan daerah definisi Df dan Dg.
• (f + g)(x) = f(x) + g(x), Df+g = Df ∩ Dg
• (f − g)(x) = f(x) − g(x), Df−g = Df ∩ Dg
• (fg)(x) = f(x) g(x), Dfg = Df ∩ Dg
• (f/g)(x) = f(x)/g(x), Df/g = Df ∩ Dg ∩ {x|g(x) = 0}
• fn(x) = f(x) f(x) · · · f(x )
n suku
Dfn = Df
Contoh: Misalkan f(x) = 4
√
x + 1 dan g(x) =
√
9 − x2.
Tentukan f + g, f − g, fg, f/g, dan f5 beserta daerah definisinya.
Peta/Image dan Prapeta/Preimage:
Misalkan f suatu fungsi dengan daerah definisi Df dan daerah nilai Rf .
Misalkan A ⊂ Df dan B ⊂ R.
• Peta dari A oleh f adalah f(A) = {y ∈ Rf | y = f(x), x ∈ A}
• Prapeta dari B oleh f adalah f−1(B) = {x ∈ Df | f(x) ∈ B}
(ilustrasikan kedua konsep di atas dengan gambar )
Contoh: Diberikan f(x) = x2,
tentukan f([0, 1]), f([−1
2, 1]), f−1([0, 1]), f−1([−1, 1]), dan f−1({−1})
Diskusi: Benar atau salah (a) f
−1(f(A)) = A , (b) f(f
−1(B)) = B
Fungsi Komposisi
Perhatikan dua buah fungsi f(x) = 6x
x2−9 dan g(x) =
√
3x.
Dibentuk fungsi baru (g ◦ f)(x) = g(f(x))
Jadi (g ◦ f)(x) = g( 6x
x2−9) =

6x
x2−9
Fungsi demikian disebut sebagai fungsi komposisi dari f dan g.
Masalah: Bagaimana cara menentukan Dg◦f dan Rg◦f
Perhatikan gambar di bawah ini. Titik-titik dari Df yang dapat dievaluasi
oleh fungsi komposisi g ◦ f adalah titik-titik yang oleh fungsi f dipetakan
ke dalam Dg (mengapa?). Sebut A = Rf ∩ Dg, maka:
Dg◦f = f
−1(A) dan Rg◦f = g(A)
Contoh2:
1. f(x) = 1+x2 dan g(x) =
√
1 − x.
Tentukan f ◦ g, Df◦g, dan Rf◦g
2. f(x) =

x(10 − x) dan g(x) =
√
4 − x2.
Tentukan g ◦ f, Dg◦f, dan Rg◦f
Fungsi Trigonometri
Perhatikan gambar lingkaran berjari-jari
satu di sebelah kiri. Posisi titik P=(x, y).
Sudut t-positif dihitung berdasarkan arah
yang berlawanan jarum jam dengan satuan
radian. 10 = 1
180π rad.
Definisi:
f(t) = sint = y dan g(t) = cos t = x.
Df = Dg = . . . Rf = Rg = . . .
Sudut t + 2π dan t menentukan posisi titik P yang sama, sehingga,
sin(t + 2π) = sint dan cos(t + 2π) = cos t.
Dikatakan fungsi tersebut periodik dengan periode 2π.
sin(−t) = −sin t
cos(−t) = cos t
sin2 t + cos2 t = 1
⎫⎪⎪⎬
⎪⎪⎭
jelaskan !
Warsoma Djohan & Wono Setya Budhi / MA-ITB / 2008
Fungsi-Fungsi Trigonometri Lainnya:
• f(x) = tan t = sin t
cos t Df = {x | x = 2k+1
2 π, k ∈ Z}, Rf = R
• f(x) = cot t = cos t
sin t Df = . . . Rf = . . .
• f(x) = sect = 1
cos t Df = . . . Rf = . . .
• f(x) = csct = 1
sin t Df = . . . Rf = . . .
latihan: Periksa apakah fungsi2 tersebut termasuk fungsi ganjil/genap
latihan: Apakah fungsi2 tersebut periodik, berapa periodenya ?

Sifat-Sifat Penting Fungsi Trigonometri:
• sin2 x + cos2 x = 1, 1 + tan2 x = sec2 x, 1 + cot2 x = csc2 x
• sin(−x) = sinx dan cos(−x) = cos x
• sin(x + y) = sinx cos y + cos x sin y
cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y
• sin2 x = 1
2
− 1
2 cos(2x) dan cos2 x = 1
2 + 1
2 cos(2x)
• sin x + siny = 2 sin(x+y
2 ) cos(x−y
2 )
cos x + cos y = 2 cos(x+y
2 ) cos(x−y
2 )
cos x − cos y = −2 sin(x+y
2 ) sin(x−y
2 )
Konsep Limit
Misalkan I = (a, b) suatu interval buka di R dan c ∈ I. Fungsi f(x)
dikatakan terdefinisi di I kecuali mungkin di c, artinya f(x) terdefinisi disemua
titik pada I\{c} dan di c boleh terdefinisi boleh juga tidak.
Ilustrasi:
Diskusi: Adakah bentuk lain dari f(x) yang memenuhi definisi di atas?
Pada gambar2 di atas, berapakah nilai limit f(x) bila x mendekati titik c.
Untuk memudahkan pembahasan konsep limit, hayatilah pengertian berikut:
|x − a| < δ ⇐⇒ −δ < x − a < δ
himpunan semua bil. real x yang jaraknya ke titik a kecil dari δ
a−δ a a+δ
Perhatikan fungsi f(x) = 2x2−3x−2
x−2 , Df = R\{2}
x f(x)
0.00000 1.00000
1.00000 3.00000
1.90000 4.80000
1.95000 4.90000
1.99999 4.99998
...
2.00000 ?
...
2.00001 5.00002
2.05000 5.10000
2.10000 5.20000
3.00000 7.00000
f(x) = 2x2−3x−2
x−2 = (2x+1)(x−2)
x−2 = 2x + 1 Df = R\{2}
Amatilah fungsi di atas beserta grafiknya, lalu lengkapilah implikasi berikut:
• Tentukan δ1 supaya |x − 2| < δ1 =⇒ |f(x) − 5| < 1
Apakah δ1 = 3/8 memenuhi syarat ?
• Tentukan δ2 supaya |x − 2| < δ2 =⇒ |f(x) − 5| < 1
2
• Tentukan δ3 supaya |x − 2| < δ3 =⇒ |f(x) − 5| < 1
1000000
• Bila bilangan positif sebarang, carilah δ supaya
|x − 2| < δ =⇒ |f(x) − 5| <
Dari uraian di atas, terlihat untuk setiap > 0, selalu dapat dicari δ > 0
sehingga |x − 2| < δ =⇒ |f(x) − 5| < . Dikatakan lim
x→2
f(x) = 5
Warsoma Djohan & Wono Setya Budhi / MA-ITB / 2008
Definisi Limit: Misalkanf(x) terdefinisi pada I = (a, b), kecuali mungkin
di c ∈ I. Limit dari f(x) untuk x mendekati c disebut L, dinotasikan
lim
x→c
f(x) = L artinya untuk setiap > 0, dapat dicari δ > 0 sehingga
|x − c| < δ =⇒ |f(x) − L| <
Contoh:
1. Tunjukkan lim
x→2
3x + 2 = 8
2. Tunjukkan lim
x→2
x2 = 4
Sifat-Sifat Limit: Misalkan f dan g dua buah fungsi dan k ∈ R.
1. lim
x→c
k = k
2. lim
x→c
x = c
3. lim
x→c
(kf)(x) = k lim
x→c
f(x)
4. lim
x→c
(f + g)(x) = lim
x→c
f(x) + lim
x→c
g(x)
5. lim
x→c
(f − g)(x) = lim
x→c
f(x) − lim
x→c
g(x)
6. lim
x→c
(fg)(x) = lim
x→c
f(x) · lim
x→c
g(x)
7. lim
x→c
(f
g )(x) =
lim
x→c
f(x)
lim
x→c
g(x)
8. lim
x→c
fn(x) =


lim
x→c
f(x)
n
, n ∈ N
9. lim
x→c
n √
f(x) = n

lim
x→c
f(x) , lim
x→c
f(x) ≥ 0 untuk n genap
10. Bila p(x) polinom maka lim
x→c
p(x) = p(c)
11. Prinsip Apit. Misalkan f, g, dan h tiga fungsi dengan
g(x) ≤ f(x) ≤ h(x) untuk setiap x ∈ I. Bila lim
x→c
g(x) = L dan
lim
x→c
h(x) = L maka lim
x→c
f(x) = L (Ilustrasikan secara grafik!)
Sifat-Sifat Limit Fungsi Trigonometri:
1. lim
x→c
sin x = sinc dan lim
x→c
cos x = cos c
2. lim
x→0
sin x
x = 1 dan lim
x→0
x
sin x = 1
3. lim
x→0
tan x
x = 1 dan lim
x→0
x
tan x = 1
Hati2, bila lim
x→c
u = 0
maka lim
x→c
sin u
u
= 1
Soal-Soal: Hitung limit-limit berikut ini
1. lim
x→3
x4−3x
3x2−5x+7
2. lim
x→3
x2−2x−3
x−3
3. lim
x→1
2x3+3x2−2x−3
x2−1
4. lim
x→0
x−sin(2x)
2x+tan x
5. lim
x→12
π
(x − 1
2π) tan(3x)
6. lim
x→π
1+cos x
sin(2x)
7. lim
x→0
x2 cos 1
x
8. lim
x→1
[|x|]
9. Bila f(x) =

x x< 1
1
2x + 1 x ≥ 1
tentukan lim
x→1
f(x)
(dengan alat yang ada saat ini dua soal terakhir akan sukar untuk dihitung,
kita tunda dulu sampai konsep berikutnya dibahas)
Limit Sepihak
Gambar di samping adalah grafik
dari fungsi pada contoh no. 9 di
atas. Di sini terlihat bahwa fungsi
f(x) mengalami loncatan pada titik
x = 1. Sekarang coba lengkapi implikasi
berikut ini:
• Tentukan δ1 supaya |x − 1| < δ1 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
• Tentukan δ2 supaya |x − 1| < δ2 =⇒ |f(x) − 1,5| < 3
4
• Tentukan δ3 supaya |x − 1| < δ3 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
4
Kesimpulan apa yang dapat diperoleh?
Dapatkah disimpulkan bahwa lim
x→1
f(x) tidak ada?
Sekarang coba perhatikan kembali grafik tadi dan lengkapi implikasi berikut:
• Tentukan δ1 supaya x − 1 < δ1 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
• Tentukan δ2 supaya x − 1 < δ2 =⇒ |f(x) − 1,5| < 3
4
• Tentukan δ3 supaya x − 1 < δ3 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
4
• Bila > 0, adakah δ > 0 supaya x − 1 < δ =⇒ |f(x) − 1,5| <
Karena untuk setiap > 0 kita dapat mencari δ > 0 sehingga implikasinya
berlaku, dikatakan limit dari f(x) untuk x menuju 1 dari kanan bernilai
1,5 dan dinotasikan lim
x→1+
f(x) = 1,5
Sekarang coba perhatikan kembali grafik tadi dan lengkapi implikasi berikut:
• Tentukan δ1 supaya 1 − x < δ1 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
• Tentukan δ2 supaya 1 − x < δ2 =⇒ |f(x) − 1,5| < 3
4
• Tentukan δ3 supaya 1 − x < δ3 =⇒ |f(x) − 1,5| < 1
4
• Bila > 0, adakah δ > 0 supaya 1 − x < δ =⇒ |f(x) − 1,5| <
Hasil terakhir menunjukan bahwa limit kiri dari f(x) untuk x menuju 1
dari kiri bukan 1,5. Apakah limit kirinya ada ?
Definisi Limit Kanan: Misalkan f(x) terdefinisi pada I = (a, b), kecuali
mungkin di c ∈ I. Limit dari f(x) untuk x mendekati c dari kanan disebut
L, dinotasikan lim
x→c+
f(x) = L artinya untuk setiap > 0, dapat dicari
δ > 0 sehingga x − c < δ =⇒ |f(x) − L| <
Latihan: Tuliskan Definisi Limit Kiri
Dengan konsep limit sepihak, selesaikanlah 2 soal terakhir di halaman 24
-2mm]
Sifat-sifat:
• lim
x→c
f(x) = L ⇐⇒ lim
x→c− f(x) = L dan lim
x→c+
f(x) = L
• lim
x→c
f(x) = L =⇒ lim
x→c
|f(x)| = |L|
• lim
x→c
f(x) = 0 ⇐⇒ lim
x→c
|f(x)| = 0
Soal-Soal: Hitung limit-limit berikut ini
1. (a) lim
x→2
|x2 − 1| (b) lim
x→0−
x
|x|
2. f(x) =
⎧⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎩
−x2 x < 1
x + 1 1 ≤ x < 2
5 x = 2
2x − 1 x > 2
Gambarkan grafik f(x), lalu hitunglah:
a. lim
x→0
f(x) b. lim
x→1
f(x) c. lim
x→2
f(x) d. lim
x→2,001
f(x)
3. Misalkan f(x) fungsi yang terdefinisi pada interval I = (−a, a).
Bila

f(x)
x

< 1 untuk semua x ∈ I\{0}, hitung lim
x→0
f(x)
Limit di takhingga:
Bagian ini mengamati perilaku fungsi f(x) bila x membesar
mengecil
tanpa batas.
Ilustrasi:
Perhatikan f(x) = 1
1+x2
Bila x membesar terus tanpa
batas, ditulis x → ∞, nilai
f(x) ’cenderung’ menuju 0.
Fenomena ini mendasari konsep limit di takhingga
Misalkan f terdefinisi pada [c,∞).
lim
x→∞
= L artinya untuk setiap > 0,
dapat dicari bilangan M sehingga
x > M =⇒ |f(x) − L| < .
Misalkan f terdefinisi pada (−∞, c).
lim
x→−∞
= L artinya untuk setiap > 0,
dapat dicari bilangan M sehingga
x < M =⇒ |f(x) − L| < .
Misalkan k ∈ N maka lim
x→−∞
1
xk = 0 dan lim
x→∞
1
xk = 0 Buktikan!
Contoh: Tentukan (a) lim
x→∞
x
1+x2 dan (b) lim
x→∞
2x3
1+x3
Pengertian Asimptot Datar:
Garis y = L disebut asimptot datar dari fungsi f(x) jika memenuhi salah
satu dari lim
x→−∞
f(x) = L atau lim
x→∞
f(x) = L
Pada contoh terakhir, tentukanlah asimptot-asimptot datar dari fungsi ybs.
Diskusi: Dari definisi di atas, apakah y = 0 asimptot dari f(x) = sin x
x .

Limit Takhingga:
Bagian ini mengamati perilaku fungsi f(x) di mana nilai f(x) membesar/
mengecil tanpa batas.
Misalkan f terdefinisi pada (a, b) yang memuat
titik c. lim
x→c+
f(x) = ∞ artinya untuk setiap
bilangan M, dapat dicari δ > 0, sehingga
0 < x− c < δ =⇒ f(x)>M.
Dengan cara sama, coba definisikan dan
gambarkan secara grafik dari pengertian-pengertian berikut:
lim
x→c− f(x) = ∞, lim
x→c+
f(x) = −∞, dan lim
x→c− f(x) = −∞
Misalkan k ∈ N maka
a. lim
x→0+
1
xk = ∞
b. lim
x→0−
1
xk =

∞ n genap
−∞ n ganjil
Buktikan!
Contoh: Tentukan (a) lim
x→0
1
x (b) lim
x→2+
x+1
x2−5x+6
Pengertian Asimptot Tegak:
Garis x = c disebut asimptot tegak dari fungsi f(x) jika memenuhi salah
satu dari:
• (a) lim
x→c− f(x) = −∞ (b) atau lim
x→c− f(x) = ∞
• (c) lim
x→c+
f(x) = −∞ (c) atau lim
x→c+
f(x) = ∞
Pada contoh terakhir, tentukanlah asimptot-asimptot tegak dari fungsi ybs.
Kekontinuan Fungsi
f(c) = · · ·
lim
x→c− f(x) = · · ·
lim
x→c+
f(x) = · · ·
f(c) = · · ·
lim
x→c− f(x) = · · ·
lim
x→c+
f(x) = · · ·
f(c) = · · ·
lim
x→c− f(x) = · · ·
lim
x→c+
f(x) = · · ·
Kekontinuan di satu titik:
Misalkan f(x) terdefinisi pada interval buka I dan c ∈ I. Fungsi f disebut
kontinu di titik c jika
f(c) = lim
x→c
f(x) ⇐⇒ f(c) = lim
x→c− f(x) = lim
x→c+
f(x)
Contoh: Misalkan f(x) =

x2−4
x−2 x = 2
5 x = 2
Periksa kekontinuan f dititik x = 2.
Akibat: Bila f(x) kontinu di c maka lim
x→c
f(x) = f(lim
x→c
x)
Kekontinuan sepihak:
• Fungsi f disebut kontinu kiri di x = c bila f(c) = lim
x→c− f(x)
• Fungsi f disebut kontinu kanan di x = c bila f(c) = lim
x→c+
f(x)
Pada ketiga ilustrasi di halaman 29, tentukan fungsi yang kontinu sepihak.
Kekontinuan pada interval:
• Fungsi f disebut kontinu pada interval buka (a, b) bila f kontinu di
setiap titik pada (a, b)
• Fungsi f disebut kontinu pada interval tutup [a, b] bila f kontinu pada
(a, b), kontinu kanan di a dan kontinu kiri di b.
Sifat-sifat:
1. Suatu polinom p(x) kontinu pada seluruh R.
2. Fungsi rasional (p(x)
q(x) , p(x) dan q(x) polinom), kontinu pada seluruh
daerah definisinya.
3. Fungsi f(x) = |x| kontinu di seluruh R
4. Fungsi f(x) = n
√
x dengan n ∈ N kontinu diseluruh daerah definisinya
5. Bila f dan g kontinu di titik c dan k ∈ R maka:
kf, f + g, f − g, fg, f
g dengan g(c) = 0, fn, dan n
√
f kontinu di c.
Soal-soal:
1. Sketsakan sebuah grafik fungsi yang memenuhi semua sifat berikut:
• Daerah definisinya [−2, 4]
• f(−2) = f(0) = f(1) = f(3) = f(4) = 1
• f kontinu di seluruh Df kecuali di -2, 0, 3
• lim
x→−1− f(x) = 2, lim
x→0+
f(x) = 2, dan lim
x→3− f(x) = 1
2. Tentukan a dan b agar f(x) =
⎧⎨ ⎩
−1 x ≤ 0
ax + b 0 < x < 1
1 x ≥ 1
kontinu di R.
Kekontinuan fungsi komposisi:
Misalkan f dan g fungsi2 real.
Bila f kontinu di c dan g kontinu di f(c) maka g◦f kontinu di c.
Akibat: lim
x→c
g(f(x)) = g


lim
x→c
f(x)

mengapa ?
Contoh: Dengan sifat di atas, tunjukkan h(x) = |x2 −3x| kontinu di R.
Teorema Nilai Antara:
Misalkan f kontinu pada [a, b]. Bila w bilangan diantara f(a) dan f(b),
maka terdapat bilangan c ∈ [a, b] sehingga f(c) = w
Diskusi: Bila f tak kontinu, apakah sifat di atas masih berlaku ?
Contoh2:
1. Tunjukkan p(x) = x3 + 3x − 2 mempunyai akar real diantara 0 dan 1.
2. Tunjukkan p(x) = x5 + 4x3 − 7x + 14 mempunyai paling sedikit satu akar real.
3. Misalkan f kontinu pada [0, 1] dengan 0 ≤ f(x) ≤ 1. Tunjukkan f mempunyai
titik tetap. (titik tetap adalah titik c yang bersifat f(c) = c)
4. Tunjukkan selalu terdapat dua titik pada cincin kawat melingkar yang temperaturnya
sama. (petunjuk gambarkan cincin pada koordinat kartesius dengan
pusatnya di titik (0,0) dan bentuk f(θ) sebagai fungsi temperaturnya).
5. Pada pukul Pk 4.00 seorang biarawan secara perlahan mendaki gunung dan tiba
dipuncaknya pada sore hari. Keesokan harinya dia menuruni gunung tersebut
mulai Pk 5.00 dan tiba di bawah Pk 11.00. Tunjukkan bahwa ada titik pada jalan
yang dilaluinya yang menunjukkan waktu yang sama saat naik dan turun.
Turunan : (Konsep Garis Singgung)
Perhatikan sebuah titik P yang terletak pada sebuah kurva di bidang kartesius.
Apakah yang dimaksudkan dengan garis singgung di titik P ?
Euclides memberi gagasan garis singgung adalah garis yang memotong
kurva tersebut di satu titik, tetapi bgm dengan kurva ketiga di atas ?
Untuk mendefinisikan pengertian garis
singgung secara formal, perhatikanlah gambar
di samping kiri. Garis talibusur m1
menghubungkan titik P dan Q1 pada
kurva. Selanjutnya titik Q1 kita gerakkan
mendekati titik P. Saat sampai di posisi
Q2, talibusurnya berubah menjadi garis
m2. Proses ini diteruskan sampai titik Q1
’berimpit’ dengan titik P, dan garis talibusurnya
menjadi garis singgung m.
Agar fenomena ini dapat dirumuskan secara
matematis, perhatikan kembali gambar
disebelah kiri. Kemiringan garis talibusur
yang melalui P dan Q adalah:
msec =
f(c + h) − f(c)
h
Kemiringan garis singgung di titik P = (c, f(c)) didefinisikan sebagai:
m = lim
h→0
msec = lim
h→0
f(c+h)−f(c)
h
Masalah kecepatan sesaat:
Perhatikan sebuah benda yang jatuh bebas. Hasil percobaan
menunjukan posisinya setiap saat S(t) = 16t2.
Ingin diketahui berapa kecepatannya saat t = 1 ?
t1 t2 S(t1) S(t2) Vrata-rata = S(t2)−S(t1)
t2−t1
1 2 16 64 64−16
2−1 = 48
1 1,5 16 36 36−16
1,5−1 = 40
1 1,1 16 19,36 19,36−16
1,5−1 = 33, 6
1 1,01 16 16,3216 16,3216−16
1,01−1 = 32, 16
1 1,001 16 16.032016 16,032016−16
1,001−1 = 32, 016
Dengan tabel di atas kita hanya dapat menghitung kecepatan rata-rata
antara t = 1 dan t = 1+Δt, tetapi yang ingin dihitung adalah kecepatan
sesaat pada t = 1. Untuk itu kita definisikan kecepatan sesaat tersebut
sebagai berikut:
V = Vsesaat = lim
Δt→0
Vrata-rata = lim
Δt→0
S(t+Δt)−S(t)
Δt
Perhatikan kembali rumus garis singgung dan bandingkan dengan rumus
kecepatan sesaat. Keduanya mempunyai rumusan matematika yang sama.
Pada kehidupan sehari-hari, asih banyak sekali masalah-masalah fisis yang
mempunyai model matematika yang sama dengan rumus di atas. Untuk
itu, dalam matematika diperkenalkan konsep baru yang disebut turunan.
Definisi turunan:
Misalkan f sebuah fungsi real dan x ∈ Df .
Turunan dari f di titik x, ditulis f
(x) = lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
Soal2: (dikerjakan hanya dengan definisi turunan).
1. Cari kemiringan garis singgung terhadap y = x2 − 2x di titik (2, 0).
2. Seekor bakteri berkembang sehingga beratnya setelah t jam adalah
1
2t2 + 1 gram. Berapa laju perkembangannya pada sat t = 2 jam ?
3. Massa sepotong kawat (1 dimensi) yang panjangnya sejauh x cm dari
ujung kirinya adalah x3 gram. Berapa rapat massanya pada posisi 3
cm dari ujung kirinya?
Notasi-notasi lain untuk turunan:
f
(x) = lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h
f
(x) = lim
t→x
f(t)−f(x)
t−x
Notasi Leibniz:
f
(x) = lim
Δx→0
Δy
Δx = dy
dx
Simbol-simbol berikut mempunyai arti yang sama:
f


(x) =
dy
dx
= D[f] = Dx[f]
Hubungan turunan dan kekontinuan:
Bila f
(c) ada maka f(x) kontinu di x = c.
Fungsi f(x) = |x| telah diketahui diseluruh R. Dengan memakai definisi
turunan, periksa apakah f
(0) ada, lalu simpulkan kebalikan sifat di atas.
Perhatikan grafik di atas, lalu tentukan apakah f(x) kontinu / mempunyai
turunan di titik-titik a, b, c dan d. (beri penjelasan !)
Aturan-aturan Turunan:
• Misalkan k suatu konstanta, maka Dx[k] = 0 (buktikan !)
• Dx[x] = 1
• Misalkan n ∈ N maka Dx[xn] = nxn−1 (buktikan !)
• Misalkan k suatu konstanta, maka Dx[k f(x)] = kDx[f(x)]
• Dx[(f ± g)(x)] = Dx[f(x)] ± Dx[g(x)]
• Dx[(fg)(x)] = Dx[f(x)] g(x)+f(x)Dx[g(x)] = f
(x)g(x)+f(x)g
(x)
• Dx[(f
g )(x)] = Dx[f(x)] g(x)−f(x)Dx[g(x)]
(g(x))2 = f


(x)g(x)−f(x)g


(x)
(g(x))2
• Misalkan n ∈ N maka Dx[x−n] = −nx−n−1
Aturan Turunan Fungsi Trigonometri:
• Dx[sin x] = cos x (buktikan !) Dx[cos x] = −sin x
• Dx[tan x] = sec2x Dx[cot x] = −csc2 x
• Dx[sec x] = secx tanx Dx[csc x] = −csc x cot x
Soal-soal:
1. Tentukan turunan dari fungsi-fungsi berikut
a. f(x) =
√
2x2 b. f(x) = x2−x+1
x2+1
2. Cari persamaan garis singgung terhadap y = 1
x2+1 di titik (1, 1
2)
3. Tentukan titik2 pada grafik y = 1
3x3 + x2 − x yang kemiringan garis
singgungnya bernilai 1
4. Tentukan pers. garis singgung pada y = 4x − x2 yang melalui (2, 5).
5. Seekor lalat merayap dari kiri ke kanan sepanjang kurva y = 7 − x2.
Seekor laba-laba menunggunya di titik (4, 0). Tentukan jarak antara
keduanya pada saat pertama kali saling melihat.
6. Tunjukkan kurva y =
√
2 sinx dan y =
√
2 cos x berpotongan tegak
lurus pada 0 < x < π
2 .
Aturan Rantai : (untuk menentukan turunan fungsi komposisi ).
Masalah: Misalkan f = f(u) dan u = u(x), bagaimanakah menghitung df
dx
Ilustrasi: f(u) = sin2(u) dan u = x3 − 2x + 1. Berapakah df
dx
Misalkan f = f(u) dan u = u(x) maka df
dx = df
du
du
dx = Du[f] Dx[u]
Contoh: Tentukan Dx[sin(x3 − 3x)].
Pandang y = sin(u) dengan u = x3 − 3x, maka
Dx[sin(x3 − 3x)] = Dx[y] = Du[y]Dx[u]
= cos(u) (3x2 − 3) = cos(x3 − 3x) (3x2 − 3)
Aturan rantai bersusun: Misalkan f = f(u), u = u(v), dan v = v(x)
maka df
dx = df
du
du
dv
dv
dx = Du[f]Dv[u]Dx[v]
Contoh: Tentukan Dx[sin3(x3 − 3x)].
Pandang y = u3, u = sin(v), dan v = x3 − 3x, maka
Dx[sin3(x3 − 3x)] = Dx[y] = Du[y]Dv[u]Dx[v]
= 3u2 cos(v) (3x2 − 3)
= 3sin2(x3 − 3x) cos(x3 − 3x) (3x2 − 3)
Hati2 dengan notasi f
:
Mis. f = f(u) dan u = u(x), maka notasi f
 berarti df
du, bukan df
dx.
Ilustrasi: f(x2) = sin(x2).
Disini u = x2 dan f
 = cos(x2), tetapi df
dx = cos(x2) 2x
Soal-soal:
1. Tentukan turunan dari fungsi-fungsi berikut:
a. y =


x2−1
x+4
4
b. y =


sin x
cos(2x)
3
c. y = sin3(cos x)
d. y = sin3(cos x3)
e. y = sin(cos2 x3)
f. y = sin(cos(sin 2x))
2. Sisi sebuah kubus bertambah dengan laju 16 cm/menit.
a. Cari laju pertambahan volumenya pada sat sisinya 20 cm.
b. Cari laju perubahan luas permukaannya saat sisinya 15 cm
3. Perhatikan gambar roda-piston di samping. Roda berputar
berlawanaan jarum jam dengan laju 2 rad/detik. Pada saat
t = 0, P berada di posisi (1, 0).
a. Tentukan kedudukan titik P setiap saat.
b. Tentukan ordinat dari titik Q setiap saat.
c. Tentukan kecepatan gerak titik Q.
4. Dua buah kapal bertolak dari titik yang sama. Kapal
A bergerak ke timur dengan laju 20 km/jam. Kapal B
bergerak ke utara dengan laju 12 km/jam. Seberapa cepat
mereka berpisah setelah 3 jam?
5. Garis singgung terhadap kurva y = x2 cos(x2) di x =
√
π
akan memotong sumbu-x di posisi berapa?
Turunan tingkat tinggi:
Misalkan f(x) sebuah fungsi dan f
(x) turunan pertamanya.
Turunan kedua dari f adalah f

(x) = D2x
[f] = d2f
dx2 = lim
h→0
f


(x+h)−f


(x)
h
Dengan cara yang sama turunan ketiga, keempat dst. diberi notasi:
f




(x) = D3x
[f] =
d3f
dx3, f(4)(x) = D4x[f] =
d4f
dx4 , · · ·
Salah satu penggunaan turunan tingkat tinggi adalah pada masalah gerak
partikel. Bila S(t) menyatakan posisi sebuah partikel, maka kecepatannya
adalah v(t) = S
(t) dan percepatannya a(t) = v
(t) = S

(t).
Contoh: 1. Sebuah partikel bergerak sepanjang sumbu-x dengan posisi
tiap saat S(t) = t3 − 12t2 + 36t − 30.
a. Kapan kecepatannya nol? b. Kapan kecepatannya positif ?
c. Kapan dia bergerak mundur? d. Kapan percepatannya positif?
e. Ilustrasikan gerak partikel tersebut
2. Cari rumus umum turunan ke n dari y = 1
1−x.
Pendiferensialan Implisit:
Perhatikan grafik dari y3 + 7y = x3.
Akan dicari persamaan garis singgungnya
yang melalui titik (2, 1).
Masalah: bagaimana mencari dy
dx dari
persamaan tersebut ?
Sebuah fungsi dikatakan berbentuk implisit bila berbentuk F(x, y) = 0.
Pada bentuk ini, variabel x dan y tercampur dalam suatu ekspresi.
Contoh: (a.) y3 + 7y − x3 = 0 (b.) sin(xy) + xy3 − 5 = 0
Prinsip: Perhatikan bentuk implisit F(x, y) = 0. Untuk mencari dy
dx,
turunkan kedua ruas terhadap x dengan mengingat bahwa y = y(x).
Untuk mencari d2y
dx2 , kita pandang turunan pertama sebagai G(x, y, y
),
lalu turunkan terhadap x dengan mengingat y = y(x) dan y
 = y
(x).
Soal-soal:
1. Carilah dy
dx dan d2y
dx2 dari
a. y3 + 7y − x3 = 0
b. x3y4 − 1 = 0
c. y =

sin(xy2)
d. y2
x3 − 1 = y
3
2
2. Tentukan persamaan garis singgung dan garis normal (garis yang ⊥
thd garis singgung) terhadap y3 − xy2 + cos(xy) = 2 di titik (0, 1).
3. Tunjukkan hiperbola2 xy = 1 dan x2 − y2 = 1 berpotongan ⊥.
Sifat: Bila r ∈ Q maka Dx[xr] = r xr−1 (buktikan!)
Diferensial dan Aproksimasi:
Pikirkan: Bagaimanakah orang menghitung nilai sin(310),
√
4, 1 dll ?
Apakah data yang ada di tabel2 nilainya eksak?
Perhatikan grafik di samping kiri.
Koordinat titik P = (x0, y0)
x0, x ∈ Df . Sebut Δx = x − x0.
Diferensial dari variabel/peubah bebas x,
dx = Δx = x − x0
sedangkan Δy = f(x) − f(x0)
Diferensial dari peubah tak bebas y adalah: dy = f
(x0) dx
Amati dan pahami arti geometri (lihat gambar) dari pengertian2 tersebut!
Secara geometri kita lihat bila titik x0 dan x semakin dekat maka perbedaan
Δy dan dy akan semakin kecil. Hal ini mendasari hampiran berikut:
f(x0 +Δx) − f(x0) = Δy ≈ dy = f


(x0) dx
Contoh: Tentukan
√
3.9 dengan menggunakan hampiran diferensial.
Bentuk f(x) =
√
x dan tetapkan x0 = 4.
f
(x) = 1
2
√
x, jadi f
(x0) = f
(4) = 1
4
f(x) − f(x0) ≈ f
(x0)(x − x0)
f(x) ≈ f(x0) + f
(x0)(x − x0)
Pada x = 3, 9 diperoleh
√
3.9 = f(3, 9) ≈ f(4)+f
(4)(3, 9−4)
√
3, 9 ≈ 2 − 1
4 (−0.1) = 1, 975
Perhatikan: Pada hampiran diferensial titik x0 selalu dipilih supaya nilai
f(x0) mudah dihitung.
Soal-Soal:
1. Gunakan hampiran diferensial untuk menaksir nilai sin( 31
180π).
2. Dari pengukuran diperoleh rusuk sebuah kubus 11,4 cm dengan galat/ kesalahan
±0,05 cm Hitung volume kubus dan taksir kesalahannya.
3. Limit berikut merupakan suatu turunan. Tentukan fungsi asalnya dan turunannya
(menggunakan aturan turunan).
a. lim
h→0
3(2+h)2−2(2)2
h
b. lim
Δx→0
tan(π
4+Δx)−1
Δx
c. lim
p→x
3/p−3/x
p−x
d. lim
x→π
2
sin x−1
x−π
2
4. Gambarkan sebuah fungsi f yang memenuhi semua kriteria berikut:
• Daerah definisinya Df = [−2, 3]
• f(−2) = f(−1) = f(0) = f(1) = f(2) = f(3) = 1
• f kontinu di Df kecuali di −2,−1, 1
• lim
x→−1− f(x) = lim
x→1+
f(x) = 2, dan lim
x→1− f(x) = 12
• f tidak memiliki turunan di 0 dan 2.
5. Sebuah kotak baja berbentuk kubus, tebal dindingnya 0,25 cm dan volumenya 40
cm3. Gunakan diferensial untuk mengaproksimasi volume bahannya.
6. Sebuah bak berbentuk kerucut terbalik diisi air dengan laju 8 dm3/menit. Bila
tinggi kerucut 12 dm dan jari-jari atasnya 6 dm, tentukan laju permukaan air naik
pada saat tinggi air 4 dm.
7. Pada tengah hari, sebuah pesawat terbang ke utara melewati kota Bandung dengan
kecepatan 640 km/jam. Pesawat kedua bergerak ke timur dan melintasi
Bandung 15 menit kemudian. Bila keduanya terbang dengan ketinggian yang
sama, seberapa cepat mereka berpisah pada saat Pk 13.15
8. Sebuah tongkat panjang 20 dm bersandar di dinding. Ujung bawah tongkat ditarik
sepanjang lantai menjauhi dinding dengan kecepatan 2 dm/detik. Pada saat ujung
bawahnya berjarak 4 dm dari dinding, seberapa cepat ujung tangga atas bergeser
menuruni dinding.
9.
Tangki di sebelah kiri (ukuran dalam dm) diisi
air dengan laju 2 liter/menit. Seberapa cepat
permukaan air naik pada saat tinggi air 30 cm ?
Petunjuk: Tunjukkan volume air pada kerucut
terpotong dengan jari-jari alas a, jari-jari atas b
dan tinggi h adalah V = 13
πh(a2 + ab + b2)
Maksimum & Minimum Nilai Fungsi:
Misalkan f sebuah fungsi dengan daerah definisi Df dan c ∈ Df .
• f disebut mencapai maksimum di c bila f(c) ≥ f(x) ∀ x ∈ Df dan
f(c) disebut nilai maksimum.
• f disebut mencapai minimum di c bila f(c) ≤ f(x) ∀ x ∈ Df dan
f(c) disebut nilai minimum.
Titik di mana f mencapai maksimum/minimum disebut titik ekstrim.
maksimum ada maksimum ada maksimum ada
minimum ada minimum ada minimum ada
Bila f kontinu dan Df berupa selang tutup [a, b] maka f mempunyai
titik mempunyai titik maksimum dan minimum
Grafik berikut menggambarkan kemungkinan tempat terjadinya ekstrim.
Tempat-tempat kemungkinan terjadinya ekstrim (calon ekstrim):
• Titik ujung interval
• Titik stasioner (titik dengan sifat f
(x) = 0).
• Titik singular (titik di mana f tidak mempunyai turunan)
⎫⎪⎪⎬
⎪⎪⎭
Titik
kritis
Contoh2:
1. Tentukan titk2 ekstrim dari fungsi-fungsi berikut:
a. f(x) = −2x3 + 3x2 pada [−1
2, 2].
b. f(x) = x
23
pada [−1, 2].
2. Carilah dua buah bilangan tak negatif yang jumlahnya 10 dan hasil
kalinya maksimum.
3. Carilah bilangan yang bila dikurangi kuadratnya bernilai maksimum.
(bilangan tersebut berada diantara 0 dan 1, mengapa ?).
4.
Sebuah kotak persegipanjang dibuat
dari selembar kertas dengan memotongnya
sisi-sisinya sepanjang x cm
dan melipatnya. Tentukan x supaya
volumenya maksimum.
5. Kawat sepanjang 16 cm dipotong jadi dua bagian. Salah satu potongan
dibentuk jadi bujur sangkar dan potongan lainnya dibuat jadi
lingkaran. Berapa ukuran potongan tersebut agar:
a. jumlah seluruh luasnya minimum.
b. umlah seluruh luasnya maksimum.
6. Sebuah kerucut dibuat dari potongan selembar lingkaran kertas berjarijari
10 cm. Tentukan volume maksimum kerucut yang dapat di hitung?
Kemonotonan Grafik Fungsi:
Misalkan f fungsi yang terdefinisi pada interval I.
• f disebut monoton naik pada I bila ∀ x1 < x2 =⇒ f(x1) < f(x2)
• f disebut monoton turun pada I bila ∀ x1 < x2 =⇒ f(x1) > f(x2)
• f monoton tak turun pada I bila ∀ x1 < x2 =⇒ f(x1) ≤ f(x2)
• f monoton tak naik pada I bila ∀ x1 < x2 =⇒ f(x1) ≥ f(x2)
naik turun tak turun tak naik
Perhatikan gambar kesatu dan kedua di atas, lalu pahamilah sifat berikut:
• Bila f
(x) > 0 pada setiap x di interval I maka f naik.
• Bila f
(x) < 0 pada setiap x di interval I maka f turun.

Jelaskan !
Contoh: Tentukan daerah kemonotonan dari f(x) = x2−2x+4
x−2
Ekstrim Lokal:
Misalkan f sebuah fungsi dengan daerah definisi S dan c ∈ S.
f dikatakan mencapai maksimum
minimum lokal di c bila terdapat interval (a, b)
yang memuat c sehingga f mencapai maksimum
minimum di (a, b) ∩ S.
Seperti pada masalah ekstrim global, calon-calon ekstrim lokal adalah titiktitik
kritis. Aturan berikut dipakai menentukan jenis titik kritis:
Pengujian ekstrim lokal: Mis. fungsi f kontinu
pada interval buka (a, b) yang memuat titik kritis c.
• Bila tanda f
(x) berubah dari negatif ke positif
disekitar c, maka c titik minimum lokal
• Bila tanda f
(x) berubah dari positif ke negatif
disekitar c, maka c titik maksimum lokal
• Bila tanda f
(x) dikiri dan kanan c sama dan
= 0, maka, maka c bukan titik ekstrim lokal
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
Perhatikan
ilustrasi
grafik
di bawah
Diskusi: Apakah titik ekstrim global termasuk ekstrim lokal ?
Contoh: Tentukan titik-titik ekstrim lokal dari f(x) = x2−2x+4
x−2
Uji turunan kedua untuk ekstrim lokal:
Mis. f
(x), f

(x) ada pada (a, b) yang memuat c dan f
(c) = 0, maka:
• bila f

(c) < 0 maka c adalah titik maksimum lokal.
• bila f

(c) > 0 maka c adalah titik minimum lokal.
=⇒ Uji terakhir ini kurang berguna karena hanya berlaku untuk titik stasioner
Contoh: Tentukan titik-titik ekstrim lokal dari f(x) = x2−2x+4
x−2
Kecekungan dan Titik Balik/Belok:
Misalkan f fungsi yang terdiferensialkan pada interval I yang memuat c.
• f disebut cekung ke atas bila f
 monoton naik.
• f disebut cekung ke bawah bila f
 monoton turun.
• Titik c disebut titik balik/belok bila terjadi perubahan kecekungan di
kiri dan kanan c.
Pengujian kecekungan: Mis. fungsi f terdiferensial dua kali pada
interval buka (a, b).
• Bila f

(x) > 0 maka f cekung ke atas.
• Bila f

(x) < 0 maka f cekung ke bawah.

Buktikan !
Contoh: Tentukan kecekungan dan titik balik dari
(b) f(x) = x3 (b) f(x) = 1
3x2/3 (c) f(x) = x2−2x+4
x−2
Soal-soal:
1. Cari (jika ada) titik-titik ekstrim dari
(a) f(x) = x4 − 4x (b) f(x) = x
x3+2
2. Sebuah surat akan diketik pada kertas dengan
batas-batas seperti pada gambar di samping.
Bila luas tulisan 50 cm2, Berapa ukuran x dan
y supaya luas kertas seminimum mungkin.
3. Anton berada di perahu dayung 2 km dari titik terdekat B pada sebuah
pantai. Ia melihat rumahnya yang terletak di pantai, 6 km dari titik B,
sedang terbakar. Bila Anton dapat mendayung dengan laju 6 km/jam
dan berlari 10 km/jam, Tentukan jalur yang harus diambilnya supaya
secepat mungkin sampai di rumah.
4. Tentukan ukuran sebuah tabung lingkaran tegak yang volumenya sebesar
mungkin yang dapat ditempatkan di dalam sebuah kerucut berukuran
tinggi a cm dan jari-jari alas b cm.
5. Pagar setinggi h meter berdiri sejajar
sebuah gedung tinggi, sejauh w meter
darinya. Tentukan panjang tangga terpendek
yang dapat dicapai dari tanah di seberang
puncak pagar ke dinding bangunan.
6.
Secarik kertas berbentuk persegi panjang dengan
lebar a, salah satu sudutnya dilipat seperti pada
gambar di samping kiri. Tentukanlah x agar:
(a) Luas segitiga BCD maksimum.
(b) Luas segitiga ABC minimum.
(c) panjang z minimum.
7.
Prinsip Fermat dalam optik mengatakan
bahwa cahaya melintas dari titik A ke B
sepanjang jalur yang memerlukan waktu
tersingkat. Misalkan cahaya melintas di
medium satu dengan kecepatan c1 dan di
medium kedua dengan kecepatan c2. Perlihatkan
bahwa sin α
c1
= sin β
c2
Garis y = ax + b disebut asimptot miring
terhadap fungsi f bila memenuhi salah satu dari:
(a) lim
x→∞
f(x) − (ax + b) = 0 ilustrasi −→
(b) lim
x→−∞
f(x) − (ax + b) = 0
Menentukan asimptot miring:
a. Hitung lim
x→∞
f(x)
x , bila hasilnya takhingga atau nol maka asimptot
miring tidak ada, bila berhingga dan tak nol maka hasilnya a.
b. Hitung lim
x→∞
(f(x)−ax), bila hasilnya nol maka asimptot miring tidak
ada, bila bukan nol maka hasilnya adalah b.
c. Lakukan langkah (a) dan (b) untuk x→−∞.
=⇒ Jelaskan mengenai prosedur di atas!
Contoh: Tentukan semua asimptot dari f(x) = x2−2x+4
x−2
Menggambar Grafik Fungsi:
Langkah-langkah menggambar grafik dari sebuah fungsi f:
• Tentukan daerah definisinya
• Tentukan (jika mudah) perpotongan f dengan sumbu-sumbu koordinat
• Periksa kesimetrian grafik, apakah fungsi ganjil atau genap.
• Dengan uji turunan pertama, tentukan daerah kemonotonan dan titiktitik
ekstrim lokal & global.
• Dengan uji turunan kedua, tentukan daerah kecekungan dan titik-titik
baliknya.
• Tentukan asimptot-asimptot dari f.
• Sketsakan grafik f.
Contoh: Sketsakan grafik (a) f(x)=3x5−20x3
32 (b) f(x) = x2−2x+4
x−2
Teorema Nilai Rata-Rata:
Misalkan f kontinu pada [a, b] dan terdiferensial di (a, b), maka terdapat
titik c ∈ (a, b) dengan sifat: f
(c) = f(b)−f(a)
b−a (lihat ilustrasi di bawah).
Contoh: Cari titik c yang memenuhi teorema nilai rata-rata terhadap:
(a) f(x) = 2
√
x pada [1, 4] (b) f(x) = x2/3 pada [−8, 27]
Soal-soal:
1. Tentukan limit-limit berikut:
a. lim
x→∞
3−2x
x+5
b. lim
x→∞
3x
√
x+3x+1
x2−x+11
c. lim
x→∞
√2x+1
x2+3
d. lim
x→−∞
√2x+1
x2+3
e. lim
x→∞

√
2x2 + 3 −
√
2x2 − 5

f. lim
x→−∞
9x3+1
x2−2x+2
g. lim
x→3+
3+x
3−x
h. lim
x→3−
3+x
3−x
j. lim
x→0−
1+cos x
sin x
2. Tentukan asimptot-asimptot dari :
a. f(x) = 2x
x−3 b. f(x) = 2x4−3x3−2x−4
x3−1
3. Buat sketsa grafik yang memenuhi semua kriteria berikut:
• f kontinu diseluruh R
• f(2) = −3, f(6) = 1
• f
(2) = 0, f
(x) > 0 untuk x = 2, f
(6) = 3
• f

(6) = 0, f

(x) > 0 untuk 2 < x < 6, f

(x) < 0 untuk x > 6.
4. Sketsakan grafik fungsi f(x) = 4x
x2+2.
5. Pak Pono berangkat Pk. 6.00 dari Bandung dan tiba di Jakarta Pk
9.00. Jarak tempuhnya adalah 180 km. Menurut pengamatan, speedometer
kendaraannya selalu menunjukkan angka dibawah 60 km/jam.
Tunjukan bahwa speedometer tersebut sudah tidak akurat lagi.
Anti Turunan/Integral Tak Tentu
Diketahui fungsi F(x) dan turunannya
F (x) F
 (x)
x2 + 2 2x
x2 2x
x2 − 3 2x
Secara umum jika F(x) = x2 + c,
dengan c ∈ R, berlaku F
(x) = 2x
Pada bagian ini akan dipelajari proses kebalikan dari turunan.
Diberikan F
(x) = x2, tentukan aturan F(x).
Dugaan kita: F(x) = x2 + c dengan c sebarang bilangan real.
Apakah ada jawaban lain ?. Gunakan sifat berikut ini untuk menjawabnya:
Sifat: Misalkan F dan G dua buah fungsi dengan sifat F
(x) = G
(x)
maka terdapat konstanta c sehingga F(x) = G(x) + c
Fungsi F disebut anti turunan dari fungsi f,
dinotasikan A(f) atau

f(x) dx bila F
(x) = f(x)
Gambar di samping memperlihatkan anti turunan
dari f(x) = 2x (kurva berwarna merah). Anti
turunannya adalah f(x) = x2 + c yaitu kurvakurva
berwarna hijau.
Sifat-sifat:
1. Misalkan r ∈ Q, r = −1 maka

xr dx =
xr+1
r + 1
+ c
2. Misalkan r ∈ Q, r = −1 maka

ur u


(x) dx =
ur+1
r + 1
+ c
3.

sinxdx = −cos x + c,

cosxdx = sinx + c
4.

kf(x) dx = k

f(x) dx

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

f(x) dx +

g(x) dx

(f(x) − g(x)) dx =

f(x) dx −

g(x) dx
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬
⎪⎪⎪⎪⎪⎭
Sifat linear
Contoh-contoh: Tentukan anti turunan berikut
1.
4
x5 − 3
x4

dx
2.
4x6+3x5−8
x5 dx
3.

(5x3 − 18)7 15x2 dx
4.

3t 3
√
2t2 − 1 dx
5.

sin10 x cosxdx
6.

|x| dx
Pengantar Persamaan Diferensial (PD):
Pada pasal sebelumnya kita telah mempelajari cara mencari sebuah fungsi
bila diketahui turunannya. Sekarang kita akan memperluasnya.
Perhatikan masalah mencari fungsi y = F(x), bila turunannya F
(x)
diberikan. Masalah ini dapat dituliskan dalam bentuk
dy
dx
= F


(x) (1)
Bentuk ini dinamakan persamaan diferensial. Secara umum, persamaan
diferensial adalah persamaan yang melibatkan turunan fungsi.
Contoh2 persamaan diferensial:
y
 + 2xy = sin(x) y

 + 3y
 + 4y − cos x = 2 y


 + 3x2y
 = 2y
Masalah: bagaimana mencari fungsi y = F(x) yang merupakan solusi PD tersebut.
Perhatikan kembali PD (1), solusinya adalah:
y =

F


(x) dx = F(x) +c cbilangan real sebarang (2)
Secara geometris, masalah menyelesaikan persamaan diferensial dy
dx = F
(x)
sama dengan masalah mencari lengkungan yang garis singgungnya di setiap
titik sudah diberikan.
Isoklin (warna merah) dan beberapa kurva solusi (warna biru) dari dy
dx = 2x.
Metode Pemisahan Variabel
Secara umum, tidak ada prosedur baku untuk mencari solusi persamaan
diferensial. Untuk saat ini pembicaraan akan dibatasi pada persamaan
diferensial yang sangat sederhana. Metode pencarian solusinya menggunakan
metode pemisahan variabel. Prinsip dari metode ini adalah mengumpulkan
semua suku yang memuat peubah x dengan dx dan yang memuat
peubah y dengan dy, kemudian diintegralkan.
Contoh: Tentukan solusi dari
dy
dx
=
x + 3x2
y2 yang melalui (0, 1)
Jawab: Tulis sebagai y2 dy = x + 3x2 dx

y2 dy =

x + 3x2 dx
y3
3
=
1
2
x2 + x3 + c
y = 3

1
2
x2 + x3 + c
Syarat melalui (0,1) menghasilkan c = 1, jadi y = 3

1
2
x2 + x3 + 1
Catatan: Solusi PD yang masih memuat konstanta sebarang disebut solusi
umum, sedangkan yang sudah diberi syarat tertentu sehingga konstantanya
bisa ditentukan, disebut solusi khusus.
Soal-soal:
1. Tunjukan fungsi yang diberikan merupakan solusi PD ybs:
a. y =
√
4 − x2, dy
dx + x
y = 0
b. y = A cos x + B sin x, y

 + y = 0
2. Dari sebuah gedung yang tingginya 100 m, sebuah bola dilempar tegak
lurus ke atas dengan kecepatan 200 m/det. Setelah meluncur ke atas,
bola jatuh ke tanah. Bila percepatan gravitasi g m/det2,
• Cari kecepatan dan posisinya 4 detik kemudian ?
• Berapa tinggi maksimum yang dicapai bola ?
• Berapa waktu yang dibutuhkan sampai mencapai tanah ?
3. Cari persamaan-xy dari kurva yang melalui (-1,2) dan kemiringannya
dua kali absisnya.
4. Cari persamaan-xy dari kurva yang melalui (1,2) dan kemiringannya
pada setiap titik adalah setengah kuadrat ordinatnya.
5. Dapatkah PD y
 + x2y − sin(xy) = 0 diselesaikan dengan metode
pemisahan variabel ?
Penerapan Ekonomi:
Pabrik ’KeSeTrum’ yang dipimpin tuan TeKoTjai akan mengamati perilaku
penjualan accu mobil menggunakan konsep turunan. Untuk itu
dimunculkan notasi-notasi sebagai berikut:
• x : banyaknya accu yang terjual.
• p(x) : harga satuan accu.
Pikirkan, mengapa harga ini bergantung pada x.
Pada pembahasan ini semua variabel diasumsikan kontinu.
• R(x) : pendapatan total. R(x) = xp(x)
• C(x) : biaya total (biaya tetap + biaya produksi)
contoh a. C(x) = 10.000 + 50x. biaya per unit 50
b. C(x) = 10.000 + 45x + 100
√
x. Biaya per unit 45x+100
√
x
x
• P(x) : laba total. P(x) = R(x) − C(x) = xp(x) − C(x).
Misalkan pabrik ’KeSeTrum’akan memproduksi
2000 buah accu dan fungsi biayanya terlihat seperti
gambar di samaping. Bila kemudian produksinya
akan dinaikkan sebanyak Δx, berapakah pertambahan
biaya ΔC ? Untuk nilai Δx << x nilai ini
dapat kita hampiri dengan lim
Δx→0
ΔC
Δx = dC
dx , dihitung
saat x = 2000. Nilai ini disebut biaya marginal.
Soal-Soal:
1. Misalkan C(x) = 8300+3, 25+40 3
√
x. Cari biaya rata-rata tiap satuan
dan biaya marginalnya untuk x = 1000.
2. Sebuah perusahaan memprediksi akan dapat menjual 1000 barang tiap
minggu jika harga satuannya 3000. Penjualan akan meningkat sebanyak
100 unit untuk tiap penurunan harga sebanyak 100. Jika x
menyatakan banyaknya barang yang terjual tiap minggu (x ≥ 1000),
tentukan
a. fungsi harga p(x)
b. banyaknya satuan barang dan harganya yang akan memaksimumkan
pendapatan mingguan.
c. pendapatan mingguan maksimum.
3. Dalam menjual x satuan botol minuman, fungsi harga dan fungsi biaya
produksinya diberikan oleh p(x) = 5, 00 − 0.002x dan C(x) =
3, 00 + 1, 10x. Tentukan pendapatan marginal, biaya marginal dan
keuntungan marginal. Tentukan tingkat produksi yang menghasilkan
laba maksimum.
4. Perusahaan XYZ memproduksi kursi rotan. Produksi maksimum dalam
satu tahun adalah 500 kursi. Jika perusahaan itu membuat x kursi dan
menetapkan harga jual satuannya px) = 200 − 0, 15x, biaya tahunannya
C(x) = 4000 + 6x − 0, 001x2. Tentukan tingkat produksi yang
memaksimumkan laba.
Notasi Sigma (Σ)
Notasi ini digunakan untuk menyingkat penulisan suatu ’jumlahan’:
a1 + a2 + a3 + · · · + an =
n
i=1
ai dengan ai ∈ R
Dengan notasi tersebut, maka berlaku sifat-sifat berikut:
•
n
i=1
1 = . . .
n
i=1
c = . . .
•
n
i=1
c ai = c
n
i=1
ai
•
n
i=1
(ai ± b1) =
n
i=1
ai ±
n
i=1
bi
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬
⎪⎪⎪⎪⎪⎭
Sifat linear
Perhatikan jumlahan Sn = 1+2+3+· · · + n
n 1 2 3 4 5 6 . . .
Sn 1 3 6 10 15 21 . . .
Sn
n 1 3
2 2 5
2 3 7
2 . . .
disusun
menjadi
n 1 2 3 4 5 6 . . .
Sn 1 3 6 10 15 21 . . .
Sn
n
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
7
2 . . .
Jadi Sn
n = n+1
2 atau Sn = n(n+1)
2
Beberapa Jumlah Khusus (hafalkan):
1.
n
i=1
i = 1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n+1)
2
2.
n
i=1
i2 = 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n+1)(2n+1)
6
3.
n
i=1
i3 = 13 + 23 + 33 + · · · + n3 =

n(n+1)
2
2
Contoh: Tentukan nilai dari
n
i=1
[(i − 1)(4i + 3)]
Luas Daerah di Bidang:
Archimedes (± 2000 tahun yang lalu) :
A(Pn) ≤ L (Luas Lingkaran) sehingga lim
n→∞
A(Pn) = π ≤ L
L ≤ A(Tn) sehingga L ≤ lim
n→∞
A(Tn) = π
Kesimpulan: Luas lingkaran dengan jari2 satu adalah π
Perhatikan sebuah keping tipis di bidang.
Bagaimana cara menentukan luas keping tersebut?
Pola yang dilakukan Archimedes ditiru
dengan cara menghampiri keping tersebut dengan
persegipanjang-persegipanjang.
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=4
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=8
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=64
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=4
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=8
0 1 2 3
0
2
4
6
8
10
n=64
Luas Menurut Poligon-Poligon Luar:
Perhatikan daerah yang
dibatasi oleh f(x) = x2,
sumbu-x, garis x = 1 dan
garis x = 3. Misalkan
luas daerah ini adalah K.
Luas ini akan dihampiri
dengan poligon-poligon
luar seperti pada gambar
di samping.
Partisikan interval [1, 3] atas n bagian, sama lebar.
Lebar tiap subinterval Δx = 3−1
n = 2
n
P : 1 = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = 3 dengan xi = 1+iΔx = 1+2i
n
Perhatikan interval ke-i, yaitu [xi−1, xi].
Bentuk persegipanjang dengan lebar Δx dan tinggi f(xi)
Luas persegipanjang ini: L(ΔRn) = f(xi)Δx.
Lakukan proses ini untuk i = 1, 2, · · · , n.
Luas seluruh persegi panjang adalah:
L(Rn) = f(x1)Δx + f(x2)Δx + f(x3)Δx + · · · + f(xn)Δx
=
n
i=1
f(xi)Δx
=
n
i=1
x2i
Δx
=
n
i=1

1 +
2i
n
2
2
n
=
2
n
n
i=1

1 +
4i
n
+
4i2
n2

=
2
n

n
i=1
1 +
n
i=1
4i
n
+
n
i=1
4i2
n2

=
2
n

n +
4
n
n
i=1
i +
4
n2
n
i=1
i2

= 2+
8
n2
n(n + 1)
2
+
8
n3
n(n + 1)(2n+ 1)
6
= 2+
4(n2 + n)
n2 +
4(2n3 + 3n2 + n)
3n3
=
26
3
+
8
n
+
4
3n2
lim
n→∞
L(Rn) =
26
3
Jelas K ≤ L(Rn) sehingga K ≤ lim
n→∞
L(Rn) = 26
3
Luas Menurut Poligon-Poligon Dalam:
Perhatikan daerah yang
dibatasi oleh f(x) = x2,
sumbu-x, garis x = 1
dan garis x = 3. Misalkan
luas daerah ini
adalah K. Luas ini
akan dihampiri dengan
poligon-poligon dalam
seperti pada gambar di
samping.
Partisikan interval [1, 3] atas n bagian, sama lebar.
Lebar tiap subinterval Δx = 3−1
n = 2
n
P : 1 = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = 3 dengan xi = 1+iΔx = 1+2i
n
Perhatikan interval ke-i, yaitu [xi−1, xi].
Bentuk persegipanjang dengan lebar Δx dan tinggi f(xi−1)
Luas persegipanjang ini: L(ΔTn) = f(xi−1)Δx.
Lakukan proses ini untuk i = 1, 2, · · · , n.
Luas seluruh persegi panjang adalah:
L(Tn) = f(x0)Δx + f(x1)Δx + f(x2)Δx + · · · + f(xn−1)Δx
=
n
i=1
f(xi−1)Δx
=
n
i=1
x2i−1Δx
=
n
i=1

1 +
2(i − 1)
n
2
2
n
...
= 26
3
− 4
n + 2
3n2
lim
n→∞
L(Tn) =
26
3
Jelas L(Tn) ≤ K sehingga lim
n→∞
L(Tn) = 26
3
≤ K
Dari hasil terakhir ini dan hasil di halaman 61 paling bawah, diperoleh:
26
3
≤ K ≤ 26
3
Jadi K =
26
3
Fenomena ini menunjukan bahwa perhitungan luas tidak bergantung pada
jenis poligon yang dipakai. Untuk n → ∞ keduanya memberikan hasil
yang sama.
Hampiran dengan poligon2 luar Hampiran dengan poligon2 dalam
Latihan: Ikutilah prosedur seperti contoh sebelumnya untuk menghitung
luas daerah yang dibatasi oleh grafik-grafik berikut:
(a) y = x2 + 1; x = 0; x = 2. (b)y = x3; x = 1; x = 4.
Jumlah Riemann:
Misalkan f fungsi yang terdefinisi pada interval tutup [a, b].
Partisikan interval [a, b] atas n bagian (tidak perlu sama lebar)
P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b dan sebut Δxi = xi − xi−1
Pada setiap subinterval [xi−1, xi], pilih titik wakil xi, i = 1, 2, · · · , n
Jumlahan RP =
n
i=1
f(xi) ΔXi disebut Jumlah Riemann dari f.
Perhatian !
1. Nilai sebuah jumlah Riemann tidak tunggal, tergantung pada pemilihan: ’banyaknya
interval’, ’lebar tiap interval’ dan ’titik wakil yang digunakan’.
2. Suku f(xi) ΔXi pada jumlah Riemann dapat bernilai negatif sehingga RP hasilnya
juga dapat negatif.
Contoh:
1. Tentukan suatu jumlah Riemann dari f(x) = x3 + 2x pada [1, 5].
2. Tentukan suatu jumlah Riemann dari f(x) = x2 + 1 pada [−1, 2]
memakai 6 subinterval sama lebar dan titik wakilnya adalah ujung
kanan tiap subinterval.
Integral Tentu:
Misalkan f terdefinisi pada interval [a, b] dengan P, Δxi dan xi mempunyai
arti seperti pada pembahasan sebelumnya. Tetapkan |P|, dibaca
Norm P, sebagai panjang dari subinterval yang paling lebar.
Jika lim
|P|→0
n
i=1
f(xi) ΔXi ada maka disebut integral tentu/Riemann
dari
f pada [a, b], dinotasikan
b
a
f(x) dx = lim
|P|→0
n
i=1
f(xi) ΔXi
Diskusi:
• Benarkah : jika n→∞maka |P| → 0
• Benarkah : jika |P| → 0 maka n→∞
Kesimpulan:
Jika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . maka
b
a
f(x) dx = lim
n→∞
n
i=1
f(xi) ΔXi
Arti Geometris Integral tentu:
b
a
f(x) dx = Aatas − Abawah
Sifat-sifat:
1.
a
a
f(x) dx = 0 dan
b
a
f(x) dx = −
a
b
f(x) dx Buktikan !
2. (Sifat linear) Misalkan k konstanta, maka:
•
b
a
k f(x) dx = k
b
a
f(x) dx
•
b
a
(f(x) + g(x)) dx =
b
a
f(x) dx +
b
a
g(x) dx
•
b
a
(f(x) − g(x)) dx =
b
a
f(x) dx −
b
a
g(x) dx
3. (Sifat penambahan selang) Misalkan f terintegralkan pada interval
yang memuat titik a, b, dan c, maka
b
a
f(x) dx =
c
a
f(x) dx +
b
c
f(x) dx
4. Jika f(x) < g(x), maka
b
a
f(x) dx ≤
b
a
g(x) dx
5. Misalkan N,M kostanta-konstanta dan N ≤ f(x) ≤ M maka
N(b − a) ≤
b
a
f(x) dx ≤ M(b − a)
Ilustrasikan sifat 3 s/d 5 di atas secara grafik !
Perhatikan fungsi f(x) =
1
x2 x = 0
1 x = 0
Sepanjang interval [−2, 2] fungsi ini tidak terintegralkan
sebab nilai f(x) tak terbatas disekitar
titik nol.
Sifat: Bila f terbatas dan kontinu (kecuali disejumlah berhingga titik)
pada [a, b] maka f terintegralkan.
Fungsi-fungsi berikut terintegralkan sepanjang [a, b]:
• polinom
• fungsi rasional (syarat penyebut tidak nol sepanjang [a, b])
• fungsi sinus dan cosinus.
Soal-soal:
1. Dengan konsep limit jumlah Riemann, hitunglah
a.
2
−1
(2x2 − 8) dx b.
2
−1
[|x|] dx
2. Nyatakan limit berikut sebagai suatu integral tentu
a. lim
n→∞
n
i=1

4i
n
4
n
b. lim
n→∞
n
i=1

1 +
2i
n

2
n
Teorema Dasar kalkulus 1:
Misalkan f kontinu di [a, b] dan F suatu anti turunan dari f, maka
b
a
f(x) dx = F(b) − F(a)
Contoh:
(a)
2
−1
(2x2−8) dx (b)
1
0
x + 1
x2 + 2x + 6
dx (substitusi u = x2+2x+6)
Pendiferensialan fungsi berbentuk integral:
Perhatikan bentuk
x
a
f(t) dt (a konstanta). Bentuk tersebut merupakan
sebuah fungsi dengan variabel bebas . . .. Ilustrasi:
x
0
3t2 dt = t3|x
0 = x3.
Sifat berikut memberikan aturan mendiferensialkan fungsi seperti di atas.
Teorema Dasar kalkulus 2: Dx
⎡
⎣
x
a
f(t) dt
⎤
⎦ = f(x)
Contoh: Tentukan turunan dari
1. (a)
x
1
sin
√
t dt (b)
x2
1
sin
√
t dt (c)
x3
−2x
sin
√
t dt
Teorema Nilai Rata2 Integral:
Jika f kontinu pada [a, b] maka terdapat
bilangan c ∈ [a, b] sehingga
b
a
f(x) dx = f(c) (b − a)
Bila f fungsi genap maka
a
−a
f(x) dx = 2
a
0
f(x) dx
Bila f fungsi ganjil maka
a
−a
f(x) dx = 0
Bila f fungsi periodik dengan periode p maka
b+p
a+p
f(x) dx =
b
a
f(x) dx
Soal-soal Mandiri:
1. Hitung nilai integral-integral berikut:
a.
3
2

x3 − 3x2 + 3
√
x

dx b.
5
1

y2 − 1
(y3 − 3y)2

dy c.
3
−2
[|x|] dx
2. Carilah bilangan c yang memenuhi Teorema Nilai Rata2 integral dari
f(x) =
√ x
x2 + 16
sepanjang interval [0, 3]
3. Misalkan f(x) =
x2
0
1 + t
1 + t2 dt. tentukan daerah kemonotonan dari f.
4. Misalkan f fungsi ganjil dengan
1
0
f2(x) dx = 1.
Tentukan
1
−1

f2(x) + x2f(x) + f3(x)

dx
5. Tentukan f
(x) dari
(a) f(x) = sin(x)
x2
1
cos t dt (b) f(x) =
1
x
x2
√
u2 + 1du
6. Tuliskan lim
n→∞
n
i=1

1
4 + 31
n
2 3
n
sebagai integral tentu
7. Gunakan Teorema Dasar kalkulus I untuk menghitung lim
n→∞
n
i=1

4i
n
4
n
METODE NUMERIK
Metode Numerik adalah prosedur2/teknik2/skema2 yang digunakan untuk
mencari solusi hampiran dari masalah matematika memakai operasioperasi
aljabar (tambah, kurang, kali dan bagi), pangkat dan akar.
Alasan pemakaian metode numerik:
• Pencarian solusi eksak/ analitis sukar/tidak mungkin.
• Jumlah hitungan yang dilakukan sangat besar
Ilustrasi: (a)
2
1
ex2
dx (b) Cari solusi x2 = lnx (c) SPL ukuran besar.
Solusi yang diperoleh dari suatu metode numerik selalu berupa hampiran/
aproksimasi, tetapi ketelitiannya selalu dapat dikontrol/dikendalikan.
Pengintegralan Numerik
Pada perhitungan
b
a
f(x) dx, umumnya ada tiga macam fungsi f(x):
a. f(x) fungsi sederhana (anti turunannya mudah dicari)
b. f(x) fungsi yang rumit (anti turunannya sukar/tidak mungkin dicari)
c. f(x) hanya diketahui berupa tabulasi nilai (data hasil percobaan)
Berikan contoh dari ketiga jenis integral tak tentu di atas !!
Jenis (a) dapat diselesaikan secara analitis dan diperoleh hasil eksak, sedangkan
jenis (b) dan (c) diselesaikan secara numerik sehingga hasilnya
berupa hampiran/aproksimasi.
a b
x
y
y=f(x)
Pada pasal ini akan dibahas tiga buah metode numerik untuk hampiran
integral, yaitu: metode Persegi Panjang/Riemann, metode Trapesium dan
metode Simpson/Parabola.
Metode Persegi Panjang Kiri / Left Riemann Sum (LRS)
Perhatikan integral tentu
b
a
f(x) dx. Fungsi f(x) fungsi dapat bernilai
negatif ataupun tak kontinu, asalkan titik diskontinuitasnya berhingga.
x0 x1 xn xi-1 xi
x
y
y=f(x)
Gambar 1: Ilustrasi metode Persegi Panjang Kiri / Left Riemann Sum
Partisikan interval [a, b] atas n bagian, sama lebar:
P : x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn = b dengan Δxi = h = xi − xi−1 = b−a
n
Pada setiap subinterval [xi−1, xi] dibentuk persegi-panjang (pp) dengan
panjang
f(xi−1) dan lebar h (lihat gambar 1). Luas persegi panjang tersebut,
ΔLi = hf(xi−1)
b
a
f(x) dx =
x1
x0
f(x) dx +
x2
x1
f(x) dx + · · · +
xn
xn−1
f(x) dx
≈ hf(x0) + hf(x1) + · · · + hf(xn−1)
Hampiran ini disebut metode Persegi Panjang Kiri (Left Riemann Sum).
Contoh: Terapkan metode LRS dengan n=6 terhadap
1
0
e−x2
dx.
Galat Metode LRS :
b
a
(f(x) dx= [hf(x0) + hf(x1) + · · · + hf(xn−1)] + En ,
dengan En = (b−a)2
2n f
(c), a ≤ c ≤ b .
Contoh: Tentukan n agar galat hampiran LRS pada
1
0
e−x2
dx < 0, 0001.
Metode Persegi Panjang Kanan / Right Riemann Sum (RRS)
x0 x1 xn xi-1 xi
x
y
y=f(x)
Gambar 2: Ilustrasi metode Persegi Panjang Kanan / Right Riemann Sum
b
a
f(x) dx =
x1
x0
f(x) dx +
x2
x1
f(x) dx + · · · +
xn
xn−1
f(x) dx
≈ hf(x1) + hf(x2) + · · · + hf(xn)
Hampiran ini disebut metode Persegi Panjang Kanan (Right Riemann
Sum).
Galat Metode RRS : En = −(b−a)2
2n f
(c), a ≤ c ≤ b .
Contoh: Tentukan n supaya galat hampiran RRS terhadap
1
0
e−x2dx < 0, 0001, lalu
hitung hampiran nilai integral tersebut.
Metode Persegi Panjang Tengah / Midpoint Riemann Sum (MRS)
x0
x1
xn
xi-1
xi
x
y
y=f(x)
x1/2
xi-1/2
Gambar 3: Ilustrasi metode Persegi Panjang Tengah / Midpoint Riemann Sum
b
a
f(x) dx =
x1
x0
f(x) dx +
x2
x1
f(x) dx + · · · +
xn
xn−1
f(x) dx
≈ hf(x1
2
+ hf(x3
2
) + · · · + hf(xn−1
2
)
Hampiran ini disebut metode Persegi Panjang Tengah (Midpoint Riemann Sum).
Galat Metode MRS : En = (b−a)3
24n2 f

(c), a ≤ c ≤ b .
Contoh: Gunakan metode MRS untuk mengaproksimasi
1
0
e−x2dx memakai n=6, dan
tentukan batas galatnya.
Metode Trapesium
x0 x1 xn xi-1 xi
x
y
y=f(x)
Gambar 4: Ilustrasi metode Trapesium
Partisikan interval [a, b] atas n bagian, sama lebar:
P : x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn = b dengan Δxi = h = xi − xi−1 = b−a
n
Pada setiap subinterval [xi−1, xi] dibentuk trapesium dengan sisi-sisi
f(xi−1) dan f(xi) dan lebar h (lihat gambar 4).
b
a
f(x) dx =
x1
x0
f(x) dx +
x2
x1
f(x) dx + · · · +
xn
xn−1
f(x) dx
≈ h
2
[f(x0) + f(x1)] +
h
2
[f(x1) + f(x2)] + · · · +
h
2
[f(xn−1) + f(xn)]
=
h
2
[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + · · · + 2f(xn−1) + f(xn)]
Hampiran ini disebut metode Trapesium.
Galat Metode Trapesium
b
a
(f(x) dx=
h
2
[f(x0) + 2f(x1) + 2f(x2) + · · · + 2f(xn−1) + f(xn)] + En
dengan En = −(b−a)3
12n2 f

(c), a ≤ c ≤ b (galat metode Trapesium).
Contoh: Gunakan metode Trapesium untuk mengaproksimasi
1
0
e−x2dx memakai n=6,
dan tentukan batas galatnya.
Metode Simpson (Parabol)
]
Gambar 5: Ilustrasi metode Simpson/Parabol
Partisikan interval [a, b] atas n bagian (n genap):
P : x0 = a < x1 < x2 < · · · < xn = b dengan Δxi = h = xi − xi−1 = b−a
n
Pada setiap dua subinterval [xi−1, xi] dan [xi, xi+1] dibentuk parabol (fungsi kuadrat)
p2(x) yang melalui titik-titik (xi−1, f(xi−1)), (xi, f(xi)), dan(xi+1, f(xi+1)).
xi+1
xi−1
f(x) dx ≈
xi+1
xi−1
p2(x) dx =
h
3
[(f(xi−1) + 4f(xi) + f(xi+1)]
Selanjutnya:
b
a
f(x) dx =
x2
x0
f(x) dx+
x4
x2
f(x) dx+ · · · +
xn
xn−2
f(x) dx
b
a
f(x) dx ≈ h
3
[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + 4f(x3) + 2f(x4) + · · · + 4f(xn−1) + f(xn)]
Hampiran ini disebut metode Simpson/Parabol.
Galat Metode Simpson: En = −(b−a)5
180n4 f(4)(c) dengan a ≤ c ≤ b.
Contoh: Terapkan metode Simpson thd.
1
0
e−x2dx dengan galat ≤ 0,0001
Perhitungan Luas Daerah/Keping:
Perhatikan keping yang dibatasi oleh
fungsi positif f(x), garis x = a, garis
x = b dan sumbu-x. Akan dihitung luas
keping tersebut memakai konsep integral.
Bentuk partisi P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b
Perhatikan elemen partisi ke i, yaitu [xi−1, xi]
Pilih titik wakil xi ∈ [xi−1, xi]
Bentuk persegipanjang dengan lebar ΔXi = xi − xi−1 dan tinggi f(xi).
Luas elemen ke i adalah ΔLi = f(xi)Δxi
Luas seluruh n persegipanjang adalah
n
i=1
ΔLi =
n
i=1
f(xi)Δxi
Luas daerah seluruhnya : L = lim
|P|→0
n
i=1
f(xi)Δxi =
b
a
f(x) dx.
Perhatikan:
• Tanda lim
|P|→0
n
i=1
berubah menjadi
b
a
• Fungsi f(xi) berubah menjadi f(x).
• Besaran Δxi berubah menjadi dx.
Contoh:
Hitung luas daerah yang dibatasi oleh grafik f(x) = x3+3x2, garis x = 1,
garis x = 3 dan sumbu-x.
Bagaimana bila fungsi f memuat bagian
negatif (lihat ilustrasi). Prinsip menghitung
luas daerahnya sama saja dengan
ilustrasi sebelumnya, hanya nilai fungsi f
harus dihitung positif.
Jadi luasnya L =
b
a
|f(x)| dx.
Untuk menghindari tanda mutlak biasanya dihitung sbb:
L = LI + LII + LIII =
c
a
f(x) dx +
d
c
(−f(x)) dx +
b
d
f(x) dx
Perhatikan bentuk keping yang lebih
umum dengan batas-batas: fungsi f(x),
fungsi g(x), garis x = a dan garis x = b.
Prinsip dasar: gambarkan elemen luasnya
lalu tentukan panjang dan lebar dari
elemen tersebut.
Luas elemen integrasi: ΔLi = [f(xi) − g(xi)] Δxi.
Luas daerah seluruhnya: L =
b
a
[f(x) − g(x)] dx.
Alternatif lain dari keping di bidang adalah seperti
pada gambar di samping kiri. Keping ini dibatasi
oleh grafik x = f(y), garis y = c, garis y = d,
dan sumbu-y. Pada kasus ini partisi dibuat pada
sumbu-y sepanjang [c, d]:
P : c = y0 < y1 < · · · < yn−1 < yn = d
Luas elemen integrasi: ΔL = f(yi)Δyi dengan Δyi = yi − yi−1.
Luas daerah seluruhnya : L =
d
c
f(y) dy.
Pada gambar-gambar di halaman berikutnya, lakukanlah sebagai berikut:
• Nyatakanlah batas-batas daerah yang dimaksud
• Gambarkan elemen integrasi untuk menghitung luas daerahnya.
• Tuliskan rumus elemen luasnya.
• Tuliskan rumus luasnya sebagai integral tentu.
Soal-Soal:
1. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik-grafik y = x + 6, y =
x3, dan 2y + x = 0
2. Tentukan luas daerah yang dibatasi oleh grafik y =
√
x, sumbu-y,
garis y = 0 dan garis y = 1
3. Sebuah benda bergerak sepanjang garis lurus dengan kecepatan v(t) =
3t2 − 24t + 36. Tentukan perpindahan dan jarak tempuh keseluruhan
selama interval waktu −1 ≤ t ≤ 9.
4. Misalkan y = 1
x2 untuk 1 ≤ x ≤ 6
a. Hitung luas daerah di bawah kurva tersebut.
b. Tentukan c sehingga garis x = c membagi daerah tersebut atas dua
bagian dengan luas sama.
c. Tentukan d sehingga garis y = d membagi daerah tersebut atas
dua bagian dengan luas sama
Volume Benda yang Luas Irisan Penampangnya Diketahui
Perhatikan gambar sebuah benda pejal di atas. Benda tersebut terletak
sepanjang interval [a, b]. Luas irisan penampang benda tersebut pada setiap
posisi x adalah A(x) (diketahui). Akan dihitung volumenya.
Partisikan interval [a, b]: P : a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b
Perhatikan elemen partisi ke i. Pilih titik wakil xi ∈ [xi−1, xi].
Bentuk silinder (lihat gambar sebelah kanan) dengan luas penampang
A(xi) dan tinggi Δxi.
Volume elemen integrasi: ΔVi = A(xi)Δxi.
Volume benda: V =
b
a
A(x)dx.
Contoh2:
1. Alas sebuah benda adalah daerah yang dibatasi oleh y = 1−x2
4 , sumbux,
sumbu-y. Bila penampang-penampang yang tegak lurus sumbu-x
berbentuk bujur sangkar, tentukan volume benda tersebut.
2. Alas sebuah benda adalah daerah yang dibatasi oleh sumbu-x dan
grafik y = sinx, 0 ≤ x ≤ π. Penampang yang tegak lurus sumbu-x
berbentuk segitiga sama sisi. Tentukan volumenya.
3. Alas sebuah benda adalah suatu daerah R yang dibatasi oleh y =
√
x
dan y = x2. Tiap penampang dengan bidang yang tegak lurus sumbux
berbentuk setengah lingkaran dengan garis tengah yang melintasi
daerah R. Tentukan volume benda tersebut.
4.
Tentukan volume irisan dua buah silinder
berjari-jari satu seperti pada gambar
disamping. Petunjuk: penampang
mendatar dari benda tersebut berbentuk
bujur sangkar
Volume Benda Putar: Metode Cakram dan Cincin
Perhatikan sebuah keping yang dibatasi oleh grafik-grafik y = f(x) ≥ 0,
sumbu-x, garis x = a, dan garis x = b (gambar sebelah kiri). Keping ini
diputar terhadap sumbu-x sehingga terbentuk gambar di sebelah kanan.
Dengan menggunakan konsep integral Riemann, akan dihitung volumenya.
Bentuk partisi P : a = x0 < x1 < · · · < xn = b
Pada setiap subint. [xi−1, xi], pilih titik wakil xi.
Bentuk silinder dengan jari-jari f(xi). dan tinggi
Δxi = xi − xi−1.
Volume elemen integrasi: ΔVi = πf2(xi)Δxi
Volume benda putar seluruhnya:
b
a
πf2(x) dx (Metode Cakram)
Contoh2: Gambarkan, lalu tentukan volume benda-benda putar berikut:
1. Daerah yang dibatasi oleh grafik y =
√
x, garis x = 4 dan sumbusumbu
koordinat diputar terhadap sumbu-x.
2. Daerah yang dibatasi oleh grafik y =
√
x, garis x = 4 dan sumbusumbu
koordinat diputar terhadap sumbu-y.
(disebut Metode Cincin karena cakramnya berlubang )
3. Daerah diantara grafik y = x2 dan y =
√
8x diputar terhadap sumbu-x.
4. Daerah diantara grafik y = x2 dan y =
√
8x diputar terhadap sumbu-y.
5. Daerah yang dibatasi oleh grafik y =
√
x, garis x = 4 dan sumbusumbu
koordinat diputar terhadap garis x = −1.
6. Daerah yang dibatasi oleh grafik y =
√
x, garis x = 4 dan sumbusumbu
koordinat diputar terhadap garis y = 5.
7. Daerah diantara y = x2 dan y =
√
8x diputar terhadap garis y = −2.
8. Daerah diantara y = x2 dan y =
√
8x diputar terhadap garis x = 3.
Volume Benda Putar: Metode Kulit Tabung
Metode ini pada prinsipnya sama saja dengan metode cakram/cincin. Perbedaannya
adalah partisi dilakukan pada sumbu yang tegak lurus terhadap
sumbu putar (lihat gambar berikut).
Pada metode kulit tabung dipilih xi = xi−1+xi
2 .
ΔVi = π x2i
f(xi) − π x2i
−1 f(xi)
ΔVi = π (x2i
− x2i
−1)f(xi)
ΔVi = π 2
xi + xi−1
2
(xi − xi−1) f(xi)
ΔVi = 2π xi f(xi)Δxi
Volume benda putar seluruhnya:
b
a
2π xf(x) dx.
Bahas soal-soal pada pasal sebelumnya memakai metode kulit tabung.
Kerja
Definisi: Kerja = Gaya × perpindahan, dinotasikan: W = F × d
Definisi di atas berlaku bila gaya dan perpindahannya berupa konstanta.
Sekarang coba perhatikan dua ilustrasi berikut ini:
Sebuah pegas ditarik sejauh d cm dari posisi
alamiahnya. Gaya yang diperlukan untuk
menarik pegas tersebut tidak konstan.
Semakin panjang pegas ditarik, gaya yang
diperlukan semakin besar. Jadi pada situasi
ini gaya yang bekerja tidak konstan.
Sebuah bak kerucut terbalik berisi penuh air. Seluruh
air tersebut dipompa sampai ke permukaan
bak. akan dihitung kerja yang dilakukan. Pada
masalah ini kita lihat perpindahan komponen air
berbeda-beda, air dekat permukaan atas hanya
berpindah sedikit, sedangkan yang dibagian bawah
pindah lebih jauh. Jadi pada masalah ini perpindahannya
tidak konstan.
Untuk menghitung kerja secara umum, perhatikan sebuah benda yang ditarik
oleh gaya F(x) dan berpindah dari x = a sampai x = b (lihat gambar
paling atas pada halaman 86).
Partisikan interval [a, b] atas x0 = a < x1, · · · , xn = b.
Perhatikan interval [xi−1, xi]. Pilih titik wakil xi
Sepanjang subinterval ini, gaya yang bekerja diaproksimasi oleh F(xi).
Dengan demikian kerja sepanjang subinterval ini: ΔWi = F(xi)Δxi.
Kerja seluruhnya adalah W =
b
a
F(x) dx
Soal-soal:
1. Sebuah pegas mempunyai panjang alami 10 cm. Untuk menarik dan
menahannya sejauh 2 cm diperlukan gaya sebesar 3 dyne. Tentukan
kerja yang dilakukan untuk menariknya sejauh 5 cm dari panjang alaminya.
(Gunakan hukum Hooke: untuk menahan pegas sejauh x cm
diperlukan gaya sebesar F = kx, dengan k adalah konstanta pegas).
2. Tangki berbentuk kerucut terbalik penuh berisi air. Tinggi tangki 2
meter dan jari-jari permukaan atasnya 1 meter. Bila besarnya gaya
gravitasi adalah g, tentukan kerja yang dilakukan untuk memompa
seluruh air sampai permukaan atas tangki.
3. Sebuah rantai yang beratnya 1 kg tiap meter, dipakai mengangkat
benda seberat 200 kg dari dasar sumur yang dalamnya 15 meter. Tentukan
kerja yang dilakukan untuk mengangkat benda tersebut sampai
permukaan sumur. (petunjuk: gaya yang diperlukan untuk mengangkat
benda adalah berat benda + berat rantai yang terjulur).
Momen & Titik Berat/Pusat Massa
Dua buah benda masing-masing dengan massa m1 dan m2 dihubungkan
dengan sepotong kawat kaku dan ringan (massa kawat diabaikan). Posisi
masing-masing benda adalah x1 dan x2. Titik x adalah titik tumpuan agar
keadaan sistem setimbang. Dari hukum fisika:
(x1 − x)m1 + (x2 − x)m2 = 0
Besaran (xi−x)mi disebut momen. Secara umum momen sebuah benda
terhadap sebuah titik/garis adalah massa × jarak benda terhadap titik/garis
tersebut.
Sekarang perhatikan sistem n buah benda dengan massa m1,m2, · · ·,mn
yang dihubungkan oleh kawat ringan sepanjang sumbu-x sbb.:
Dimanakah titik tumpuan x harus diletakkan agar sisyem menjadi setimbang.
Menurut hukum fisika, agar setimbang maka momen total benda
terhadap titik x harus bernilai nol. Jadi:
(x1 − x)m1 + (x2 − x)m2 + · · · + (xn − x)mn = 0
Bila kita susun diperoleh: x =
n
i=1
ximi
n
i=1
mi
Titik x disebut titik berat
Besaran m =
n
i=1
mi disebut massa total benda.
Besaran M =
n
i=1
ximi disebut momen total benda terhadap titik 0.
Contoh: Massa sebesar 4, 2, 6 dan 7 pon diletakkan pada posisi 0, 1, 2
dan 4. Tentukan titik berat dari sistem tersebut.
Titik Berat Kawat/Benda Satu Dimensi
Perhatikan sepotong kawat yang diletakkan sepanjang sumbu-x pada posisi
x = a sampai x = b. Bila rapat massa benda tersebut homogen maka
titik beratnya terletak ditengah-tengah kawat, x = a+b
2 . Sekarang akan
ditinjau kasus di mana rapat massa benda tidak homogen. Misalkan rapat
massanya adalah δ(x).
Bentuk partisi P : x0 = a < x1 < · · · < xn = b. Perhatikan potongan
kawat pada subinterval [xi−1, xi]. Pilih titik wakil xi. Selanjutnya kita
hitung aproksimasi massa dan momen potongan ini terhadap titik nol:
Δm = δ(xi)Δxi dan ΔM = xiδ(xi)Δxi
Dengan demikian Massa, momen dan titik berat kawat adalah:
m =
b
a
δ(x) dx , M =
b
a
x δ(x) dx dan x =
M
m
Contoh:
Kepadatan/rapat massa sepotong kawat adalah δ(x) = 3x2 gr/cm.
Tentukan pusat massa kawat antara x = 2 dan x = 10
Distribusi Massa Pada Bidang
Perhatikan n buah benda dengan
massa m1,m2, · · ·,mn yang terletak
di bidang dengan koordinat
(x1, y1), (x2, y2), · · · , (xn, yn). Misalkan
koordinat titik beratnya adalah (x, y).
(Perhatikan bahwa x adalah jarak titik
berat ke sumbu-y dan y adalah jarak
titik berat ke sumbu-x)
x =
My
m
, y =
Mx
m
, m =
n
i=1
mi

massa total
, My =
n
i=1
ximi

momen thd sb-y
, Mx =
n
i=1
yimi

momen thd sb-x
Contoh: Lima buah benda dengan massa 1, 4,2, 3, dan 6 gram terletak
pada koordinat (6,−1), (2, 3), (−4, 2), (−7, 4) dan (2,−2). Tentukan titik
beratnya (pusat massanya).
Pusat Massa Keping Homogen
Perhatikan sebuah keping homogen
seperti pada gambar di samping.
Partisikan interval [a, b] dan
perhatikan subinterval [x1−1, xi].
Tetapkan xi titik tengah antara xi−1
dan xi. Bentuk persegi panjang
seperti pada gambar di samping.
Pusat massa persegipanjang tersebut terletak pada perpotongan diagonalnya
(lihat gambar). Misalkan rapat massa keping adalah δ (konstanta),
maka:
Δm = δ (f(xi) − g(xi))Δxi m = δ
b
a
(f(x) − g(x)) dx
ΔMy = xδ (f(xi) − g(xi))Δxi My = δ
b
a
x (f(x) − g(x)) dx
ΔMx =
f(xi) + f(xi)
2
δ (f(xi) − g(xi))Δxi Mx =
δ
2
b
a

f2(x) − g2(x)

dx
Pusat massanya (x =
My
m
, y =
Mx
m
). Pusat massa keping homogen ini
tidak bergantung pada rapat massa δ, dan biasa disebut sentroid.
Catatan: Perhitungan pusat massa untuk keping tak homogen memerlukan
konsep integral lipat dua, akan dipelajari pada Kalkulus 2.
Latihan:
1. Tentukan sentroid keping yang dibatasi oleh y = x3 dan y =
√
x.
2. Tentukan rumus sentorid untuk keping homogen yang dibatasi oleh
grafik x = f(y), x = g(y), garis y = c dan garis y = d. Asumsikan
g(y) < f(y) ∀ y ∈ [c, d].
3. Pelajari teorema Pappus dari buku Purcell jilid 1 (terjemahan bahasa
Indonesia) edisi 5 halaman 365.
Fungsi-Fungsi Transenden
Fungsi real secara umum dibagi atas dua kelas yaitu:
• fungsi aljabar (polinom, fungsi rasional, akar, harga mutlak).
• fungsi transenden, yaitu yang bukan fungsi aljabar (contoh sin x).
Pada bagian ini akan dipelajari berbagai macam fungsi transenden disertai
sifat-sifatnya.
Fungsi Logaritma Asli
Perhatikan fungsi
x
1
1
tk dt dengan x > 0, k ∈ Z, k = 1. Fungsi tersebut
merupakan fungsi aljabar karena
x
1
1
tk dt = 1
1−k
1
xk−1
− 1

.
Untuk k = 1, fungsi di atas berbentuk
x
1
1
t dt. Fungsi ini tidak dapat ditentukan
secara eksplisit seperti di atas.
Fungsi logaritma asli, ditulis ln didefinisikan sbb. ln x =
x
1
1
t
dt , x > 0
Secara geometri, fungsi ln x dapat diilustrasikan sebagai berikut:
Perhatikan daerah yang dibatasi f(t) = 1
t , sumbu-x, t = 1, dan t = x
untuk x > 1,
x
1
1
t
dt = Luas R untuk x < 1,
x
1
1
t
dt = - Luas R
Berdasarkan teorema dasar Kalkulus 2, maka Dx[ln x] =
1
x
Latihan:
1. Tentukan Dx[ln
√
x ]
2. Tunjukkan Dx[ln |x|] = 1
x, jadi diperoleh

1
u
du = ln|u| + c
3. Tentukan
3
−1
x
10 − x2 dx
Sifat2: Misalkan a dan b bilangan-bilangan positif dan r ∈ Q
• ln 1 = 0
• ln(ab) = lna + lnb
• ln(a
b) = lna − ln b
• ln(ar) = r ln a
Grafik Fungsi Logaritma Asli
Misalkan f(x) = lnx, x > 0. Grafik memotong sumbu-x pada x = 1
f
(x) = 1
x > 0, jadi grafik
selalu monoton naik.
f

(x) = −1
x2 < 0, jadi grafik
selalu cekung ke bawah.
lim
x→0+
f(x) = −∞
lim
x→∞
f(x) = ∞
⎫⎬
⎭
lihat Purcell edisi 5, pasal 7.1
soal-soal 39 dan 40.
Penurunan Fungsi dengan Bantuan Fungsi Logaritma Asli:
Fungsi logaritma asli dapat digunakan untuk menyederhanakan proses perhitungan
turunan fungsi yang memuat pemangkatan, perkalian dan pembagian
seperti diilustrasikan berikut ini:
Tentukan turunan dari fungsi y =
√
1−x2
(x+1)2/3
Jawab: ln y = ln

 √
1−x2
(x+1)2/3

ln y = ln
√
1 − x2

− ln(x + 1)2/3
ln y = 12
ln

1 − x2
− 23
ln(x + 1)
Selanjutnya kita turunkan kedua ruas terhadap x
1
y y
 = 12
1
1−x2 (−2x) − 23
1
x+1
y
 = y
12
1
1−x2 (−2x) − 23
1
x+1

y
 =
√
1−x2
(x+1)2/3
12
1
1−x2 (−2x) − 23
1
x+1

Soal-Soal:
1. Tentukan turunan dari:
a. y = ln

x2 − 5x + 6

b. y = 1
ln x + ln
1
x
c. y = ln 3
√
x
d. y = ln(sinx)
2. Tentukan integral-integral berikut:
a.
4
2x+1 dx
b.
4x+2
x2+x+5 dx
c.
ln x
x dx
d.
1
0
x+1
x2+2x+2 dx
3. Hitunglah lim
n→∞
%
1
n + 1
+
1
n + 2
+ · · · +
1
2n
&
dengan cara menyusun bagian dalam kurung siku sebagai:
1
1+1/n + 1
1+2/n + · · · + 1
1+n/n

1
n
lalu terapkan konsep integral tentu sebagai limit jumlah Riemann.
Fungsi Invers dan Turunannya
Pada setiap grafik di atas, periksalah kebenaran pernyataan berikut:
• Setiap satu titik x berpasangan dengan tepat satu titik y
• Setiap satu titik y berpasangan dengan tepat satu titik x
Sebuah fungsi disebut fungsi satu-satu , bila untuk setiap titik y berpasangan
hanya dengan satu titik x.
fungsi f bersifat satu-satu ⇐⇒ f monoton murni (ilustrasikan)
Misalkan f fungsi satu-satu. Kita definisikan fungsi baru, dinamakan fungsi
invers , disimbolkan f−1, dengan aturan:
f
−1(b) = a ⇐⇒ f(a) = b
Perhatikan pada aturan fungsi di atas b ∈ Rf dan a ∈ Df .
Secara umum Df−1 = Rf, dan Rf−1 = Df
f−1(f(a)) = a dan f(f−1(b)) = b
• fungsi y = f(x) = x3 mempunyai invers dengan aturan f−1(y) = 3
√
y
• fungsi y = f(x) = x2 tidak mempunyai invers (bukan fungsi satu-satu).
Catatan: penulisan nama peubah/variabel pada fungsi invers tidak harus menggunakan
huruf y, boleh saja menggunakan sebarang simbol, misalnya f−1(t) atau f−1(x). Hal
yang perlu diperhatikan adalah formula dari aturan tersebut.
Contoh-Contoh:
1. Tunjukkan f(x) = x5 + 2x + 1 memiliki invers
2. Tunjukkan f(x) = 2x + 6 memiliki invers dan tentukan aturannya.
3. Tentukan fungsi invers dari f(x) = x
1−x.
Menggambar Grafik Fungsi dan Inversnya
Misalkan diberikan grafik dari fungsi f(x), kita akan menggambar grafik
fungsi inversnya pada koordinat yang sama. Dengan demikian f dan f−1
keduanya kita tuliskan dalam variabel yang sama, yaitu x.
Prinsip: misalkan titik (a, b) pada grafik f(x), maka titik (b,a) berada
pada grafik f−1 (lihat gambar di bawah, sebelah kiri).
Dengan demikian grafik f−1(x) dapat diperoleh dari grafik f(x) dengan
mencerminkannya (titik demi titik) terhadap garis y = x (gambar kanan).
Turunan Fungsi Invers
Akan ditinjau hubungan turunan fungsi dengan turunan fungsi inversnya.
Pada gambar di samping, diberikan garis
lurus f(x) yang melalui titik (a, b) dan
(c, d). Fungsi invernya f−1(x) adalah garis
lurus yang melalui titik (b, a) dan d, c).
Gradien f di titik (a, b) adalah m1 = b−d
a−c.
Gradien f−1 di titik (b, a) adalah m2 = a−c
b−d = 1
m1
Dengan demikian, bila (a, b) pada grafik f maka (f−1)
(b) = 1
f
(a)
Sekarang kita perhatikan untuk fungsi sebarang f(x).
Terhadap fungsi f, kemiringan garis
singgung di titik (a, b) adalah kemiringan
garis p, yaitu f
(a). Terhadap grafik f−1,
garis singgung singgung di titik (b, a) (garis
q) merupakan cermin dari garis p terhadap
gari y = x. Berdasarkan hasil di halaman
sebelumnya, maka (f−1)
(b) = 1
f
(a) .
Sifat: Misalkan (x,y) pada grafik fungsi f maka (f−1)
(y) = 1
f
(x) .
Soal-Soal:
1. Tunjukkan f(x) = x3+1
x3+2 punya invers dan tentukan aturan f−1(x).
2. Tentukan (f−1)
(4) bika = f(x) = x2 + 2x + 1.
3. Misalkan f(x) =
x
0
√
1 + 2t2 dt, x > 0
a. Tunjukkan f(x) punya invers
b. Jika f(2) = A, tentukan (f−1)
(A)
Fungsi Exponen Asli
Perhatikan kembali fungsi logaritma asli f(x) = lnx , x > 0.
f
(x) = 1
x > 0. Jadi f fungsi monoton naik, sehingga mempunyai invers.
Fungsi inversnya disebut fungsi exponen asli dan dinotasikan sbb.
x = f
−1(y) = expy ⇐⇒ y = f(x) = lnx
Perhatikan, di sini Df−1 = Rf = R dan Rf−1 = Df = (0,∞)
Sifat: (a.) exp(ln x) = x, x > 0 dan ln(exp y) = y, y ∈ R
Pada gambar di samping disajikan
grafik fungsi y = expx yang diperoleh
dari pencerminan grafik
y = lnx terhadap sumbu-y = x.
Untuk mengamati sifat-sifat lanjut
dari fungsi exponen, kita definisikan
bilangan baru, yaitu e yang
bersifat ln e = 1 (lihat ilustrasi).
e = 2.71828182845904 · · ·
Misalkan x ∈ R maka exp x = exp(x ln e) = exp(lnex) = ex.
Dari sifat fungsi invers: eln x = x, x > 0 dan ln(ex) = y, y ∈ R
Sifat-Sifat:
• eaeb = ea+b dan ea
eb = ea−b
• Dx[ex] = ex sehingga

eu du = eu + c
Bukti: Misalkan y = lnx, maka x = lny
Dx[x] = Dx[ln y]
1 = 1
y y

y
 = y
y
 = lnx
Soal-Soal
1. Tentukan Dx[e
√
x] dan Dx[x2 ln x]
2. Tentukan

e−4x dx dan

x2e−x3
dx
3. Tentukan luas daerah yang dibatasi grafik y = e−x dan garis yang
melalui titik (0, 1) dan (1, 1
e).
Fungsi Eksponen Umum
Fungsi eksponen umum didefinisikan sebagai berikut:
Misalkan a > 0 dan x ∈ R, fungsi eksponen umum ax := ex ln a
Sifat-Sifat: 1. Misalkan a, b > 0 dan x, y ∈ R
• ax ay = ax+y
• ax
ay = ax−y
• (ax)y = axy
• (ab)x = ax bx
•
a
b

= ax
bx
2. Dx[ax] = ax ln a
3.

ax dx =
1
ln a
ax + c
Contoh: (1) Tentukan Dx[3
√
x] (2) Tentukan
2
1
2x3
x2 dx
Fungsi Logaritma Umum
Fungsi logaritma umum didefinisikan sebagai invers dari fungsi eksponen
umum sebagai berikut:
Misalkan a > 0 dan a = 1, y = loga x ⇐⇒ x = ay
Sifat: • loga x =
ln x
ln a
• Dx[loga x] =
1
x ln a
Soal-Soal:
1. Tentukan (a) Dx[xx] (b) Dx[(x2 + 1)sin x] (c) Dx[(ln x2)2x+3]
2. Tentukan (a)

x 2x2 dx (b)
4
1
5
√
x √
x dx
3. Misalkan f(x) = ax−1
ax+1, a>0, a = 1. Tunjukkan f(x) punya invers
dan cari rumus untuk f−1(x).
4. Tunjukkan lim
h→0
(1 + h)
1
h = e
Masalah2 Pertumbuhan dan Peluluhan Eksponensial
Pada tahun 1975, penduduk dunia diperkirakan berjumlah 4 · 109 orang.
Salah satu model pertumbuhan mengatakan laju pertambahan penduduk
berbanding lurus dengan jumlah penduduk saat itu (wajarkah model ini ?).
Misalkan t menyatakan waktu dalam tahun, dengan t = 0 adalah tahun
1975 dan y adalah jumlah penduduk saat t, maka
dy
dt
= k y k = 0, 0198 (konstanta, hasil statistik).
Konstanta k dicari dari hasil sensus ditahun-tahun sebelumnya (jelaskan).
Dengan menyelesaikan persamaan diferensial di atas, maka kita dapat
memperkirakan jumlah penduduk setiap saat.
dy
y
= k dt ⇐⇒

dy
y
=

k dt ⇐⇒ ln |y| = kt + c
Karena y selalu poistif maka tanda mutlak bisa dihilangkan, jadi
ln y = kt + c ⇐⇒ y = ekt+c ⇐⇒ y = ec ekt
Untuk mencari nilai c, kita gunakan y(0) = 4 · 109
4 · 109 = ec e0, jadi ec = 4 · 109.
y = 4 · 109 ekt
Prakiraan jumlah penduduk pada tahun 2004 (t = 29) adalah:
y = 4 · 109 e0,0198·29 ≈ 7, 102837564.109
Diskusi:
Bila t besar sekali (t −→ ∞), menuju berapakah jumlah penduduk ?
dengan demikian, wajarkan model pertumbuhan di atas ?
Soal-Soal:
1. Laju pembiakan bakteri adalah sebanding dengan jumlah bakteri saat
itu. Jumlah bakteri pada Pk 12.00 adalah 10000. Setelah 2 jam
jumlahnya menjadi 40000. Berapa jumlahnya pada pk 17.00 ?
2. Akibat memancarkan sinar radioaktif, Karbon-14 meluluh (berkurang
beratnya dengan laju sebanding dengan jumlah zat saat itu. Waktu
paruhnya (waktu untuk mencapai setengah beratnya) adalah 5730 tahun.
Bila pada saat awal terdapat 10 gram, berapakan beratnya setelah 2000
tahun ?
Tugas Mandiri: Pelajari model bunga majemuk (Purcell jilid 1 (terjemahan,
Edisi 5 Pasal 7.5 halaman 403)
Model Pertumbuhan Logistik (optional)
Model pertumbuhan yang telah di bahas bukanlah model matematika yang
ideal, karena bila t membesar terus, jumlah individu menuju nilai ∞. Hal
ini tentunya tidak realistik. Bila jumlah individu terlalu banyak sedangkan
jumlah makanan terbatas tentunya yang mati akan banyak. Model yang
lebih baik adalah model logistik sbb.:
y
 = ky(L − y), k,L konstanta
Dua grafik di bawah ini menjelaskan keadaan jumlah penduduk bila t membesar.
Gambar sebelah kiri untuk keadaan awaly <K, sedangkan gambar
sebelah kanan untuk keadaan awal y >K. (Jelaskan!).
Fungsi Trigonometri Invers
Fungsi-fungsi trigonometri bukanlah fungsi satu-satu. Supaya fungsi inversnya
dapat didefinisikan, maka daerah definisinya dibatasi (pada bagian
yang monoton murni saja). karena fungsi-fungsi trigonometri bersifat periodik,
pembatasan daerah definisinya diambil yang berada disekitar x = 0.
Fungsi Invers Sinus
x = sin−1 y ⇐⇒ y = sinx dengan −π
2 < x < π
2
Dsin
−1 = [−1, 1] dan Rsin
−1 = [−π
2 , π
2 ]
Fungsi Invers Cosinus
x = cos−1 y ⇐⇒ y = cos x
Dcos−1 = [−1, 1]
Rcos−1 = [0, π]
Contoh: Hitunglah
(a.) sin−1(
√
2/2)
(b.) sin−1(−1
2)
(c.) cos−1(
√
3/2)
(d.) cos−1(−1
2)
(e.) cos(cos−1(0, 6))
(f.) sin−1(sin(3π/2))
Fungsi Invers Tangens
x = tan−1 y ⇐⇒ y = tan x
Dtan−1 = R
Rtan−1 = (−π/2, π/2)
Fungsi Invers Secan
x = sec−1 y ⇐⇒ y = secx
Dsec−1 = (−∞,−1] ∪ [1,∞)
Rsec−1 = (0, π
2 ) ∪ (π
2, π)
Sifat: sec−1 y = cos−1(1
y )
Sifat-Sifat
a. sin

cos−1 x

=
√
1 − x2 (buktikan!)
b. cos

sin−1 x

=
√
1 − x2
c. sec

tan−1 x

=
√
1 + x2
d. tan

sec−1 x

=

−
√
x2 − 1 x ≤ −1
+
√
x2 − 1 x ≥ 1
(buktikan!)
Turunan Fungsi Trigonometri Invers:
a. Dx[sin
−1 x] =
√ 1
1 − x2
−1 < x < 1 (buktikan!)
b. Dx[cos
−1 x] = −√ 1
1 − x2
−1 < x < 1
c. Dx[tan
−1 x] =
√ 1
1 + x2
d. Dx[sec
−1 x] =
1
|x|
√
x2 − 1
|x| > 1 (buktikan!)
Akibat:
a.

√ 1
1 − x2
dx = sin
−1 x + c
b.

1
1 + x2 dx = tan
−1 x + c
c.

1
x
√
x2 − 1
dx = sec
−1 |x| + c
Contoh-Contoh:
1. Tentukan (a) Dx[sin−1(x3 + 2x)] (b) Dx[(sec−1 x2)2]
2. Tentukan (a)
π 2
0
sin θ
1+cos2 θ dθ
ex
1+e2x dx
3. Daerah yang dibatasi oleh y = 5(x2 + 1)−12
, sumbu-x, sumbu-y dan
garis x = 4 diputar terhadap sumbu-x. Tentukan volumenya.
4. Pada ketinggian 2 km, sebuah pesawat bergerak horizontal dengan laju
600 km/jam, di atas seoarang pengamat. Tentukan laju sudut elevasi
antara pesawat dan orang tersebut pada saat jarak keduanya 3 km.
Fungsi-Fungsi Hiperbol dan Inversnya
Fungsi hiperbol dibentuk dari berbagai kombinasi fungsi exponen sbb:
1. sinh x =
1
2

ex − e
−x
2. cosh x =
1
2

ex + e
−x
3. tanh x =
sinh x
cosh x
4. coth x =
cosh x
sinh x
5. sech x =
1
cosh x
6. csch x =
1
sinh x
Dari definisi di atas, buktikanlah isi tabel berikut ini:
sinh x cosh x
daerah definisi R R
sifat fungsi ganjil genap
turunan fungsi cosh x sinh x
kemonotonan naik turun di (−∞, 0)
naik di (0,∞)
titik ekstrim tidak ada min. global di x = 0
kecekungan cekung ke bawah di (−∞, 0) cekung ke atas
cekung ke atas di (0,∞)
titik belok x = 0 tidak ada
Sifat-Sifat:
• cosh2 x − sinh2 x = 1
• 1 − tanh2 x = sech2x
• 1 − coth2 x = −csch 2x
• Dx[tanh x] = sech2x Dx[coth x] = −csch 2x
• Dx[sech x] = −sech x tanhx Dx[csch x] = −csch x coth x
Contoh: Tentukan (a) Dx[cosh2(3x − 1)] (b)

tanhx
Invers Fungsi Hiperbol
x = sinh
−1 y ⇐⇒ y = sinhx
x = cosh
−1 y ⇐⇒ y = coshx x≥ 0
x = tanh
−1 y ⇐⇒ y = tanh x
x = sech−1y ⇐⇒ y = sechx x≥ 0
Sifat-Sifat:
a. sinh
−1 x = ln(x +
√
x2 + 1)
b. cosh
−1 x = ln(x +
√
x2 − 1) x ≥ 1
c. tanh
−1 x = 1
2 ln
1+x
1−x

−1 < x < 1
d. sech −1x = ln


1+
√
1−x2
x

0 < x ≤ 1
Bukti b. y = cosh
−1 x ⇐⇒ x = coshy = ey+e
−y
2 y ≥ 0
(ey)2 − 2xey + 1 = 0
ey = x ±
√
x2 − 1
y = ln

x ±
√
x2 − 1

y = ln

x +
√
x2 − 1

(karena y ≥ 0) ♠
Turunan Fungsi Invers Hiperbol
Dx[sinh
−1 x] = √ 1
x2+1
Dx[cosh
−1 x] = √ 1
x2−1
x > 1
Dx[tanh
−1 x] = 1
1−x2 −1 < x < 1
Dx[sech −1x] = −1
x
√
1−x2 0 < x < 1
FITK FIAIK UNSQ ARIEZ

Benarkah Sedna Planet Kesepuluh?

Winny Liliawati (Pendidikan Fisika FPMIPA UPI) 
 

      TATA surya adalah suatu sistem dengan Matahari sebagai pusat dan dikelilingi planet-planet dan benda-benda antarplanet seperti komet, asteroid dan meteoroid. Kita telah mengenal ada sembilan planet yang mengelilingi Matahari dari yang terdekat dari Matahari yaitu Merkuris, Venus, Bumi, Mars, Jupiter, Saturnus, Uranus, Neptunus, dan Pluto.

       Planet Merkurius, Venus, Mars, Jupiter dan Saturnus dapat kita lihat dengan mata telanjang (tanpa menggunakan teleskop), karena ukuran dan jaraknya dari bumi masih dalam jangkauan penglihatan. Planet tersebut tampak bersinar di langit. Para astronom telah mempelajari kelima planet tersebut selama ribuan tahun.

Setelah penemuan teleskop, ketiga planet lainnya ditemukan. Herschel menemukan Uranus pada 13 Maret 1781 di malam hari. Neptunus ditemukan berdasarkan perhitungan Jhon Couch Adams dan Le Verrier dan dilihat pertama kali di langit pada tanggal 23 September 1846 oleh Johann G. Galle (1812 - 1910), asisten kepala observatorium Berlin.

       Pluto ditemukan berdasarkan perhitungan ahli matematika, Percival Lowell, dan dilihat pertama kali di langit oleh Clyde W. Tombaugh pada tanggal 13 Maret 1930. Mereka berdua bekerja di observatorium Lowell, Arizona, AS. Setelah penemuan Pluto, para astronom berusaha untuk mencari planet kesepuluh. 

Planet kesepuluh
 

      Para astronom yang terdiri dari Mike Brown (Caltech), Chad Trujillo (observatorium Gemini) dan David Rabinowitz (Universitas Yale) dengan menggunakan teleskop Samuel Oschin di observatorium Palomar, San Diego, telah berhasil menemukan planet kesepuluh yang diberi nama 2003 VB12 atau yang dikenal dengan nama Sedna. Temuan mereka terjadi pada tanggal 14 November 2003.

      Penamaan Sedna mengambil nama Dewi Samudra bangsa Inuit. Tetapi sampai sekarang ini, beberapa astronom masih memperdebatkan apakah Sedna merupakan suatu planet ataukah sebagai suatu asteroid atau komet dengan mempertimbangkan ukuran dan orbitnya. Kejadian sama terjadi ketika pertama kali ditemukan Planet Pluto. Dahulu para astronom memperdebatkannya. Bahkan hingga kini masih ada menganggap Pluto bukan planet tapi asteroid, meski ada pula yang berpendapat Pluto sebagai planet kesembilan.

Begitu pula dengan "nasib" planet Sedna. Beberapa astronom menganggap, Sedna adalah planet yang kesepuluh, di pihak lain ada yang berpendapat Sedna bukan suatu planet, tetapi planetoid. Perdebatan itu berlangsung sampai sekarang. Kita tunggu saja informasi selanjutnya mengenai Sedna, sehingga tidak menjadi konflik yang berkepanjangan antara para astronom seperti yang dialami ketika pertama kali Pluto ditemukan.

Dengan menggunakan teleskop ruang angkasa Spitzer Space Telescope, diketahui Sedna berada di awan Oort. Tepatnya berjarak tiga kali jarak Pluto ke matahari, yaitu sekira 17 miliar km (90 AU). Karena jaraknya yang jauh dari Matahari, permukaan Sedna memiliki temperatur minus 400 derajat Fahrenheit (-240 derajat Celsius). Diameter Sedna hampir sama dengan diameter Pluto dan kemungkinan menurut astronom bisa lebih besar yaitu sekira 1.180 - 2.360 km (730 - 1.470 mil).

        Untuk dapat melihat Sedna diperlukan teropong dengan diameter dan panjang fokus yang besar serta dengan CCD yang beresolusi tinggi. Sayangnya Indonesia tidak dapat melihat Sedna karena keterbatasan alat yang dimiliki. Posisi Sedna berada di arah Selatan-Barat (Barat Daya), di dekat Planet Mars dan Venus dengan magnitudo 20,5 dengan menggunakan filter R, seperti yang ditunjukkan pada gambar.

Tidak sepaham

Meski ada perbedaan anggapan terhadap Sedna, para astronom berpendapat sama, Sedna merupakan anggota tata surya kita. Hal ini dapat ditunjukkan dari orbitnya yang mengelilingi Matahari. Selain itu, jaraknya yang relatif dekat dengan Matahari dibanding dengan jarak bintang terdekat yaitu Alpha Century sekira 4,4 tahun cahaya (41,6 triliun km). Tetapi apakah Sedna merupakan planet, ini masih diperdebatkan sampai sekarang ini.

Ada sekelompok astronom mendefinisikan planet sebagai benda langit yang bergerak mengelilingi matahari. Kalau mengacu definisi tersebut berarti planet yang dikenal sekarang ini bukan sembilan planet saja, tapi lebih dari ratusan planet. Ada juga yang berpendapat, benda langit dikatakan sebagai planet kalau massa benda tersebut lebih massive (padat) dibanding dengan dengan massa total benda-benda langit di sekitarnya dalam orbit yang sama. Contohnya bulan atau satelit yang memiliki orbit yang sama dengan orbit bumi mengelilingi Matahari. Karena Bumi lebih massive dibandingkan Bulan, maka bulan bukanlah suatu planet.

         Begitu pula dengan Pluto yang berada di daerah Kuiper Belt. Massa Pluto dibandingkan dengan massa total benda-benda langit di daerah tersebut lebih kecil, sehingga Pluto bukan disebut planet. Kalau kita mengacu dengan definisi ini berarti hanya ada delapan planet yang telah ditemukan sampai sekarang.

Ketidakseragaman pendapat para astronom mengenai definisi dari planet menimbulkan perdebatan, apakah Sedna termasuk ke dalam planet atau bukan? Saran penulis, tetapkan secara universal mengenai definisi planet, sehingga tidak terjadi perbedaan definisi di antara para astronom.

        Jika ditinjau dari komposisi kimia, Sedna terdiri dari es beku, metana beku, dan lain sebagainya. Komposisi ini sama halnya dengan komposisi yang dimiliki planet. Di sisi lain, Sedna tampak berwarna merah seperti planet Mars. Hal ini membingungkan astronom, apakah komposisi kimianya sama dengan Mars?

Sedna juga terdiri dari es beku, yang merupakan komposisi kimia yang dimiliki oleh komet. Tapi Sedna bukanlah komet, karena komet akan mengembuskan gas yang berpijar jika mendekati Matahari dan tampak dari Bumi seperti ekor. Sedna ternyata tidak demikian walaupun orbitnya hampir sama dengan komet. Lantas bagaimana dengan asteroid. Apakah Sedna adalah asteroid? Jelas bukan, karena periode orbit Sedna normal dan teratur dibandingkan dengan asteroid.

       Jika bukan komet atau asteroid, berarti Sedna adalah planet? Namun jika menilik ukuran yang kecil, Sedna bukanlah planet. Demikian pula bila ditinjau dari orbitnya yang sangat lonjong dan tidak sama dengan orbit planet umumnya. Sementara bila ditinjau dari ukuran, komposisi kimia dan orbit dari Sedna, maka Sedna cenderung memiliki sifat ke arah yang sama dengan komet. Mungkin karena jarak perihelion-nya yang sangat jauh (76 kali jarak Bumi-Matahari), maka Sedna tidak tampak berekornya. Tapi untuk menyimpulkan Sedna adalah komet perlu informasi lebih lanjut. Sedna merupakan suatu planet adalah kesimpulan yang terlalu dini.

Kita tunggu saja informasi selanjutnya dari teleskop-teleskop ruang angkasa yang dikirim oleh negara-negara adidaya, sehingga membuka pandangan para astronom lebih jauh untuk menyimpulkan apakah Sedna adalah planet atau bukan.***

Sumber : Pikiran Rakyat (29 April 2004)

mata kuliah fisika

Keberpasangan: dari Teori Fisika, Ayat Al Quran dan Alkitab [2]

Perseteruan
              Dalam abad 20, terjadi perseteruan hebat antara Fisika Relativitas dan Fisika Kuantum. Pada akhir Oktober 1927, atas prakarsa pengusaha sabun kaya raya, Ernst Solway, pertama kali diselenggarakan pertemuan paling penting dalam sejarah sains modern. Pertemuan ini terkenal dengan sebutan Konferensi Solway, bertempat di Hotel Metropole, Brussel, Belgia. Pertemuan pertama ini menjadi sangat terkenal lantaran terjadi perseteruan antara dua pemikir garis depan, Niels Bohr dan Albert Einstein. Perseteruan tersebut dipicu oleh pengumuman Bohr tentang tafsirannya terhadap Teori Kuantum, yang kemudian terkenal dengan sebutan Aliran Kopenhagen.
Aliran Kopenhagen memperkenalkan dua prinsip paling mendasar dalam fisika, yakni Prinsip Saling Melengkapi (dalam kaitannya dengan konsep materi) dan Prinsip Ketidakpastian (dalam kaitannya dengan konsep ruang-waktu). Masalahnya timbul manakala Einstein secara terbuka menyatakan ketidaksetujuannya terhadap Prinsip Ketidakpastian, yang diyakini sebagai pengganti Prinsip Sebab-Akibat. Setiap jamuan teh sore hari, Einstein selalu menyerang prinsip-prinsip Bohr. Ia merancang berbagai percobaan pikiran untuk menemukan berbagai kontradiksi dalam prinsip tersebut. Namun selalu saja Bohr mampu menemukan kelemahan konsep Einstein dan  mementahkannya.
Pada konferensi selanjutnya, tahun 1930, Einstein mengajukan apa yang disebutnya sebagai paradoks kotak cahaya, yang dirancang untuk menggugurkan ketidakpastian. Ia mengambarkan kotak penuh cahaya dan menganggap energi foton dan waktu pancarannya bisa ditentukan secara pasti. Waktu dan energi adalah sepasang variabel yang memenuhi Prinsip Ketidakpastian. Caranya kotak ditimbang terlebih dahulu. Dengan pengatur cahaya yang dijalankan jam di dalam kotak, satu foton dipancarkan. Lalu kotak tersebut ditimbang lagi untuk mengetahui massanya. Kalau perubahan massanya diketahui, maka energi foton dapat dihitung dengan persamaan E=mc². Perubahan energi diketahui dengan tepat, begitu juga waktu pancaran fotonnya, sehingga gugurlah Prinsip Ketidakpastian.
Percobaan pikiran ini membuat Bohr kelimpungan. Semalam suntuk ia mencari kelemahan hujah Einstein. Pagi harinya Bohr menggambarkan kotak cahaya. Dengan gigih, ia mematahkan argumen Einstein: “Ketika foton dipancarkan terjadi sentakan yang menyebabkan ketidakpastian posisi jam dalam medan gravitasi bumi. Ini menyebabkan semacam ketidakpastian pencatatan waktu berdasarkan asumsi Teori Relativitas Umum”.
Einstein sejauh itu kalah dalam berbagai adu argumentasi dengan Bohr. Namun perseteruan berlanjut hingga tahun 1935, ketika ia menetap di Amerika Serikat dan menjadi guru besar di Institute for Advanced Study, Princeton. Einstein mengajukan paradoks yang sampai sekarang masih diperdebatkan. Bersama dua kolega mudanya, Boris Podolsky dan Nathan Rosen, ia mengajukan masalah yang terkenal dengan sebutan Paradoks EPR (Einstein-Podolsky-Rosen) untuk meruntuhkan Prinsip Ketidakpastian.
Kalau ada sepasang partikel, misalnya A dan B, dalam keadaan tunggal atau kedua spinnya saling meniadakan (berpasangan). Keduanya bergerak saling menjauh dalam arah tertentu. Suatu ketika spin A ditemukan dalam keadaan ‘atas’. Karena kedua spin harus saling meniadakan, maka dalam arah yang sama spin B harus dalam keadaan ‘bawah’. Fisika klasik sama sekali tidak mempersoalkan hal ini. Cukup disimpulkan bahwa spin B harus selalu ‘bawah’ sejak pemisahan. Masalahnya mulai tampak manakala Aliran Kopenhagen memperlakukan spin A selalu tak pasti sampai ia diukur dan harus mempengaruhi B seketika itu juga, yaitu mengatur agar spin B berpasangan dengannya. Ini berarti ada aksi pada jarak atau komunikasi yang lebih cepat dari kecepatan cahaya, yang tidak bisa diterima. Einstein dan para koleganya mengusulkan apa yang disebut Prinsip Lokalitas sebagai jalan tengah paradoks ini, sehingga ia mengartikannya sebagai kealpaan Aliran Kopenhagen. Kalau sistem tersebut dipisahkan satu sama lain, pengukuran yang satu tentu tidak akan berpengaruh terhadap yang lain. “Jangan pernah lupakan Teori Relativitas Khusus saya: tidak ada yang lebih cepat dari cahaya”, demikian Einstein menegaskan.
Meskipun demikian, Bohr tetap tidak setuju terhadap konsep pemisahan tersebut. Ia segera mengingatkan Einstein dan semua penyokong sains bahwa mazhabnya selalu menegaskan bahwa mekanika kuantum sangat tidak memperbolehkan pemisahan antara pengamat dan yang diamati. Dua elektron dan pengamat adalah bagian dari satu sistem yang utuh. Jadi, percobaan EPR, menurut dia, tidak membuktikan ketidaklengkapan Teori Kuantum. “Sangat naif anggapan bahwa sistem atom dapat dipisah-pisah. Sekali dikaitkan, sistem atom tak akan pernah terpisahkan”, demikian Bohr menegaskan.³
Dalam pengamatan-pengamatan selanjutnya didapatkan bahwa Prinsip Ketidakpastian berlaku dalam dunia skala kecil dan dapat diabaikan dalam dunia skala besar. Sebaliknya, sebab-akibat berlaku dalam dunia skala besar dan dapat diabaikan dalam dunia skala kecil. Pola yang sangat teratur itu memperlihatkan adanya relasi keberpasangan. Bahwa sebab-akibat maupun ketidakpastian bukanlah dua hal yang saling mengalahkan satu sama lain. Mereka berlaku kedua-duanya, berdampingan, dan sederajat, sebagai sebuah keberpasangan. Alat ukur fisikawan yang tidak bisa lebih halus lagi dari gelombang elektromagnetik menyebabkan usikan-usikan terhadap objek pengamatan. Bagi objek-objek halus seperti elektron, usikan itu akan sangat mengganggu ketelitian pangukuran, sedangkan bagi objek-objek yang kasat mata seperti bola, meja, bintang, planet, dan sebagainya, usikan-usikan itu tidaklah berarti. Maka diyakini bahwa pengaruh ketidakpastian sangat kuat dalam dunia partikel subatomik dan diabaikan dalam dunia skala besar, sedangkan pengaruh sebab-akibat Newton dapat diamati dalam dunia skala besar bintang dan diabaikan pada dunia partikel subatomik.
Selain kasus-kasus di atas, mestinya masih banyak kasus keberpasangan lain dalam fisika. Kasus-kasus di atas ditemukan setelah konsep-konsepnya mapan. Kalau prosesnya diperluas, yakni mengintegrasikan keberpasangan dalam konsep-konsep yang belum mapan secara eksperimen, misalnya Teori Supersimetri dan Superstring, kita akan mendapatkan yang lebih banyak lagi. Tapi apakah kita bisa melakukannya?
Di Alkitab
Sekedar informasi, pada tanggal 17 November 2008, saya menemukan ayat-ayat dalam Alkitab yang menjelaskan secara eksplisit (meskipun tidak seeksplisit Alquran) mengenai keberpasangan:
“Di sana ular pohon bersarang dan bertelur, mengeram sampai telurnya menetas, burung-burung berdendang saja berkumpul di sana, masing-masing dengan pasangannya. Carilah di dalam kitab Tuhan dan bacalah: satu pun dari semua makhluk itu tidak ada yang ketinggalan dan yang satu tidak kehilangan yang lain, sebab begitulah perintah yang keluar dari mulut Tuhan, dan Roh Tuhan sendiri telah mengumpulkan mereka (Yesaya 34:15-16)”.
Disarikan dari:
¹Tafsir Al-Mishbah (Quraisy Shihab)
²Seri Mengenal dan Memahami Einstein (Joseph Schwartz dan Michael
McGuinness)
³Seri Mengenal dan Memahami Teori Kuantum (JP. McEvoy dan Oscar Zarate)
Tags: Albert Einstein, aliran kopenhagen, Ayat Al Quran dan Alkitab, belgia, boris podolsky, brussel, ernst solway, fisika kuantum, fisika relativitas, hotel metropole, institute for advance study, Keberpasangan: dari Teori Fisika, konferensi solway, nathan rosen, niels bohr, paradoks EPR, paradoks kotak cahaya, partikel subatomik, princeton, prinsip ketidakpastian, prinsip lokalitas, prinsip saling melengkapi, relasi keberpasangan, sains modern, supersimetri, superstring, teori kuantum, waktu dan energi

Alam Gaib dari Sudut Pandang Fisika Teori

            SETELAH ruang ada lagi ruang. Panjang, lebar dan tinggi, tiga dimensi yang membentuk ruang. Jika ditambah dengan satu satuan lagi maka akan terbentuk dimensi keempat. Dimensi ”gaib” ini dipercaya eksistensinya oleh para pakar fisika teori. Mereka menyebutnya hyperspace atau hiperspasial.
Ada juga yang menyebut dimensi keempat ini sebagai dimensi kelima. Ini karena waktu dianggap sebagai dimensi keempat dalam realita hidup ini. Namun waktu sejauh ini bersifat linier atau berada pada garis lurus yang tidak akan pernah kembali lagi. Waktu pun tidak membentuk ruang baru yang bisa ditempati oleh entitas yang memiliki dimensi (tiga saja tentunya).
Hiperspasial ini sudah sejak abad 19 dibicarakan para pemikir fisika. Baru pada abad 20 pendapat berbobot mengenai ini dikemukakan oleh ahli matematika Prusia, Theodore Kaluza. Pada tahun 1919, Kaluza menulis surat kepada Albert Einstein yang mengungkapkan bahwa seharusnya ada dimensi keempat. Ia memberi alasan bahwa gravitasi dan radiasi gelombang elektromagnetik merupakan manifestasi yang sama dari suatu entitas ke ruangan yang sama. Baru tiga tahun kemudian Einstein membalas surat Kaluza itu dengan persetujuannya.
Bukti
Bagi masyarakat awam, di luar Einstein dan kawan-kawannya, lebih mudah mengadaptasi konsep gaib dibandingkan teori fisika yang rumit. Kita hanya akan mengamini saja ”alam gaib” dimensi keempat itu, cukup hanya percaya bahwa alam itu ada dan tidak terlihat.
Para pemikir pun setuju bahwa dimensi keempat tidak bisa dilihat oleh kita yang berada dalam tiga dimensi. Ini dijelaskan mereka melalui pengandaian keberadaan kita dalam suatu dimensi. Jika Anda adalah titik dalam suatu garis maka Anda hanya bisa bergerak dari satu ujung garis ke ujung lainnya. Jadi kesadaran Anda mengatakan hanya ada dua titik ekstrem dalam dunia Anda. Begitu pula jika Anda berada dalam dunia dua dimensi, panjang dan lebar. Sebagai titik, Anda bisa bergerak ke luar, ke daerah lebar dan dari sana Anda bisa melihat dimensi pertama yakni garis panjang tadi.
Begitu pula jika berada dalam tiga dimensi di mana terdapat panjang, lebar dan tinggi. Dari dimensi itu suatu titik bisa bergerak ke berbagai arah dan mengamati satu dimensi, dan juga dua dimensi serta menyadari adanya tiga dimensi. Ia bisa melihat bentuk garis, bentuk bidang datar dan bentuk piramida atau kubus. Ini seperti manusia berada dalam ruang dan melihat benda-benda lain, serta bergerak untuk mendapatkan perspektif yang berbeda.
Bagi para pakar teori fisika ini sudah bukti yang cukup. Titik dalam garis yang hanya menyadari adanya dua ekstrem bukanlah bukti bahwa batasan dunianya hanya garis saja. Titik dalam bidang datar bukan berarti dunianya hanya panjang dan lebar. Begitu pula kita yang berada dalam tiga dimensi, bukan berarti tidak ada dimensi keempat.
Itulah mengapa gravitasi dan gelombang elektromagnetik, suatu entitas yang ada dan bergerak di berbagai lokasi ruang, merupakan bukti. Sumber dan sebab gravitasi dan gelombang elektromagnetik belum diketahui dalam realita ruang tiga dimensi yang dikenal sekarang.
Titik pengandaian kita tadi yang berada dalam tiga dimensi bisa bergerak ke dalam dua dimensi dan ke dalam satu dimensi, titik kita itu bisa menjadi bagian dari bidang datar atau dari garis lurus. Kita, manusia yang berada dalam ruang tiga dimensi bisa merangkai diri menjadi garis atau bidang datar. Jadi suatu entitas yang berada dalam empat dimensi tentu bisa bergerak ke tiga dimensi, atau ke dimensi yang lebih rendah. Itulah gelombang elektromagnetik dan gravitasi yang diajukan Theodore Kaluza pada Albert Einstein.
Gurame Gila
Dr. Michio Kaku, profesor fisika teori pada City University di New York memiliki penjelasan ikan gurame terhadap hiperspasial. Michio Kaku lulus summa cum laude dalam ilmu fisika dari Harvard pada tahun 1968 dan mendapatkan doktornya dari Berkeley University tahun 1972. Buku teks untuk tingkat S3 karangannya menjadi bacaan wajib pada laboratorium fisika berbagai universitas.
Michio Kaku mengandaikan, jika seekor gurame dalam kolam menjadi ilmuwan dan dia mulai berteori tentang dunia langit di atas dunia air maka tentu saja si gurame ini akan dibilang gila. Namun ketika hujan turun akan ada lingkaran gelombang akibat tetes air yang bisa disaksikan dari dalam kolam, dunianya para gurame.
Inilah jalan untuk pembuktian teori dunia langit atau dimensi di luar dunia yang mereka lihat itu. Dalam dunia manusia, menurut Dr. Michio Kaku, sinar dan gravitasi merupakan lingkaran gelombang yang berasal dari dimensi keempat yang bisa kita buktikan keberadaanya di dimensi kita.
Seperti apa bentuk hiperspasial masih menjadi perdebatan para pemikirnya. Pada tahun 1926 ahli matematika Swedia, Oskar Klein mengajukan jawaban pragmatis. Menurut dia dimensi keempat ini bentuknya sangat kecil hingga tidak terdeteksi oleh manusia. Gabungan unit keruangan seperti itu disebut botol Kaluza-Klein dan menjadi dasar dari wacana mutakhir yang disebut Teori Benang.
Bayangkan seekor semut hidup di atas benang. Ia hanya akan mengetahui dunianya di depan dan belakangnya saja. Jika melihat benang ini secara rinci maka akan terlihat bagian benang yang menggulung. Di dalamnya terdapat ruang yang tidak akan disadari oleh si semut. Ruang yang tergulung ini yang disebut hiperspasial menurut Kaluza dan muridnya Klein.
Ruang gulungan berupa benang ini jika bergerak akan menghasilkan getaran yang bisa dirasakan di seluruh ruang. Ini sama dengan dawai digetar dan resonansi suara bergetar di seluruh ruang. Getar benang hiperspasial ini adalah gravitasi dan gelombang elektromagnetik.
Kebalikan dari ruang yang sangat kecil ini adalah ruang dimensi keempat yang sangat besar. Ini seperti bertolak belakangnya upaya fisika untuk menjelaskan fisika kuantum dan teori relativitas Einstein. Kuantum berbicara tentang entitas yang makin mengecil, sedangkan teori relativitas menjelaskan tentang sesuatu yang sangat besar, seperti galaksi, kuasar, lubang hitam dan teori Ledakan Akbar.
Dalam hiperspasial, para penghuni dimensi ketiga menjadi tidak sadar karena besar dan bentuknya yang melengkung hingga yang disadari hanya bidang datar di sekelilingnya saja. Ini sama seperti pandangan bahwa bumi itu datar bukannya bulat. Biasanya lengkungan luar biasa besar ini yang menjadi bahan cerita dalam kisah fiksi ilmiah. Ingat pergerakan Starship Entreprise ke hyperspace dengan warp speed? Ini pengejewantahan teori menjadi fiksi.
Fiksi atau ilmiah menjadi dimensi yang tidak berbatas dengan jelas. Jules Verne berkisah tentang kapal selam dan perjalanan ke bulan seratus tahun sebelum benda ini berhasil diciptakan dunia ilmu pengetahuan. Einstein berbicara tentang lengkungan dalam ruang dan waktu yang menghasilkan gravitasi dan gelombang elektromagnetik dalam Teori Relativitas.
Dimensi keempat atau hiperspasial sekarang jadi wahana pakar fisika teori untuk menghasilkan rumus pamungkas yang bisa menjelaskan dari inti atom hingga terbentuknya alam raya. Rumus ini adalah teori tentang segalanya dan segalanya adalah penciptaan alam. Jika kita bisa keluar dari keterbatasan pandangan kita dan melihat dunia luar yang kerap kita sebut gaib, maka pertanyaan besar tentang kreasi alam mungkin bisa terjawab.
Sinar Harapan, 26 Nov 2001
Tags: Alam Gaib dari Sudut Pandang Fisika Teori, Albert Einstein, dimensi, dimensi gaib, dimensi keempat, entitas, fisika kuantum, fisika teori, gelombang elektromagnetik, gravitasi, gurame gila, hyperspace, hyperspacial, jules verne, linieritas waktu, michio kaku, oskar klein, penciptaan alam semesta, ruang, ruang waktu, teori relativitas einstein, theodore kaluza, waktu

Louis de Broglie : Perintis Kuantum Terakhir

F

Hans J. Wospakrik
Pengantar
         Berpulangnya Duc Prinz Louis de Broglie, fisikawan teori Perancis, bulan Maret lalu pada usia 94 tahun, mengakhiri kehadiran perintis teori kuantum yang hidup di tengah kita. Mereka adalah pendobrak ilmu dengan gagasan-gagasan revolusioner pada awal abad ini yang memberi wajah baru bagi fisika, guna memahami alam atom yang mini. Ini, pada gilirannya, membuka jalan ke berbagai temuan teknologi menakjubkan, seperti transistor dan laser, yang tidak diduga sebelumnya. Untuk mengenang perintis kuantum terakhir ini, tulisan berikut mencoba memberi gambaran sekilas tentang karya dan biografinya.
Adalah Max Planck (1858-1947), ilmuwan fisika teori Jerman, yang mencetuskan gagasan awal tentang teori kuantum. Ini lahir dari upayanya untuk menjelaskan teka-teki fisika yang berkaitan dengan pancaran tenaga (energi) gelombang elektromagnet oleh benda (hitam) panas. Pemecahannya ia temukan pada 1901 dengan anggapan bahwa “tenaga gelombang elektromagnet dipancarkan dan diserap bahan dalam bentuk catu-catu tenaga (diskrit) yang sebanding dengan frekuensi gelombang elektromagnet”.
Catu tenaga ini disebutnya kuanta (latin: sekian banyak: kuantum, bentuk tunggalnya). Dengan demikian, tahun 1901 dicatat sebagai awal bergilirnya bola teori kuantum. Namun, para fisikawan seangkatannya memandang gagasan Planck ini tidak mempunyai makna fisika yang jauh melainkan sekadar sebagai suatu kiat matematika belaka.
Empat tahun kemudian, pemuda Albert Einstein (1879-1955) mencatat dirinya sebagai orang pertama yang menerapkan gagasan Planck lebih jauh dalam fisika. Salah satunya, berkaitan dengan “efek fotolistrik”, yaitu teka-teki terbebaskannya elektron-elektron dari permukaan logam bila disinari cahaya (gelombang elektromagnet).
Penjelasannya, karena elektron-elektron itu ditumbuk dan ditendang keluar oleh kuanta-kuanta cahaya yang berperilaku sebagai partikel (zarah). Kuanta cahaya ini disebut Einstein, foton. Dengan demikian, cahaya (gelombang elektromagnet) yang mulanya dipandang sebagai gelombang, kini diperlakukan pula sebagai partikel oleh Einstein.
Bahwa foton menumbuk elektron, seperti halnya tumbukan dua bola bilyard, kemudian dibuktikan dengan percobaan oleh Arthur H. Compton (1892-1962) dari Amerika Serikat pada 1923, yang mengabadikan namanya dengan peristiwa itu.
Gelombang partikel
Gagasan foton Einstein kemudian diterapkan Louis de Broglie pada 1922, sebelum Compton membuktikannya, untuk menurunkan Hukum Wien (1896). Ini menyatakan bahwa “bagian tenaga elektromagnet yang paling banyak dipancarkan benda (hitam) panas adalah yang frekuensinya sekitar 100 milyar kali suhu mutlak (273 + suhu Celsius) benda itu”. Pekerjaan ini ternyata memberi dampak yang berkesan bagi de Broglie.
Pada musim panas 1923, de Broglie menyatakan, “secara tiba-tiba muncul gagasan untuk memperluas perilaku rangkap (dual) cahaya mencangkup pula alam partikel”. Ia kemudian memberanikan diri dengan mengemukakan bahwa “partikel, seperti elektron juga berperilaku sebagai gelombang”. Gagasannya ini ia tuangkan dalam tiga makalah ringkas yang diterbitkan pada 1924; salah satunya dalam jurnal vak fisika Perancis, Comptes Rendus.
Penyajiannya secara terinci dan lebih luas kemudian menjadi bahan tesis doktoralnya yang ia pertahankan pada November 1924 di Sorbonne, Paris. Tesis ini berangkat dari dua persamaan yang telah dirumuskan Einstein untuk foton, E=hf dan p=h/. Dalam kedua persamaan ini, perilaku yang “berkaitan” dengan partikel (energi E dan momentum p) muncul di ruas kiri, sedangkan ruas kanan dengan gelombang (frekuensi f dan panjang gelombang , baca: lambda). Besaran h adalah tetapan alam yang ditemukan Planck, tetapan Planck.
Secara tegas, de Broglie mengatakan bahwa hubungan di atas juga berlaku untuk partikel. Ini merupakan maklumat teori yang melahirkan gelombang partikel atau de Broglie. Untuk partikel, seperti elektron, momentum p adalah hasilkali massa (sebanding dengan berat) dan lajunya. Karena itu, panjang gelombang de Broglie berbanding terbalik dengan massa dan laju partikel. Sebagai contoh, elektron dengan laju 100 cm per detik, panjang gelombangnya sekitar 0,7 mm.
Tantangan
Tesis ini kemudian diterbitkan pada awal 1925 dalam jurnal vak fisika Perancis, Annales de Physique. Namun, luput dari perhatian para fisikawan. Bahkan, para penguji de Broglie hanya terkesan dengan penalaran matematikanya tetapi tidak mempercayai segi fisikanya.
Promotornya, Paul Langevin (1872-1946), kemudian mengirimkan satu kopi kepada Einstein di Berlin, yang ternyata memberi rekasi mendukung. Ia memandangnya lebih daripada permainan matematika dengan menekankan bahwa gelombang partikel haruslah nyata. Berita ini kemudian ia teruskan kepada Max Born (1882-1970), fisikawan teori Jerman, di Gottingen.
Born kemudian menanyakan kemungkinan eksperimentalnya kepada James Franck (1882-1964), rekan sekerjanya, yang memberi tanggapan mendukung dengan menunjuk pada teka-teki hasil percobaan Clinton J. Davisson (1881-1958) dan asistennya Charles H. Kunsman dari Amerika Serikat pada 1922 dan 1923. Keduanya mengamati bahwa permukaan logam yang ditembaki dengan berkas elektron selain memancarkan kembali elektron-elektron dengan tenaga yang sangat rendah, ternyata ada pula yang memiliki tenaga sama dengan elektron semula.
Teka-teki ini kemudian terjelaskan oleh Walter Elsaser, mahasiswa Born, pada tahun 1925 dalam sebuah makalah ringkas dengan menggunakan gagasan gelombang de Broglie. Namun sayang, para fisikawan eksperimen tidak terkesan dengan tafsir ulang ini terhadap data percobaan mereka – apalagi oleh seorang mahasiswa berusia 21 tahun yang sama sekali belum dikenal.
Dukungan dan hadiah Nobel
Pada tahun 1926 barulah nampak suatu terang! Erwin Schrodinger (1887-1961), fisikawan teori Austria, merumuskan suatu persamaan matematika yang mengendalikan kelakuan rambatan gelombang partikel dalam berbagai sistem fisika. Ini sama halnya dengan persamaan gerak Newton dalam mekanika Newton (klasik) yang mengendalikan kelakuan gerak partikel.
Karya Schrodinger ini melahirkan mekanika baru yang dikenal sebagai mekanika gelombang atau lazimnya disebut mekanika kuantum. Penerapannya pada struktur atom berhasil menjelaskan berbagai data pengamatan dengan begitu mengesankan, tanpa dipaksa, sehingga menyentakkan para fisikawan untuk menerima gagasan de Broglie.
Dukungan berikutnya datang dari Amerika Serikat, oleh Clinton J. Davisson dan Lester H. Germer (1896 – ?.), yang menerbitkan hasil percobaan mereka pada 1927, bahwa elektron memang memperlihatkan perilaku gelombang. Bukti yang sama tetapi dengan metode percobaan yang berbeda juga dilaporkan oleh George P. Thomson (1892-1975) dari Inggris pada waktu itu.
Dukungan bukti-bukti percobaan ini kemudian mengukuhkan penerimaan gelombang partikel yang diikuti dengan dianugerahkannya hadiah Nobel Fisika (tunggal) 1929 bagi Louis de Broglie. Suatu penghargaan keilmuan bergengsi yang patut bagi karya ilmiahnya yang begitu revolusioner.
Duc Prinz Louis de Broglie
Louis Victor Pierre Raymon de Broglie lahir pada 15 Agustus 1892 di Dieppe, Perancis. Keturunan de Broglie, yang berasal dari Piedmont, Italia barat laut cukup dikenal dalam sejarah Perancis karena mereka telah melayani raja-raja Perancis baik dalam perang dan jabatan diplomatik selama beratus tahun.
Pada 1740, Raja Louis XI mengangkat salah satu anggota keluarga de Broglie, Francois Marie (1671-1745) sebagai Duc (seperti Duke di Inggris), suatu gelar keturunan yang hanya disandang oleh anggota keluarga tertua. Putra Duc pertama ini ternyata membantu Austria dalam Perang Tujuh Tahun (1756-1763). Karena itu, Kaisar Perancis I dari Austria menganugerahkan gelar Prinz yang berhak disandang seluruh anggota keluarga de Broglie.
Dengan meninggalnya saudara tertua Louis, Maurice, juga fisikawan (eksperimen), pada 1960, maka Louis serempak menjadi Duc Perancis (ke-7) dan Prinz Austria.
Louis mulanya belajar pada Lycee Janson de Sailly di Paris dan memperoleh gelar dalam sejarah pada 1909. Ia menjadi tertarik pada ilmu pengetahuan alam karena katanya, “terpengaruh oleh filsafat dan buku-buku Henry Poincare (1854-1912)”, matematikawan besar Perancis.
Pada 1910, Louis memasuki Universitas Paris untuk menyalurkan minatnya dalam ilmu pengetahuan. Tahun 1913 ia peroleh licence dalam ilmu pengetahuan dari Faculte des Sciences. Studinya kemudian terputus karena berkecamuknya Perang Dunia I. Barulah pada usia 32, Louis meraih gelar doktornya dalam fisika teori dengan tesis tentang gelombang partikel di atas. Ia kemudian memulai karier mengajarnya di Universitas Paris dan Institut Henry Poincare pada 1928.
Atom untuk perdamaian
Pada 1945, Louis dan kakaknya Maurice diangkat sebagai anggota dewan Komisi Tinggi Tenaga Atom Perancis. Mereka menaruh perhatian besar pada pengembangan tenaga atom untuk tujuan damai dan mempererat pertalian antara ilmu dan industri.
Hingga akhir hidupnya, Louis de Broglie menjabat sebagai sekretaris tetap pada Akademi Ilmu Pengetahuan Perancis. Dalam jabatannya ini ia tetap mendesak badan tersebut mempertimbangkan secara mendalam berbagai akibat berbahaya dari ledakan bom hidrogen (termonuklir).
Perhatiannya yang begitu besar terhadap ilmu pengetahuan dan perdamaian membuat ia patut dikenang oleh setiap pecinta ilmu dan perdamaian!


Tags: Albert Einstein, Compton, fisika kuantum, Gelombang, louis de Broglie, Max Planck, mekanika kuantum, Partikel, teori kuantum

KIIRTAN DAN FISIKA MODERN

Menurut ilmu fisika, dunia di sekeliling kita tersusun atas molekul-molekul, atom dan partikel-partikel sub-atomik yang bervibrasi. Partikel-partikel ini saling berinteraksi, menghasilkan partikel baru dan memusnahkan partikel lain. Bagaikan tarian energi kosmik dengan irama kelahiran, kehidupan, dan kematian, hal ini merupakan elemen penyusun utama seluruh semesta.

Konsep ini dikenal sebagai fisika quantum. Ilmu ini dikembangkan oleh Albert Einstein, Neils Bohr dan Werner Heisenberg pada pertengahan pertama abad dua puluh. Teori ini menyebutkan bahwa semesta ini bukanlah kumpulan benda/objek yang terpisah, melainkan berupa jaringan yang terbentuk dari hubungan antara bagian-bagian/komponen penyusun dari sesuatu yang tunggal. Teori yang membahas mengenai hal ini sekarang dinamakan Teori Mekanika Gelombang.

Berdasarkan teori ini, seluruh semesta merupakan lautan gelombang, dan setiap benda-benda fisik hanyalah merupakan riak gelombang atau sekumpulan gelombang. Para ahli fisika modern baru bisa memahami hal ini baru-baru saja, padahal para Tantrika Yogi di India telah menemukan hal ini ribuan tahun yang lalu, bahkan telah memahami dengan lebih mendalam.

Tidak banyak yang mengetahui bahwa para ahli Fisika Quantum berhutang banyak kepada para spiritualis Tantrika. Tahun 1926, Heisenberg mengunjungi India sebagai tamu seorang penyair besar, Rabindranath Tagore. Mereka melakukan perbincangan mendalam membahas sains dan filosofi India. Heisenberg kemudian berkata kepada Fritjof Capra, "Perkenalan saya dengan spiritualitas India membawa banyak pencerahan. Sebelumnya saya dan para ahli rekan saya sangat sulit untuk menerima bahwa relativitas, keterkaitan (interconnectedness) dan ketidak-kekalan (impermanence) merupakan aspek dasar bagi dunia fisik. Disana saya belajar, bahwa hal ini merupakan landasan tradisi spiritual India. Setelah melakukan perbincangan dengan Tagore, beberapa ide yang semula sangat tidak masuk akal, tiba-tiba menjadi jauh lebih masuk akal. Hal ini benar-benar membantu saya."

Sains dan spiritual bukanlah dua hal yang bertolak belakang, sebaliknya keduanya saling mendukung satu sama lain. Ketika teori fisika berkembang, akan diketahui bahwa teori-teori tantra yoga sejalan dengan sains dan pada akhirnya akan dapat dibuktikan melalui pengujian di laboratorium.

Ada kitab Tantra Shastra yang berisi 64 teks kuno India. Didalamnya dijelaskan tentang sadhana dimensi keenam. Isinya tentang bagaimana seorang spiritualis yang menjalankan sadhana dimensi keenam ini dengan kesadarannya mampu menguraikan tubuh fisiknya dan menyatukannya kembali di tempat lain. Fenomena yang luar biasa ini secara logis dapat dijelaskan dengan Mekanika Gelombang dalam Fisika Quantum.

Segala sesuatu tersusun atas gelombang, dan setiap benda juga memancarkan gelombang. Tangan kita, wajah, dan sekujur tubuh kita memancarkan gelombang fisik dan psikis. Setiap makhluk adalah kumpulan getaran dengan kepadatan dan intensitas tertentu. Momentum halus atau gaya penggerak halus dibalik semua gelombang ini dikumpulkan dan disimpan dalam pikiran kita.

Segala sesuatu di semesta ini selalu bergerak. Setiap partikel subatomik bergerak terus menerus. Dengan cara yang serupa, seekor semut yang berjalan di atas punggung seekor gajah yang juga sedang bergerak. Gajah ini pun berdiri diatas permukaan bumi yang juga bergerak mengelilingi matahari dalam tata surya, dan tata surya pun bergerak di dalam galaksi yang juga bergerak di dalam alam semesta.

Setiap gelombang melakukan gerakan. Setiap gelombang beraksi dan bereaksi dengan gelombang lain, terus menerus menyebabkan kemusnahan dan kemunculan pertikel-partikel subatomik baru. Jadi, total seluruh getaran pada seseorang ditentukan oleh gelombang pribadinya yang mengalir ke luar (extroversial flow) dan ke dalam (introversial flow). Pada unit pikiran terdapat tiga tenaga yang bekarja: sentien, mutatif, dan statik. Aliran gelombang ekstroversi (ke luar) dan introversi (ke dalam) pada seseorang, menyebabkan ia menyerap ketiga tenaga dasar yang saling menguasai. Dari sini, dapat dikenali apakah seseorang itu mulia ataukah hanya memikirkan dirinya.

Contoh yang lebih jelas, jika ada makanan yang mengeluarkan aroma atau ada seekor gajah yang terlihat oleh mata, maka getaran dari kedua hal tersebut akan mempengaruhi kita. Pengaruhnya terhadap kita tergantung dari getaran yang dikeluarkan kedua hal tersebut dan kondisi pikiran kita. Tetapi, dikehendaki atau tidak, gelombang tersebut akan mempengaruhi kita. Saat ini dunia dipenuhi oleh gelombang yang sangat banyak dan saling bertumpang tindih, yang dihasilkan dari berbagai momentum. Aksi dan reaksi dari gelombang ini membuat pikiran kita tidak dapat beristirahat. Gelombang-gelombang ini membuat kita sulit berpikir jernih atau berkonsentrasi.

Setiap manusia memiliki tubuh fisik, pikiran dan potensi spiritual. Menyanyi dan menarikan kiirtan dengan mantra universal Baba Nam Kevalam merupakan aktivitas fisik-psikis-spiritual, karena kiirtan memberi manfaat pada ketiga hal tersebut.

Kiirtan (melantunkan mantra), mentransmutasikan/mengubah aliran mental ke arah aliran spiritual. Hal ini memberikan energi pada lingkungan kita, memasuki setiap kutub (poles) pada tubuh kita. Pada saat seseorang menyanyikan kiirtan, suatu getaran agung (divine vibration) akan dihasilkan dan akan membuat tubuh dan pikiran siap untuk melakukan meditasi. Berbagai kesan yang berbeda dalam pikiran secara perlahan-lahan akan ditransmutasikan ke arah Kehalusan Agung.

Kiirtan juga mengakibatkan transformasi. Kiirtan mampu mengubah bentuk, ukuran, massa dan sifat-sifat suatu benda yang dikenainya. Kiirtan menghasilkan medan elektromagnetis. Seperti magnet yang kuat, kiirtan akan mengubah sifat-sifat pada sel-sel otak, sehingga energi kasar akan ditransformasikan menjadi energi halus. Apapun yang kita lihat saat melakukan Kiirtan, kita hanya melihat Tuhan. Mantra Baba Nam Kevalam memberi energi pada udara yang kita hirup dan bumi yang disentuh jari kaki kita. Irama kiirtan adalah irama agung dari alam ini. Siapapun yang melakukan kiirtan akan merasakan irama universal melalui seluruh inderanya. Irama universal ini tidak akan menghapus ide-ide kasar, tetapi akan mengalihkan alirannya ke arah yang halus. Jika dilakukan dengan ketulusan hati, kiirtan mampu secara kuat mengalihkan pikiran-pikiran kasar. Kiirtan akan memurnikan pikiran dan membantu melakukan meditasi.

Jangan menekan pikiran-pikiran negatif yang muncul dalam pikiran. Tetapi cobalah untuk menyalurkan pikiran-pikiran tersebut kepada Tuhan dengan menyanyikan kiirtan. Jika kita mendapati pikiran kita bergumul dengan pikiran negatif ini dan meditasi kita tidak memuaskan, berpikirlah: "Apapun yang terjadi adalah yang terbaik. Tidak perduli baik ataupun buruk yang ada didalam diri ini, semua adalah kepunyaanMu."

Ada sebuah kejadian yang terjadi di Bengali beberapa ratus tahun lalu yang menunjukkan kekuatan kiirtan dalam mengubah gelombang pikiran kasar menjadi halus, gelombang sentien. Caetanya Mahaprabhu memperkenalkan kiirtan sebagai gerakan spiritual populer untuk melawan ajaran agama yang dogmatis. Ia mendapat perlawanan dari pemuka-pemuka agama Islam dan Hindu yang fanatik. Haridas merupakan salah satu pengikut Caetanya Mahaprabhu. Ketika itu ia tinggal sendirian di ashram kecil di daerah Nadia. Untuk mendiskreditkannya, beberapa pemuka agama berencana untuk menghancurkan karakter dan reputasinya. Meraka membayar seorang wanita tuna susila untuk mendatangi Haridas di ashramnya setiap hari dan merayunya .

Karena Haridas adalah seorang Bhakta, ia mendapat intuisi akan datangnya bahaya, sehingga ia memutuskan untuk menyanyikan kiirtan terus menerus (Akhanda Kiirtan) mulai dari bangun tidur sampai tiba waktu tidur, selama 21 hari.

Kebanyakan yogi memiliki kelemahan pada makanan, jadi setiap pagi wanita ini membawa makanan enak dan meninggalkannya di pintu ashram untuk Haridas. Kemudian ia menunggu dengan sabar sampai Haridas memakannya dan berbicara dengannya. Tetapi, selama tiga minggu Haridas tidak pernah menyentuh makanan yang dibawanya, dan tidak pernah berbicara. Ia hanya menyanyikan kiirtan.

Akhirnya setelah berlalu 21 hari, Haridas menyapa wanita itu dengan Namaskar dan bertanya apa yang ia bisa lakukan untuknya. Dan wanita itu kemudian mengakui semua yang telah direncanakannya selama ini. Tetapi ia berkata, bahwa selama ia menunggu setiap hari dengan niat jahat, suara kiirtan yang didengarnya mengubah pikirannya secara total. Sekarang ia hanya ingin bertobat dan berbakti kepada Tuhan. Maka Haridas mendorongnya untuk mengubah hidupnya dan mengundangnya untuk mengurus ashram dan menyanyikan kiirtan setiap hari. Setelah itu haridas meninggalkan Ashram tersebut untuk meneruskan pekerjaannya memberi inspirasi kepada orang-orang untuk menyanyikan kiirtan. Wanita itu kemudian menjadi orang suci dan dikenal dengan bakti dan kebersahajaannya.

Dengan alasan ilmiah diatas, kiirtan merupakan penyembuh bagi segala penyakit fisik dan mental. Sebagai alasan tambahan, bahwa kiirtan berfungsi sebagai penyembuh universal karena menarik berkah dari Kesadaran Agung, karena kiirtan merupakan ekspresi cinta dan bakti. Karunia Agung dapat memberikan mukjizat dan mengatasi segala hambatan.


=========---------------------------------
Acarya Cidananda Avadhuta adalah seorang pengajar senior Yoga Ananda Marga. Kutipan dari Werner Heisenberg diambil dari buku: Capra, Fritjof. Uncommon Wisdom: Conversations with Remarkable People. Simon and Schuster: New York, 1988, p. 43.

©Copyright 1997 Ananda Marga eV.(Germany). All rights reserved.

percaya pada ku by UNGU

Hatrrick Benzema Hancurkan Auxerre

Kamis, 9 Desember 2010 - 05:13 wib

Karim Benzema mencetak hattrick untuk Real Madrid kala menjamu Auxerre pada laga pamungkas Grup G Liga Champions / Foto: Reuters

MADRID - Kendati telah memastikan diri sebagai jawara Grup G, Real Madrid tidak ingin tampil setengah hati kala menjamu wakil Prancis, Auxerre, Kamis (9/12/2010). Karim Benzema menjaga rekor tak terkalahkan Madrid di babak penyisihan grup dan membantu Los Blancos mengemas kemenangan telak 4-0.

Entrenador Jose Mourinho memanfaatkan laga ini untuk mengistirahatkan sejumlah pemain utamanya. Jerzy Dudek menggantikan posisi Iker Casillas di bawah mistar gawang. Sementara, Sergio Ramos dan Xabi Alonso harus menjalani hukuman akibat kartu merah yang mereka terima pada laga kontra Ajax Amsterdam, dua pekan lalu.

The Special One sendiri tidak bisa mendampingi anak-anak asuhnya, setelah mendapatkan sanksi UEFA karena dituduh sengaja menginstruksikan Alonso dan Ramos mendapat kartu merah. Alhasil, asisten pelatih Aitor Karanka mengambil alih posisi pelatih Portugal pada laga kali ini.

Meski tidak menurunkan skuad utama, El Real tetap unggul jauh atas tamunya. Terbukti, gawang Auxerre berhasil dibobol Cristiano Ronaldo cs kala pertandingan baru memasuki menit 11.

Karim Benzema mengawali pesta golnya berkat kesigapannya menyambut umpan silang terukur CR7. Aksi gemilang Ronaldo melewati penjagaan Dariusz Dudka diselesaikan dengan sempurna oleh mantan bintang Olympique Lyon yang menanduk bola ke dalam gawang Olivier Sorin dari jarak dekat.

Unggul 1-0 tidak membuat pasukan Galacticos puas. Pedro Leon sempat berpeluang mencetak gol kedua untuk Madrid pada menit ke-16. Sayang, upayanya berhasil digagalkan oleh bek asal Swiss Stephane Grichting.

Berada dalam tekanan, tim tamu sempat mengancam gawang Dudek melalui Jean-Pascal Mignot di menit 26.Berawal dari tendangan bebas, bek Prancis menyambut bola dengan tandukan. Namun, Dudek memperlihatkan aksi penyelamatan gemilang dan berhasil menjaga keunggulan tuan rumah.

Di masa injury time babak pertama, Karanka menarik keluar Dudek yang tampaknya mengalami cedera saat berupaya mengamankan bola dari striker Roy Countout. Kiper 23 tahun, Antonio Adan, mengisi tempat Dudek.

Tiga menit memasuki babak kedua, giliran Ronaldo membuat publik Santiago Bernabeu bersorak. Kerjasama apiknya bersama Marcelo melewati barisan defender Auxerre diselesaikan dengan manis ke gawang Sorin. 2-0 Madrid memimpin.

Benzema menambah derita Auxerre dengan mencetak gol keduanya di menit 71. Membawa bola ke dalam kotak penalti, striker Prancis melepaskan tembakan ke sudut jauh gawang Sorin. Meski sempat menyentuh bola dengan ujung jarinya, Sorin tak mampu mencegah keunggulan 3-0 El Real.

Dua menit menjelang full time, Benzema menyempurnakan catatannya dengan gol ketiga. Blunder Sorin saat mengoper bola kepada Adama Coulibaly berhasil dimanfaatkan Benzema. Memenangkan perebutan bola, striker 22 tahun memaksa Sorin memungut bola untuk keempat kalinya.

Hasil ini semakin memantapkan posisi Madrid sebagai pemuncak Grup G dengan koleksi nilai 16. Raksasa Spanyol unggul delapan angka atas runner-up AC Milan, yang pada saat bersamaan, dipermalukan Ajax Amsterdam 2-0 di hadapan publik San Siro.

Susunan pemain:

Real Madrid: Dudek - Marcelo, Carvalho, Albiol, Arbeloa - M Diarra, L Diarra, Granero - Ronaldo, Benzema, Pedro Leon. Subs: Adan, Pepe, Mateos, Garay, Ozil, Morata Martin, Sarabia

Auxerre: Sorin - Grichting, Mignot, Coulibaby, Dudka - Pedretti, Chafni - Birsa, Traore, Oliech – Contout. Subs: Riou, Le Tallec, Quercia, Sammaritano, Sidibe, Langil, Bourgeois

Sengit, Arsenal Pastikan Lolos

Kamis, 9 Desember 2010 - 04:55 wib

Gol Theo Walcott di babak kedua bangkitkan semangat Arsenal untuk menghabisi Partizan Belgrade / Foto: Reuters

LONDON - Peluang Arsenal melangkah ke fase knock out Liga Champions sempat terancam kala menjamu juru kunci Grup H Partizan Belgrade, Kamis (9/12/2010) dini hari. Kendati begitu, The Gunners toh sukses menyusul Shakhtar Donetsk ke babak selanjutnya berkat kemenangan 3-1 atas klub Serbia.

Ini merupakan laga hidup mati bagi skuad meriam London. Gagal mengamankan angka, anak-anak asuh Arsene Wenger bisa jadi harus tersingkir dari kompetisi paling bergengsi Benua Biru. Tanpa kehadiran Cesc Fabregas yang masih dibekap cedera, bomber Belanda Robin van Persie didaulat sebagai kapten.

Namun, Partizan jelas tidak ingin membuat laga ini menjadi mudah untuk tuan rumah. Kendati Arsenal berhasil mendominasi penguasaan bola, skuad besutan Aleksandar Stanojevic cukup disiplin mengamankan lini belakang mereka. Robin van Persie cs pun harus bekerja

Sebaliknya, Wenger harus dipusingkan dengan barisan pertahanannya yang sudah cukup rapuh. Bek muda Inggris Kieran Gibbs harus mengakhiri laga lebih awal setelah mengalami cedera engkel di menit 14. Emmanuel Eboue pun masuk menggantikan Gibbs pada menit 23.

Publik Emirates Stadium akhirnya bersorak ketika laga memasuki menit 30. Kesalahan Marko Jovanovic menjatuhkan mantan bintang Feyenoord harus dibayar mahal setelah wasit menunjuk titik putih.

Van Persie sendiri yang mengambil tugas sebagai algojo. Tanpa kesulitan, striker 27 tahun membawa tuan rumah unggul 1-0. Skor ini pun bertahan hingga turun minum.

The Gunners berpeluang menambah keunggulan di awal babak kedua. Peluang hasil kerjasama Denilson dan Andrey Arshavin berhasil digagalkan kapten Mladen Krastajic.

Bola rebound berhasil disambar Samir Nasri, yang tampil cemerlang pada laga kontra Fulham akhir pekan lalu. Beruntung bagi Partizan, tendangan Nasri dari jarak dekat masih melambung di atas mistar gawang.

Keasyikan menyerang, pasukan Gunners dikejutkan dengan gol balasan Cleo di menit 52. Penyerang asal Brasil dengan jeli memanfaatkan rapuhnya pertahanan Arsenal. Menyambar umpan Moreira, tendangan Cleo yang sempat mengenai Sebastien Squillaci gagal dibendung Lukasz Fabianski.

Gol Cleo agaknya sempat menciutkan nyali tuan rumah, sementara Partizan semakin menguasai jalannya pertandingan. Melihat performa para pemainnya yang mulai menurun, Wenger pun menurunkan Theo Walcott guna menambah daya gedor Arsenal. Winger Inggris masuk menggantikan Arshavin di menit 68.

Keputusan Wenger segera membuahkan hasil. Walcott mengembalikan keunggulan Arsenal, enam menit setelah memasuki lapangan. Jovanovic berupaya membuang bola hasil umpan silang Bacary Sagna. Namun, bola justru mengarah ke Walcott, yang tanpa pikir panjang memberikan gol kedua bagi Arsenal.

Gol Walcott sontak membangkitkan kembali semangat skuad Gudang Peluru. Terbukti, hanya empat menit berselang, Nasri menambah keunggulan setelah memaksimalkan umpan Alex Song.

Meski demikian, Arsenal harus melakoni sisa laga dengan 10 pemain. Itu setelah wasit Paolo Tagliavento memberikan kartu merah langsung kepada Sagna yang melanggar Aleksandar Lazevski di tepi kotak penalti.

Partizan sebenarnya berpeluang mengejar ketinggalan melalui tendangan bebas Radosav Petrovic yang cukup membahayakan. Namun, Fabianski berhasil mementahkan peluang terakhir tim tamu.

Arsenal dipastikan melangkah ke babak 16 besar dengan status runner-up Grup H, menyusul kemenangan 2-0 Shakhtar Donetsk (Razvan Rat 78’, Luiz Adriano 83’) atas Sporting Braga, di Donbass Arena.

Susunan pemain:

Arsenal: Fabianski, Sagna, Squillaci, Koscielny, Gibbs, Nasri, Song, Denilson, Arshavin, van Persie, Chamakh. Subs: Szczesny, Rosicky, Vela, Walcott, Wilshere, Eboue, Bendtner

Partizan Belgrade: Stojkovic, Krstajic, Jovanovic, Medo, Lazevski, Savic, Sasa Ilic, Petrovic, Babovic, Moreira, Cleo. Subs: Radisa Ilic, Stankovic, Brasanac, Davidov, Kizito, Iliev, Smiljanic