The present document can't read!
Please download to view
All materials on our website are shared by users. If you have any questions about copyright issues, please report us to resolve them. We are always happy to assist you.
...

UNIT PELAJARAN 4 HAD DAN KESELANJARAN.pdf

by ires

on

Report

Category:

Documents

Download: 0

Comment: 0

29

views

Comments

Description

Download UNIT PELAJARAN 4 HAD DAN KESELANJARAN.pdf

Transcript

  • Kalkulus Asas|100 UNIT PELAJARAN 4 HAD DAN KESELANJARAN HASIL PEMBELAJARAN Di akhir unit ini, anda diharap dapat: 1. Menerangkan pengertian 0 had ( ) x x f x l   . 2. Mengenalpasti kes had tak wujud. 3. Menerangkan had di ketakterhinggaan. 4. Mencari had dengan menggunakan teorem-teorem had. 5. Menerangkan takrif had secara formal. 6. Mengenalpasti keselanjaran fungsi pada suatu titik tertentu. .
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |101 PENGENALAN ad sesuatu fungsi adalah satu konsep asas yang perlu difahami dalam pembelajaran kalkulus. Konsep had dan keselanjaran mula-mula dipelopori oleh Sir Isaac Newton (1642 – 1727) dan baron Gottfried Wilhelm Leibnitz (1646 – 1716). Beberapa ahli matematik lain seperti Agustin Louis Cauchy (1786 – 1857) dan Karl Weierstrass (1815 – 1897) telah menyempurnakan konsep had ini dan digunakan sehingga ke hari ini. Konsep had ini sangat penting dan banyak digunakan terutamanya ketika melakarkan graf fungsi fungsi nisbah. Selain itu konsep had juga digunakan dalam mentakrifkan pembezaan atau pengamiran sesuatu fungsi. Ramai pelajar mendapati konsepnya sukar difahami terutama sekali bagi mereka yang baru pertama kali mempelajarinya. Pelajar-pelajar dinasihatkan supaya mempelajari takrifnya beulang-ulang kali dari pelbagai aspek. H Layari Laman Web untuk mengetahui sejarah menenai had dan keselanjaran: http://en.wikipedia.org/wiki/Limit_of_a_function
  • Kalkulus Asas|102 4.1 Had Had digunakan untuk menerangkan perubahan yang berlaku bagi suatu fungsi apabila nilai pembolehubah tak bersandar menghampiri suatu nilai tertentu. Pertimbangkan fungsi x xxf sin)(  . Fungsi ini tidak tertakrif apabila 0x , tetapi perlu juga diketahui apa yang akan berlaku kepada nilai )(xf apabila x bergerak disepanjang paksi- x menghampiri nilai 0. Jadual 4.1 di bawah memberikan nilai-nilai )(xf pada titik-titik berturutan disepanjang paksi- x positif menghampiri 0x . Jadual 4.1: Nilai x xsin apabila x menghampiri 0 dari sebelah kanan x 0 0.0001 0.001 0.01 0.1 1 )(xf ? 0.9999999 0.9999998 0.9999833 0.9983342 0.8414709 Keputusan ini mencadangkan bahawa nilai )(xf menghampiri 1. Nombor 1 ini disebut sebagai had bagi x xsin apabila x meghampri 0 dari sebelah kanan, dan ditulis 1sinhad 0   x x x (4.1) Seterusnya, dengan cara yang sama, kita boleh mengetahui apakah yang akan berlaku kepada x xxf sin)(  Apabila x menghampri 0 dari sebelah kiri. Jadual 4.2 memberikan jawapan kepada persoalan ini.
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |103 Jadual 4.2: Nilai x xsin apabila x menghampiri 0 dari sebelah kiri x – 1.0 – 0.1 – 0.01 – 0.001 – 0.0001 0 )(xf 0.8414709 0.9983342 0.9999833 0.9999998 0.9999999 ? Daripada jadual 4.2, kita boleh simpulkan bahawa nilai )(xf menghampiri 1 apabila x menghampiri 0 dari sebelah kiri, dan ditulis 1sinhad 0   x x x Takrif 4.1 Had kanan Jika nilai )(xf menghampiri nombor l1 apabila x menghampiri xo dari sebelah kanan, maka ditulis yang dibaca sebagai “had )(xf apabila x menghampiri x0 dari sebelah kanan bersamaan dengan l1.” 1)(had 0 lxf xx   Takrif 4.2 Had kiri Jika nilai )(xf menghampiri nombor l2 apabila x menghampiri x0 dari sebelah kiri, maka ditulis 2)(had 0 lxf xx   yang dibaca sebagai “had )(xf apabila x menghampiri x0 dari sebelah kiri bersamaan dengan l2.”
  • Kalkulus Asas|104 Takrif 4.3 Had suatu fungsi Jika had dari sebelah kiri dan had dari sebelah kanan bagi )(xf mempunyai nilai yang sama, iaitu 0 0 had ( ) had ( ) x x x x f x f x l      maka 0 had ( ) x x f x  wujud dan ditulis 0 had ( ) x x f x l   Contoh 4.1 1. Diberi ( ) 2f x x  jika 1x  dan (1) 0f  . Cari a) 1 had ( ) x f x  b) 1 had ( ) x f x  c) 1 had ( ) x f x  Penyelesaian: Graf f mengandungi titik (1, 0) dan titik-titik pada graf 2y x  kecuali titik (1, 3), seperti yang ditunjuk dalam Rajah 4.1. -2 -1 1 2 3 4 -1 1 2 3 4 5 x y Rajah 4.1
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |105 Didapati bahawa a) 1 had ( ) 3 x f x   b) 1 had ( ) 3 x f x   c) Oleh kerana 1 1 had ( ) had ( ) 3 x x f x f x      , maka 1 had ( ) 3 x f x   1. Berdasarkan Rajah 4.2 , cari a) )(had 1 xf x  b) )(had 1 xf x  c) )(had 2 xf x d) )(had 3 xf x 1 2 3 4 1 2 x y Rajah 4.2 Latihan Formatif 4.1 )(xfy 
  • Kalkulus Asas|106 2. Lakarkan graf       2 2 , ,2 )( 2 x x x x xf dan cari had-had berikut. a) )(had 2 xf x  b) )(had 2 xf x  c) )(had 2 xf x d) )(had 1 xf x 4.2 Kes had tak wujud Terdapat dua keadaan yang mana 0 had ( ) x x f x  tak wujud:  Jika had dari sebelah kiri dan had dari sebelah kanan bagi f(x) tidak mempunyai nilai yang sama, iaitu 0 0 had ( ) had ( ) x x x x f x f x     maka 0 had ( ) x x f x  tak wujud.  Jika had suatu fungsi apabila 0 0 0, , atau x x x x x x     tidak dapat dipastikan. Jika had tidak ada, maka disebut had tak wujud.
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |107 Contoh 4.2 Lakarkan graf 2 1y x  . Seterusnya dapatkan had 20 1 x had x Penyelesaian: Graf bagi 2 1y x  digambarkan dalam Rajah 4.3. Perhatikan bahawa apabila x menghampiri 0 dari sebelah kiri atau sebelah kanan, fungsi ini menokok tanpa batas. Maka,   20 1 had xx . 20 1 x had x tidak wujud kerana 2 1y x  menokok tanpa batas apabila x menghampiri 0. -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -1 1 2 3 4 x y Rajah 4.3 2 1 x y 
  • Kalkulus Asas|108 1. Lakarkan graf         1 1 ,13 ,1 )( 2 x x x xxf dan cari had-had berikut. a. )(had 1 xf x  b. )(had 1 xf x  c. )(had 1 xf x  d. )(had 1 xf x 2. Tentukan sama ada 3 3had 3  xx wujud. 3. Tunjukkan bahawa x x x ||had 0 tak wujud. 4.3 Had di ketakterhinggaan Had juga boleh digunakan untuk menggambarkan kelakuan sesuatu fungsi apabila pembolehubah tak bersandar bergerak menjauhi asalan di sepanjang paksi-x. Jika x dibiarkan menokok tanpa batas, x dikatakan menghampiri positif ketakterhinggaan dan ditulis sebagai x  . Sebaliknya, jika x dibiarkan menyusut tanpa batas, x dikatakan menghampiri negatif ketakterhinggaan dan ditulis sebagai x  . Katakanlah had bagi f(x) apabila x menghampiri positif ketakterhinggaan ialah l, dengan l suatu nombor nyata. Pernyataan ini boleh ditulis sebagai Latihan Formatif 4.2
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |109 had ( ) x f x l   Garis y = l merupakan garis asimptot mengufuk untuk f(x). Contoh 4.3 1. Lakarkan graf x y 3 . Seterusnya dapatkan xx 3 had  dan xx 3 had  Penyelesaian: -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Rajah 4.4 Graf bagi x y 3 digambarkan dalam Rajah 4.4. Perhatikan bahawa fungsi ini tidak tertakrif apabila 0x . Perhatikan juga bahawa, apabila x semakin bertambah menghampiri  , nilai )(xf menghampiri 0. Maka, 03 had   xx Dengan cara yang sama, apabila x semakin menyusut menghampiri  , nilai )(xf menghampiri 0. Maka, 03 had   xx x y 3
  • Kalkulus Asas|110 2. Tentukan )9247( had 35   xxx x Penyelesaian:   535 7 had)9247( had xxxx xx (Nota: Had bagi suatu fungsi polynomial boleh ditentukan dengan mengira had sebutan yang mempunyai kuasa tertinggi). 3. Tentukan 86 53 had    x x x Penyelesaian: Bahagikan setiap ungkapan pada pembilang dan penyebut dengan pembolehubah x yang mempunyai kuasa tertinggi. Untuk contoh ini, kuasa x tertinggi adalah satu iaitu xx 1 . Maka 2 1 86 53 had 86 53 had        x x x x xx
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |111 1. Berdasarkan Rajah 4.5, cari a) (x) had f x  b) (x) had f x  -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y Rajah 4.5 2. Tentukan )12174( had 38   xxx x 3. Tentukan xxx xxx x 8712 526 had 3 23    4. Tentukan 742 235 had 3 24    xx xx x Latihan Formatif 4.3
  • Kalkulus Asas|112 4.4 Kaedah pengiraan had Dalam Bahagian 4.1, kita telah perhatikan bahawa had )(xf apabila x meghampiri a tidak bergantung kepada nilai f di ax  . Walau bagaimanapun, boleh juga belaku had tersebut diberi dengan tepat oleh )(af . Dalam kes ini, had suatu fungsi boleh dinilai secara penggantian terus iaitu: )()(had afxf ax   Teorem 4.1 Sifat Asas Had Misalkan ka , dan n ialah nombor-nombor nyata, maka a) kk ax   had b) ax ax   had c) nn ax ax   had Teorem 4.2 Sifat Had Misalkan had mewakili had-had ax had , ax had , ax had , x had atau x had Jika had )(xf dan had )(xg kedua-duanya wujud, maka a) )( had )]([ had xfkxkf  ; k pemalar b) )( had)( had)]()([ had xgxfxgxf  c) )( had)( had)]()([ had xgxfxgxf  d) )( had )( had )( )( had xg xf xg xf  , dengan syarat 0)( xg
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |113 e)  nn xfxf )( had)]([ had  f) nn xfxf )( had)( had  , dengan syarat 0)( had xf jika n genap. Teorem 4.3 Had bagi fungsi trigonometri Untuk setiap nombor nyata c yang tertakrif dalam domain a) ct c sinsin had t   b) ct c kos kos had t   c) ct c tantan had t   d) ct c kot kot had t   e) ct c sek sek had t   f) ct c kosek kosek had t   Teorem 4.4 (Had bagi fungsi trigonometri khas) a) 1sin had 0t   t t b) 0 kos1 had 0t    t t
  • Kalkulus Asas|114 Contoh 4.4 Dapatkan had bagi setiap ungkapan berikut a) )5( had 0 x x b) )53( had 2   x x c) )325( had 2 3   xx x d) 45 had 2 2   x x e) xx x sin had 0 f) x x x    1 1 had 2 1 g) x x x 3sin had 0 Penyelesaian: a) 0)0(5 had 5)5( had 0x0   xx x b) 115)2(35 had had 3)53( had 222   xxx xx c) 423)3(2)3(53 had had 2 had 5)325( had 2 33 2 3 2 3   xxxx xxxx d) 4164)2(54 had had5)45( had45 had 2 2 2 2 2 2 2 2   xxxx xxx e)    0)0(0sin had hadsin had 000   xxxx xxx
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |115 f) Perhatikan bahawa kita tidak boleh menggantikan nilai 1x untuk mencari x x x    1 1 had 2 1 kerana )1(f tidak tertakrif. Kita juga tidak boleh menggunakan Teorem 4.2 (d) kerana penyebutnya bernilai sifar. Maka, kita perlu faktorkan ungkapan tersebut sebelum mengira had. 2 1 )1( had )1( )1)(1( had 1 1 had 11 2 1           x x xx x x xxx , (Nota: Secara umumnya apabila kedua-dua had pembilang dan had penyebut bernilai sifar, kita boleh cuba meringkaskan ungkapan tersebut menggunakan kaedah pemfaktoran). g) 1 3 3sin had3 3 3sin3 had3sin had 000   x x x x x x xxx Dapatkan had bagi setiap ungkapan berikut 1. )453( had 2 2   xx x 2. 2 45 had 2 3 3    x xx x 3. x x x    1 1 had 2 1 4. xx xe x x    2 12 0 had 5. Tunjukkan 0|| had 0   x x 6. t t t sin kos1 had 0   Latihan Formatif 4.4
  • Kalkulus Asas|116 4.5 Takrif had secara formal Andaikan )(xf tertakrif untuk semua nilai x dalam suatu selang terbuka yang mengandungi nombor a , kecuali mungkin )(xf tertakrif atau tidak pada a . Kita tulis Lxf ax   )( had Jika untuk setiap nombor 0 , kita boleh cari suatu nombor 0 supaya )(xf memenuhi  Lxf )( apabila x memenuhi  ax . Takrif ini diilustrasikan secara graf seperti dalam Rajah 4.5 Rajah 4.5 Contoh 4.5 Dengan menggunakan takrif had, buktikan bahawa 1)52( had 3   x x Penyelesaian: Perlu ditunjukkan bahawa apabila diberi sebarang nombor  , boleh dicari suatu nombor positif  supaya
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |117  1)52( x ……………………………..(i) apabila x memenuhi  3x …………………………….(ii) Untuk mencari  , kita tulis semula ketaksamaan (i) sebagai  62x atau setara dengan  32 x atau 2 3 x …………………………….(iii) Nilai  mestilah dipilih supaya (iii) dipenuhi apabila (ii) ditepati. Satu cara mudah yang boleh dilakukan ialah dengan memilih 2    Untuk membuktikan pilihan  ini adalah tepat, kita andaikan bahawa x memenuhi (ii). Oleh kerana dipilih 2    , maka daripada (ii) diperoleh bahawa x memenuhi 2 3 x ……………………………..(iv) Perhatikan bahawa (iii) adalah sama dengan (iv). Ini membuktikan bahawa 1)52( had 3   x x
  • Kalkulus Asas|118 Dengan menggunakan takrif had, buktikan bahawa 1. 1)53( had 2   x x 2. 3)1( had 2   x x 4.6 Keselanjaran Fungsi selanjar mempunyai tafsiran geometri yang mudah. Ia merupakan fungsi yang grafnya tidak “terputus” pada satah koordinat. Takrif 4.4 Keselanjaran suatu fungsi Fungsi f adalah selanjar pada a jika tiga syarat berikut dipenuhi: i) f tertakrif pada suatu selang terbuka mengandungi a . ii) )( had xf ax wujud. iii) )()( had afxf ax   . Jadual 4.3 menggambarkan beberapa fungsi yang tidak selanjar pada titik 2x . Latihan Formatif 4.5
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |119 Jadual 4.3: Beberapa contoh fungsi yang tidak selanjar pada titik 2x Graf fungsi Sebab f tak selanjar -1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 x y f tidak selanjar pada 2x kerana )2(f tak tertakrif. -1 1 2 3 4 5 1 2 3 x y f tidak selanjar pada 2x kerana )( had 2 xf x tak wujud. -1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 x y f tidak selanjar pada 2x kerana )2()( had 2 fxf x   . Teorem 4.5 Keselanjaran Fungsi Polinomial dan Fungsi Nisbah. a) Semua fungsi polynomial adalah sentiasa selanjar iaitu ia selanjar dalam selang ),(  . b) Semua fungsi nisbah adalah selanjar dalam selang di mana ia tertakrif iaitu ia selanjar pada domainnya.
  • Kalkulus Asas|120 Contoh 4.6 Tentukan sama ada fungsi f yang diberikan oleh          1,1 1,2 1, )( 3 3 xx x xx xf Adalah selanjar pada 1x Penyelesaian: Domain f ialah N, maka fungsi f memenuhi syarat i) dalam Takrif 4.4. Perhatikan bahawa 1 had)( had 3 11    xxf xx 0)1( had)( had 3 11    xxf xx Oleh kerana )( had)( had 11 xfxf xx    , maka )( had 1 xf x tak wujud. Jadi, f tidak memenuhi syarat ii) dalam Takrif 4.4, dan dengan itu, f tak selanjar pada 1x . Tentukan sama ada fungsi-fungsi berikut selanjar pada 2x . 1. 2 4)( 2    x xxf 2.          2, 2, 3 2 4 )( 2 x x x x xg Latihan Formatif 4.6
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |121 3.          2, 2, 4 2 4 )( 2 x x x x xh RUMUSAN Dalam unit ini kita telah membincangkan beberapa konsep penting berkaitan dengan had dan keselanjaran suatu fungsi. Had dan keselanjaran suatu fungsi amat penting bukan semata-mata kita ingin mengetahui kelakuan atau bentuknya tetapi ia diperlukan apabila sesuatu konsep kalkulus hendak digunakan terhadap fungsi tersebut. Adalah diharapkan agar pelajar mengukuhkan lagi kefahaman dengan latihan-latihan yang banyak daripada buku-buku teks. KATA KUNCI Had kiri, had kanan, Had fungsi, Had tak wujud, Had di ketakterhinggaan, Keselanjaran fungsi 1. Tunjukkan 0|| had 0   x x 2. Cari had-had berikut jika wujud a) 4 2 had 2 2 2    x xx x b) Cari 2 2 0 39 had t t t   Latihan Sumatif
  • Kalkulus Asas|122 c) Cari 1 1 had 1    x x x d) 32 1 had 2 2    xx x x e) x x x tan 4sin had 0 f) 1 kos had 2 0  t tt x g) x x x tan had 0 h) x xx x 20 sin kos had   3. Tunjukkan |2| 2 had 2    x x x tak wujud 4. Diberi          3,)3( 30,3 0, )( 2 xx xx xx xf Cari had-had berikut jika wujud a) )( had 0 xf x  b) )( had 0 xf x  c) )( had 0 xf x
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |123 d) )( had 3 xf x  e) )( had 3 xf x  f) )( had 3 xf x g) Tentukan titik ketakselanjaran )(xf . 5. Dengan menggunakan takrif had, buktikan bahawa 5)23( had 1   x x 6. Diberi          3, 3, 1 3 3 )( x x x x xf Adakah f selanjar pada 3x ? 7. Tentukan titik-titik di mana fungsi-fungsi berikut tidak selanjar a) 2 2)( 2    x xxxf b)       0 ,1 0 ,1)( 2 x x xxg c)          3 ,1 3 , 3 32 )( 2 x x x xx xh 8. Tentukan selang-selang dimana fungsi-fungsi berikut adalah selanjar a) 152)( 35  xxxf b) 1 172)( 2 2    x xxxg
  • Kalkulus Asas|124 RUJUKAN Majid, M. (2002). Kalkulus Asas Untuk Pelajar Kejuruteraan dan Sains. DBP: Kuala Lumpur. Md.Raji, A.W., Rahmat, H., Kamis, I., Mohamad, M.N. & Ong, C.T. (2000). Kalkulus. UTM. Smith, R.T., & Minton, R.B. (2007). Calculus: Early Transcendental Functions (3rd Ed.). Mc. Graw Hill: New York. Steward, J. (2003). Calculus (5th Ed.). Brooks/Cole: Belmont. Layari Laman Web http://www.brightstorm.com/math/calculus/limits-and-continuity/ http://www.wyzant.com/help/math/calculus/limits/continuity http://mathworld.wolfram.com/Limit.html http://curious.com/integralcalc/limits-and-continuity JAWAPAN LATIHAN FORMATIF Latihan Formatif 4.1 1. a) 0; b) 1; c) 0; d) 1 2. a) 4; b) 4; c) 4; d) 2 Latihan Formatif 4.2 1. a) 2; b) – 2; c) tak wujud; d) 4 Latihan Formatif 4.3 1. a) 5; b) 3 2. 
  • Unit 4 Had dan Keselanjaran |125 3. 2 1 4.  Latihan Formatif 4.4 1. 6 2. 7 16 3. 2 4. e 6. 0 Latihan Formatif 4.6 1. Tak selanjar kerana fungsi f tak tertakrif pada 2x 2. Tak selanjar kerana g(2))( had 2   xg x 3. Selanjar JAWAPAN LATIHAN SUMATIF 2. a) 4 3 b) 6 1 c) 2 d) 1 e) 4 f) 0 g) 1 h) 0 4. a) 3 b) 0 c) tak wujud d) 0 e) 0 f) 0 g) 0 dan 3 6. Tak selanjar kerana )(had)(had 33 xfxf xx    7. a) 2x b) 0x c) 3x 8. a) f adalah fungsi poinomial, maka ia selanjar pada ),(  b) g adalah fungsi nisbah, maka ia selanjar pada domainnya iaitu )1,(  , )1,1( dan ),1( 
Fly UP