Upload
norlie-lieya
View
235
Download
14
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Akademik
Citation preview
Unit 9 Teknik Pengamiran |251
UNIT PELAJARAN 9
TEKNIK PENGAMIRAN
HASIL PEMBELAJARAN
Di akhir unit ini, anda diharap dapat:
1. Menilai kamiran dengan kaedah gantian.
2. Menilai kamiran dengan kaedah bahagian demi bahagian.
3. Menilai kamiran fungsi trigonometri.
4. Menilai kamiran dengan kaedah pecahan separa.
Kalkulus Asas|252
PENGENALAN
amiran, seperti juga pembezaan, merupakan konsep penting dalam matematik yang
membentuk operasi utama di dalam kalkulus. Banyak formula integrasi boleh diperolehi
secara langsung daripada formula terbitan pembezaan seperti yang tertera di bawah:
1. 𝑘𝑓 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘 𝑓 𝑥 𝑑𝑥
2. 𝑓 𝑥 ± 𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 ± 𝑔 𝑥 𝑑𝑥
3. 𝑘𝑑𝑥 = 𝑘𝑥 + 𝐶
4. 𝑥𝑛𝑑𝑥 = 𝑥𝑛+1
𝑛+1+ 𝐶, 𝑛 ≠ −1
5. sin𝑥 𝑑𝑥 = − kos𝑥 + 𝐶
6. kos𝑥 𝑑𝑥 = sin 𝑥 + 𝐶
7. sek2 𝑥 𝑑𝑥 = tan𝑥 + 𝐶
8. kosek2 𝑥 𝑑𝑥 = − kot𝑥 + 𝐶
9. sek 𝑥 tan𝑥 𝑑𝑥 = sek 𝑥 + 𝐶
10. kosek𝑥 kot𝑥 𝑑𝑥 = − kosek𝑥 + 𝐶
11. 𝑒𝑥𝑑𝑥 = 𝑒𝑥 + 𝐶
12. 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 𝑎𝑥
ln 𝑎+ 𝐶,𝑎 > 0,𝑎 ≠ 1
13. 𝑑𝑥
𝑥= ln 𝑥 + 𝐶
14. tan𝑥 𝑑𝑥 = − ln kos𝑥 + 𝐶
15. kot𝑥 𝑑𝑥 = ln sin𝑥 + 𝐶
16. sek 𝑥 𝑑𝑥 = ln sek𝑥 + tan𝑥 + 𝐶
17. kosek𝑥 𝑑𝑥 = − ln kosek𝑥 + kot𝑥 + 𝐶
18. 𝑑𝑥
𝑎2−𝑥2= arcsin
𝑥
𝑎+ 𝐶
19. 𝑑𝑥
𝑎2+𝑥2=
1
𝑎arctan
𝑥
𝑎+ 𝐶
20. 𝑑𝑥
𝑥 𝑥2−𝑎2=
1
𝑎arcsek
𝑥
𝑎+ 𝐶
Manakala masalah integrasi selain daripada yang di atas memerlukan lebih banyak cara kerja
berdasarkan beberapa teknik pengamiran. Antara teknik pengamiran yang biasa digunakan ialah:
Kaedah gantian
Pengamiran bahagian demi bahagian
Pengamiran trigonometri
Kaedah pecahan separa
K
Unit 9 Teknik Pengamiran |253
9.1 Petua penggantian
Idea untuk menggunakan Petua Penggantian ialah dengan menukarkan kamiran yang sukar
kepada bentuk kamiran yang lebih mudah. Ini boleh dilaksanakan dengan menukar pembolehubah
asal 𝑥 kepada pembolehubah baru 𝑢 iaitu sebuah fungsi 𝑥.
9.1.1 Kamiran dengan penggantian 𝒖 = 𝒂𝒙 + 𝒃.
Kita perkenalkan kaedah ini dengan mengambil contoh yang mudah iaitu dengan mengambil
gantian linear seperti dibawah.
Contoh 9.1
Kamirkan
𝑥 + 4 5 𝑑𝑥 (9.1)
Penyelesaian:
Dalam kamiran (1) diatas, terdapat persamaan berkuasa 5 dan kamiran tersebut menjadi lebih
rumit dengan wujudnya terma 𝑥 + 4. Untuk menyelesaikan masalah ini, kita menggunakan
kaedah petua penggantian. Kita wujudkan pembolehubah baru 𝑢 dengan mengambil gantian
𝑢 = 𝑥 + 4. Tujuannya adalah untuk menukarkan kamiran kepada bentuk yang lebih mudah iaitu
𝑢5. Bagaimanapun kita perlu membuat penggantian yang sempurna dengan turut menggantikan
terma 𝑑𝑥.
Dengan membezakan 𝑢 = 𝑥 + 4, kita perolehi 𝑑𝑢
𝑑𝑥= 1 maka 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥. Gantikan ke dalam
persamaan (1) kita perolehi
𝑥 + 4 5 𝑑𝑥 = 𝑢5𝑑𝑢
Nilaikan kamiran tersebut, dengan mudah kita perolehi 𝑢6
6+ 𝐶. Gantikan semula penyelesaian
tersebut kepada pembolehubah asal, 𝑥 iaitu 𝑢 = 𝑥 + 4, maka
𝑥 + 4 5 𝑑𝑥 = 𝑥 + 4 6
6+ 𝐶
Kalkulus Asas|254
Dengan itu kita telah menyelesaikan masalah kamiran dengan menggunakan petua penggantian.
Sekarang kita ingin mencari kamiran dalam bentuk am kos(𝑎𝑥 + 𝑏)𝑑𝑥. Gantian 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏
akan memberikan 1
𝑎 kos𝑢 𝑑𝑢 dan penyelesaian kamiran tersebut adalah
1
𝑎sin 𝑢 + 𝐶. Tukarkan
jawapan akhir kepada pembolehubah asal kita akan perolehi 1
𝑎sin(𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐶.
Contoh 9.2
Kamirkan
𝑘𝑜𝑠(3𝑥 + 4)𝑑𝑥 (9.2)
Penyelesaian:
Kita ambil gantian 𝑢 = 3𝑥 + 4. Dengan membezakan 𝑢 = 3𝑥 + 4, kita perolehi 𝑑𝑢
𝑑𝑥= 3 maka
𝑑𝑥 =𝑑𝑢
3. Dengan menggantikan 𝑢 = 3𝑥 + 4 dan 𝑑𝑥 =
𝑑𝑢
3 ke dalam (2) kita akan perolehi
𝑘𝑜𝑠(3𝑥 + 4)𝑑𝑥 = 1
3𝑘𝑜𝑠(𝑢)𝑑𝑢
=1
3sin𝑢 + 𝐶
Jawapan akhir digantikan semula dengan pembolehubah asal, kita akan perolehi
𝑘𝑜𝑠(3𝑥 + 4)𝑑𝑥 =1
3sin(3𝑥 + 4) + 𝐶
Penyelesaian kamiran dalam bentuk am 1
ax +b𝑑𝑥, ialah dengan mengambil gantian 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏
akan memberikan 1
𝑎
1
u𝑑𝑢. Oleh itu memberi penyelesaian kamiran sebagai
1
𝑎𝑙𝑛 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝐶.
Ini bermakna jika kita ingin menyelesaikan kamiran contohnya seperti 1
3x+7𝑑𝑥 kita boleh terus
menulis penyelesaiannya sebagai 1
3𝑙𝑛 3𝑥 + 7 + 𝐶.
Seterusnya kita akan melihat contoh yang melibatkan kamiran tentu. Pelajar perlu lebih berhati-hati
apabila menyelesaikan masalah kamiran tentu kerana ia melibatkan had kamiran.
Unit 9 Teknik Pengamiran |255
Nota:
sin(𝑎𝑥 + 𝑏) 𝑑𝑥 = −1
𝑎kos(𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐶.
kos(𝑎𝑥 + 𝑏)𝑑𝑥 =1
𝑎sin(𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐶.
1
𝑎𝑥 + 𝑏𝑑𝑥 =
1
𝑎𝑙𝑛 𝑎𝑥 + 𝑏 + 𝐶.
Contoh 9.3
Kamirkan
(9 + 𝑥)2𝑑𝑥3
1
Penyelesaian:
Kita ambil gantian 𝑢 = 9 + 𝑥. Bezakan 𝑢, kita perolehi 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥. Maka kamiran menjadi
𝑢2𝑑𝑢𝑥=3
𝑥=1
dimana had kamiran masih di dalam pembolehubah 𝑥 dan bukan 𝑢. Untuk menukar had kamiran
kepada pembolehubah 𝑢, kita gunakan gantian 𝑢 = 9 + 𝑥. Dengan menggantikan 𝑥 = 1, kita
perolehi 𝑢 = 9 + 1 = 10 dan menggantikan 𝑥 = 3, kita perolehi 𝑢 = 9 + 3 = 12. Maka kita
perolehi
𝑢2𝑑𝑢 = 1
3𝑢3
10
1212
10
=1
3 123 − 103
=728
3
Kalkulus Asas|256
Nota:
Untuk menilai
𝑓 𝑔 𝑥 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥,
ambil gantian 𝑢 = 𝑔 𝑥 , dan d𝑢 = 𝑔′ 𝑥 𝑑𝑥. Ini memberi
Kamirkan terhadap 𝑢, sebelum menukarkan semula kepada pembolehubah asal 𝑥.
𝑓 𝑢 𝑑𝑢.
9.1.2 Menilai kamiran 𝒇 𝒈 𝒙 𝒈′(𝒙)𝒅𝒙 dengan mengambil gantian 𝒖 = 𝒈 𝒙 .
Cabaran utama dalam menggunakan Petua Penggantian ialah dalam memilih penggantian
yang tepat. Kita perlu memilih gantian 𝑢 yang merupakan sebahagian fungsi dalam kamiran
tersebut dan terbitannya juga wujud dalam kamiran itu (kecuali pemalar).
Contoh 9.4
Nilaikan kamiran berikut
2𝑥 1 + 𝑥2𝑑𝑥 (9.3)
Penyelesaian:
Andaikan 𝑢 merupakan kuantiti dibawah punca kuasa dua dalam (9.3), dengan tujuan
memudahkan terma punca kuasa dua seperti berikut
𝑢 = 1 + 𝑥2
Maka bezakan 𝑢, kita akan perolehi 𝑑𝑢 = 2𝑥𝑑𝑥. Perhatikan bahawa 2𝑥𝑑𝑥 wujud dalam
persamaan (9.3), dan kita boleh membuat gantian secara terus. Maka dengan menggantikan 𝑢
bagi 1 + 𝑥2,
2𝑥 1 + 𝑥2𝑑𝑥 = 1 + 𝑥2 2𝑥𝑑𝑥
= 𝑢 𝑑𝑢
Unit 9 Teknik Pengamiran |257
= 𝑢12 𝑑𝑢
=2
3𝑢
32 + 𝐶
=2
3(𝑥2 + 1)
32 + 𝐶
Perhatikan bahawa, jika 𝑔 𝑥 = 1 + 𝑥2 maka 𝑔′(𝑥) = 2𝑥. Maka kamiran 2𝑥 1 + 𝑥2𝑑𝑥
adalah dalam bentuk 𝑓 𝑔 𝑥 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥.
Secara amnya, gantian yang digunakan ialah 𝑢 = 𝑔 𝑥 . Maka 𝑑𝑢 = 𝑑𝑢
𝑑𝑥 𝑑𝑥 = 𝑔′ 𝑥 𝑑𝑥.
Contoh 9.5
Kamirkan 𝑥
1−4𝑥2𝑑𝑥.
Penyelesaian:
Ambil gantian 𝑢 = 1 − 4𝑥2 . Oleh itu 𝑑𝑢 = −8𝑥 𝑑𝑥, maka 𝑥𝑑𝑥 = −𝑑𝑢
8. Oleh itu
𝑥
1 − 4𝑥2𝑑𝑥 = −
1
8
𝑑𝑢
𝑢= −
1
8 𝑢−1
2𝑑𝑢
= −1
8 2 𝑢 + 𝐶
= −1
8 2 1 − 4𝑥2 + 𝐶
Contoh 9.6
Kamirkan 𝑥3 kos 𝑥4 + 2 𝑑𝑥.
Penyelesaian:
Ambil gantian 𝑢 = 𝑥4 + 2, kerana terbitannya ialah 𝑑𝑢 = 4𝑥3𝑑𝑥, wujud dalam kamiran diatas
(kecuali pemalar iaitu 4). Maka dengan mengambil 𝑥3𝑑𝑥 =𝑑𝑢
4 dan menggunakan Petua
Penggantian, kita peroleh
Kalkulus Asas|258
Nilaikan kamiran berikut;
a) (𝑥 − 2)3 𝑑𝑥
b) (𝑥 + 5)4𝑑𝑥1
0
c) sin(7𝑥 − 3)𝑑𝑥
d) 1
7x+5𝑑𝑥
Dalam setiap kamiran dibawah, kita boleh tuliskan dalam bentuk
𝑓 𝑔 𝑥 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥. Kenalpasti fungsi 𝑓, dan 𝑔 kemudian selesaikan kamiran
tersebut.
a) 2𝑥𝑒𝑥2−5 𝑑𝑥
b) −2𝑥𝑠𝑖𝑛(1 − 𝑥2) 𝑑𝑥
c) kos 𝑥
1+sin 𝑥 𝑑𝑥
𝑥3 kos 𝑥4 + 2 𝑑𝑥 = kos 𝑢 .1
4𝑑𝑢 =
1
4 kos𝑢 𝑑𝑢
=1
4sin𝑢 + 𝐶
=1
4sin(𝑥4 + 2) + 𝐶.
Perhatikan bahawa dalam jawapan akhir, kita perlu menukar pembolehubah 𝑢 kepada
pembolehubah asal 𝑥.
Latihan Formatif 9.1
Unit 9 Teknik Pengamiran |259
9.2 Pengamiran bahagian demi bahagian
Kamiran bahagian demi bahagian merupakan suatu kaedah untuk mempermudahkan kamiran
yang melibatkan pendaraban fungsi aljabar misalnya
𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 , 𝑥𝑒𝑥 𝑑𝑥 dan 𝑒𝑥 kos 𝑥 𝑑𝑥
Kamiran bahagian demi bahagian diperoleh daripada rumus pembezaan hasil darab
𝑑
𝑑𝑥 𝑢𝑣 = 𝑢
𝑑𝑣
𝑑𝑥+ 𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑥
Apabila dikamirkan terhadap 𝑥 diperoleh
𝑢𝑣 = 𝑢𝑑𝑣
𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑥𝑑𝑥,
dan seterusnya
𝑢𝑑𝑣
𝑑𝑥𝑑𝑥 = 𝑢𝑣 − 𝑣
𝑑𝑢
𝑑𝑥𝑑𝑥
atau ringkasnya
𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣 𝑑𝑢
Bentuk terakhir ini dinamakan rumus kamiran bahagian demi bahagian. Rumus ini
mengungkapkan kamiran 𝑢 𝑑𝑣. Dengan pemilihan yang tepat bagi 𝑢 dan 𝑣, kamiran kedua
(dalam fungsi 𝑢, 𝑣 dan 𝑥) mungkin menjadi lebih mudah untuk diselesaikan dibandingkan dengan
kamiran yang pertama (dalam fungsi 𝑥 sahaja).
(9.4)
Kalkulus Asas|260
Contoh 9.7
Selesaikan setiap kamiran berikut:
a) 𝑥 𝑒𝑥𝑑𝑥
b) 𝑥 kos x 𝑑𝑥
c) 𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥
d) ln 𝑥 𝑑𝑥
Penyelesaian:
a) Dalam contoh ini dipilih
𝑢 = 𝑥 dan 𝑑𝑣 = 𝑒𝑥 𝑑𝑥.
Oleh itu
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 dan 𝑣 = 𝑒𝑥 .
Dengan menggunakan Rumus (9.4) diperoleh
𝑥 𝑒𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 𝑑𝑥
= 𝑥𝑒𝑥 − 𝑒𝑥 + 𝐶
b) Dalam contoh ini dipilih
𝑢 = 𝑥 dan 𝑑𝑣 = kos 𝑥 𝑑𝑥.
Oleh itu
𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 dan 𝑣 = sin 𝑥.
Dengan menggunakan Rumus (9.4) diperoleh
𝑥 kos 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 sin 𝑥 – sin 𝑥 𝑑𝑥
= 𝑥 sin 𝑥 + kos 𝑥 + 𝐶
Unit 9 Teknik Pengamiran |261
c) Dalam contoh ini dipilih
𝑢 = ln 𝑥 dan 𝑑𝑣 = 𝑥 𝑑𝑥
Oleh itu
𝑑𝑢 = 1
𝑥 𝑑𝑥 dan 𝑣 =
1
2𝑥2 + 𝑘
Dengan menggunakan Rumus (9.4), diperoleh
𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 = 1
2𝑥2 + 𝑘 ln 𝑥 −
1
2𝑥 +
𝑘
𝑥 𝑑𝑥
= 1
2𝑥2 + 𝑘 ln 𝑥 −
1
4𝑥2 + 𝑘 ln 𝑥 + 𝐶
=1
2𝑥2 ln 𝑥 + 𝑘 ln 𝑥 −
1
4𝑥2 − 𝑘 ln 𝑥 + 𝐶
=1
2𝑥2 ln 𝑥 −
1
4𝑥2 + 𝐶
d) Dalam contoh ini ditulis ln 𝑥 𝑑𝑥 = 1 (ln 𝑥) 𝑑𝑥 dan dipilih
𝑢 = ln 𝑥 dan 𝑑𝑣 = 𝑑𝑥
Oleh itu
𝑑𝑢 =1
𝑥 𝑑𝑥 dan 𝑣 = 𝑥 + 𝑘
Dengan menggunakan Rumus (9.4) diperoleh
𝑥 ln 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥 + 𝑘 ln 𝑥 − 1 +𝑘
𝑥 𝑑𝑥
= 𝑥 + 𝑘 ln 𝑥 − 𝑥 + 𝑘 ln 𝑥 + 𝐶
= 𝑥 ln 𝑥 + 𝑘 ln 𝑥 − 𝑥 − 𝑘 ln 𝑥 + 𝐶
= 𝑥 ln 𝑥 − 𝑥 + 𝐶
Kalkulus Asas|262
Catatan:
i. Perhatikan bahawa dalam contoh di atas ketika mengamirkan 𝑑𝑣 pemalar
pengamiran, 𝑘 akhirnya terhapus. Oleh itu dalam contoh seterusnya pemalar
pengamiran 𝑘 diabaikan.
ii. Jika pemilihan bagi 𝑢 dan 𝑑𝑣 terhadap fungsi dalam 𝑥 menyebabkan kamiran yang
terhasil bertambah sukar, maka pemilihan ini perlu ditukargantikan.
iii. Kadangkala pemilihan bagi 𝑢 dan 𝑑𝑣 menyebabkan kamiran tidak boleh dilakukan
dan proses penghitungan menjadi sangat rumit.
iv. Perhatikan untuk memudahkan langkah penyelesaian, penggunaan rumus (9.4) boleh
diperoleh melalui pendaraban dengan mengikuti arah anak panah.
\\\\
Selesaikan setiap kamiran berikut;
a) 𝑥 sin 𝑥 𝑑𝑥𝜋
20
b) 𝑥 𝑒−𝑥𝑑𝑥1
0
c) 𝑥4 ln 𝑥 𝑑𝑥 d) 𝑠𝑒𝑘6 𝑥 𝑑𝑥
e) sin4𝑥 𝑑𝑥 f) 4𝑥 𝑥 + 1 3
9.3 Pengamiran menggunakan identiti trigonometri atau gantian trigonometri
Terdapat kamiran yang melibatkan fungsi trigonometri boleh diselesaikan dengan menggunakan
identiti trigonometri. Ini membolehkan kamiran ditulis dalam bentuk alternatif yang mungkin lebih
mudah untuk diselesaikan. Dalam unit ini, kita akan mempelajari bagaimana menyelesaikan fungsi
trigonometri yang lebih rumit seperti sin2𝑥 𝑑𝑥 dan sin3𝑥 kos 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥.
Latihan Formatif 9.2
Unit 9 Teknik Pengamiran |263
9.3.1 Pengamiran yang memerlukan penggunaan identiti trigonometri
Berikut adalah identiti trigonometri yang akan digunakan didalam bahagian ini.
2 sin 𝐴 kos 𝐵 = sin 𝐴 + 𝐵 + sin(𝐴 − 𝐵)
2 kos 𝐴 kos 𝐵 = kos 𝐴 − 𝐵 + kos(𝐴 + 𝐵)
2 sin 𝐴 sin 𝐵 = kos 𝐴 − 𝐵 − kos(𝐴 + 𝐵)
sin2 𝐴 + kos2 𝐴 = 1
kos 2𝐴 = kos2 𝐴 − sin2 𝐴
= 2 kos2 𝐴 − 1
= 1− 2 sin2 𝐴
sin 2𝐴 = 2 sin𝐴 kos𝐴
1 + tan2 𝐴 = sek 2𝐴
Contoh 9.8
Nilaikan kamiran sin2𝑥 𝑑𝑥.𝜋
0
Penyelesaian:
Kita gunakan identiti trigonometri kos 2A = 1−2 sin2 𝐴, oleh itu sin2 𝐴 =1
2 1 − kos 2𝐴 .
Perhatikan dengan menggunakan identiti ini kita telah menukar kamiran asal sin2 𝐴 kepada
kamiran yang tiada kuasa. Oleh itu kamiran tersebut boleh ditulis sebagai
sin2𝑥 𝑑𝑥 =𝜋
0
1
2 1 − kos 2𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
dan hasil kamiran tersebut diselesaikan seperti berikut:
1
2 1 − kos 2𝑥 𝑑𝑥
𝜋
0
= 1
2 𝑥 −
1
2sin 2𝑥
0
𝜋
Kalkulus Asas|264
= 1
2𝑥 −
1
4sin 2𝑥
0
𝜋
=𝜋
2
Contoh 9.9
Nilaikan kamiran sin 3𝑥 kos 2𝑥 𝑑𝑥.
Penyelesaian:
Perhatikan bahawa kamiran ini merupakan hasil darab dua fungsi iaitu sin 3𝑥 dan kos 2𝑥. Kita
gunakan identiti trigonometri 2 sin 𝐴 kos 𝐵 = sin 𝐴 + 𝐵 + sin(𝐴 − 𝐵). Dengan 𝐴 = 3𝑥 dan
𝐵 = 2𝑥, kita perolehi
sin 3𝑥 kos 2𝑥 𝑑𝑥 =1
2 sin 5𝑥 + sin 𝑥 𝑑𝑥
=1
2 −
1
5kos 5𝑥 − kos𝑥 + 𝐶
= −1
10kos 5𝑥 −
1
2kos𝑥 + 𝐶
9.3.2 Pengamiran yang melibatkan hasil darab sin dan kos
Dalam bahagian ini kita akan melihat kamiran dalam bentuk sinm 𝑥 kosn 𝑥 𝑑𝑥.
Contoh 9.10
Nilaikan sin3 𝑥 kos2 𝑥 𝑑𝑥.
Penyelesaian:
sin3 𝑥 kos2 𝑥 𝑑𝑥 = sin x sin2 𝑥 kos2 𝑥 𝑑𝑥
= sin x 1 − kos2 𝑥 kos2 𝑥 𝑑𝑥
Ambil gantian u = kos x, du = − sin x dx, maka kita akan perolehi
sin x 1 − kos2 𝑥 kos2 𝑥 𝑑𝑥 = − (1 − 𝑢2)𝑢2 𝑑𝑢
Unit 9 Teknik Pengamiran |265
Nota:
1
1 + 𝑥2𝑑𝑥 = 𝑡𝑎𝑛−1𝑥 + 𝐶
1
𝑎2 + 𝑥2𝑑𝑥 =
1
𝑎𝑡𝑎𝑛−1
𝑥
𝑎+ 𝐶
1
𝑎2 − 𝑥2𝑑𝑥 = sin−1
𝑥
𝑎+ 𝐶
= (𝑢4 − 𝑢2)𝑑𝑢
=𝑢5
5−
𝑢3
3+ 𝐶
=kos5𝑥
5−
kos3𝑥
3+ 𝐶
9.3.3 Pengamiran yang menggunakan penggantian trigonometri
Terdapat juga beberapa kamiran yang menggunakan gantian trigonometri. Berikut adalah
penyelesaian am kamiran dalam bentuk-bentuk tertentu sebagai rujukan pelajar. Bagaimana
kamiran pertama diselesaikan akan ditunjukkan dalam contoh seterusnya.
Contoh 9.11
Selesaikan 1
1+𝑥2 𝑑𝑥.
Penyelesaian:
Ambil gantian 𝑥 = tan𝜃. Kita memilih gantian ini untuk menukarkan kamiran asal kepada 1
1+tan2𝜃
dan kita boleh menggunakan identiti 1 + tan2𝜃 = sek2𝜃 . Oleh itu dengan
𝑥 = sek2 𝜃, 𝑑𝑥
𝑑𝜃= sek2 𝜃, maka 𝑑𝑥 = sek2 𝜃 𝑑𝜃 . Pengamiran akan menjadi
1
1 + 𝑥2𝑑𝑥 =
1
1 + tan2𝜃sek2 𝜃 𝑑𝜃
Kalkulus Asas|266
1) Gunakan identiti trigonometri dan dapatkan kamiran berikut.
a) kos2 𝑥 𝑑𝑥
b) sin 2x kos 2x𝑑𝑥
2) Kamirkan
a) kos3 𝑥 𝑑𝑥
b) sin5𝑥 kos2𝑥 𝑑𝑥
3) Dengan menggunakan gantian trigonometri, dapatkan
a) 1
4+9𝑥2 𝑑𝑥
b) 1
4−9𝑥2 𝑑𝑥
= 1
sek2𝜃sek2 𝜃 𝑑𝜃
= 1 𝑑𝜃
= 𝜃 + 𝐶
= tan−1𝑥 + 𝐶
9.4 Kaedah pecahan separa
Pengamiran yang berbentuk 3𝑥2 + 18𝑥 +3
3𝑥2+ 5𝑥−2 𝑑𝑥 adalah bukannya suatu bentuk pengamiran
yang biasa namun ianya banyak dijumpai dalam penggunaan matematik. Untuk
menyelesaikan pengamiran yang berbentuk demikian adalah satu kaedah yang sukar
dilakukan. Maka untuk mengatasi masalah pecahan ini, pecahan tersebut perlu ditukarkan
kepada beberapa pecahan separa sebelum proses pengamiran dilakukan. Justeru itu,
adalah digalakkan agar asas kepada pecahan separa diulangkaji terlebih dahulu dalam
usaha untuk memahami unit ini. Asasnya pecahan separa membolehkan pecahan tunggal
ditukarkan kepada beberapa pecahan separa. Di dalam pecahan separa ini, bahagian di
Latihan Formatif 9.3
Unit 9 Teknik Pengamiran |267
sebelah atas dikenali sebagai pengatas atau pengangka dan bahagian sebelah bawah
dikenali sebagai pembawah atau penyebut (sila rujuk contoh di dalam Rajah 9.1 ).
7𝑥 + 8
2𝑥2 + 11𝑥 + 5 =
3
𝑥 + 5 +
1
2𝑥 + 1
Pecahan tunggal Pecahan separa Pecahan separa
Rajah 9.1
Untuk pecahan separa 3
𝑥+5 , 3 ialah pengatas atau pengangka dan 𝑥 + 5 ialah pembawah
atau penyebut. Seandainya pengamiran perlu dilakukan terhadap suatu masalah matematik
melibatkan pecahan tunggal, maka pengamiran boleh dilakukan terhadap pecahan pecahan
separa yang diterbitkan daripada pecahan tunggal tersebut.
7𝑥 + 8
2𝑥2 + 11𝑥 + 5 𝑑𝑥 =
3
𝑥 + 5 𝑑𝑥 +
1
2𝑥 + 1 𝑑𝑥
Di dalam persoalan matematik ini menerbitkan pecahan separa daripada pecahan tunggal
adalah sangat mustahak. Cuba terbitkan pecahan separa bagi 6
𝑥2− 1?
Mulakan dengan memfaktorkan penyebut:
𝑥2 − 1 = 𝑥 − 1 (𝑥 + 1)
Maka:
6
𝑥2 − 1=
6
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)
Dengan mengandaikan pemalar 𝐴 dan 𝐵, maka akan terhasil
6
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)=
𝐴
𝑥 − 1+
𝐵
𝑥 + 1
Ia dapat dibuktikan bahawa pemalar pemalar ini sentiasa wujud untuk suatu fungsi nisbah
𝑝(𝑥)
𝑞(𝑥) jika kedua dua syarat di bawah ini dipenuhi.
1) Kedua-dua 𝑝(𝑥) dan 𝑞(𝑥) adalah polinomial (hanya pemalar dengan
kuasa integer positif bagi 𝑥 sahaja)
Kalkulus Asas|268
2) Kuasa tertinggi bagi 𝑥 di dalam 𝑝(𝑥) lebih kecil berbanding kuasa tertinggi
bagi 𝑥 di dalam 𝑞 𝑥 .
Samakan pekali:
𝐴 (𝑥 + 1)
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)+
𝐵 (𝑥 − 1)
𝑥 + 1 (𝑥 − 1)
= 𝐴 𝑥 + 1 + 𝐵 (𝑥 − 1)
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)
Maka
6
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)=
𝐴 𝑥 + 1 + 𝐵 (𝑥 − 1)
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)
Memandangkan penyebut bagi persamaan ini adalah sama, maka pengangkanya juga
adalah sama.
6 = 𝐴 𝑥 + 1 + 𝐵(𝑥 − 1)
Untuk nilai 𝐴 dan 𝐵, andaikan 𝑥 = 1, maka
6 = 𝐴 1 + 1 + 𝐵(1 − 1)
6 = 𝐴 2 + 𝐵(0)
𝐴 = 3
Seterusnya andaikan 𝑥 = −1
6 = 𝐴 −1 + 1 + 𝐵(−1 − 1)
6 = 0 − 2𝐵
𝐵 = −3
Jadi pecahan separa terbitan daripada pecahan tunggal 6
𝑥2−1 ialah
6
𝑥 − 1 (𝑥 + 1)=
3
𝑥 − 1+
−3
𝑥 + 1
Contoh 9.12
Kamirkan
Unit 9 Teknik Pengamiran |269
Selesaikan setiap kamiran berikut:
a)
2𝑥 + 3
𝑥2 − 9 𝑑𝑥
b)
𝑥2 − 1
𝑥2 − 16 𝑑𝑥
c)
𝑥5 + 1
𝑥3(𝑥 + 2) 𝑑𝑥
d)
𝑥3 + 4
(𝑥2 − 1)(𝑥2 + 3𝑥 + 2) 𝑑𝑥
1
𝑥2 − 4 𝑑𝑥
Penyelesaian:
Uraikan permasalahan matematik di atas kepada pecahan separa:
1
𝑥2 − 4 𝑑𝑥 =
1
𝑥 + 2 (𝑥 − 2) 𝑑𝑥
= 𝐴
𝑥 + 2 +
𝐵
(𝑥 − 2) 𝑑𝑥
Selepas menyamakan penyebut seperti di dalam penerangan sebelum ini, kemudian akan
diperoleh
𝐴 𝑥 − 2 + 𝐵 𝑥 + 2 = 1
Andaikan 𝑥 = −2:𝐴 −4 + 𝐵 0 = 1 → 𝐴 = −1
4
Andaikan 𝑥 = 2:𝐴 0 + 𝐵 4 = 1 → 𝐵 =1
4
maka,
1
𝑥2 − 4𝑑𝑥 =
−14
𝑥 + 2 +
14
(𝑥 − 2) 𝑑𝑥
= − 14
1
𝑥 + 2 + 1
4 1
(𝑥 − 2) 𝑑𝑥
= −1
4ln 𝑥 − 2 − ln 𝑥 + 2 + 𝐶
atau
= −1
4ln
𝑥 − 2
𝑥 + 2 + 𝐶
Latihan Formatif 9.4
Kalkulus Asas|270
RUMUSAN
Di dalam unit ini, teknik kamiran untuk masalah matematik yang melibatkan pengamiran yang tidak
boleh diselesaikan secara terus dengan menggunakan formula antiterbitan telah dibentangkan.
Empat teknik utama yang dibincangkan ialah:
1) Pengamiran melalui penggantian
2) Pengamiran bahagian demi bahagian
3) Pengamiran dengan menggunakan gantian trigonometri atau identiti trigonometri
4) Pengamiran dengan menerbitkan pecahan separa
KATA KUNCI
Kamiran, petua penggantian, kamiran bahagian demi bahagian, identiti trigonometri, penggantian
trigonometri, kaedah pecahan separa.
1. Nilaikan 𝑥 sin 2𝑥2 𝑑𝑥, dengan gantian 𝑢 = 2𝑥2 .
Latihan Sumatif
Unit 9 Teknik Pengamiran |271
2. Nilaikan 𝑥3 𝑥4 + 15
0 dengan gantian 𝑢 = 𝑥4 + 1 .
3. Dengan mencari gantian yang sesuai, dapatkan 𝑒sin 𝑥 kos𝑥 𝑑𝑥.
4. Gunakan identiti trigonometri untuk selesaikan 2 kos 5𝑥 kos 3𝑥 𝑑𝑥.𝜋 3
𝜋 6
5. Gunakan kaedah gantian trigonometri untuk selesaikan 𝑥2
16−𝑥2𝑑𝑥 dengan mengambil
gantian 𝑥 = 4 sin𝜃.
6. Gunakan kaedah gantian trigonometri untuk selesaikan 1
1+4𝑥2 𝑑𝑥 dengan mengambil
gantian 𝑥 =1
2tan𝜃.
7. Kamirkan 𝑒𝑥
𝑒𝑥−1 (𝑒𝑥+3) 𝑑𝑥.
8. Kamirkan kos 𝑥
𝑠𝑖𝑛 3𝑥+sin 𝑥.
RUJUKAN
Steward, J. (2003). Calculus (5th Ed.). Brooks/Cole: Belmont.
Md.Raji, A.W., Rahmat, H., Kamis, I., Mohamad, M.N. & Ong, C.T. (2000). Kalkulus. UTM.
JAWAPAN LATIHAN FORMATIF Latihan Formatif 9.1
a) (𝑥−2)4
4+ 𝐶
b) 9301
5
Kalkulus Asas|272
c) –kos (7𝑥−3)
7+ 𝐶
d) 1
7𝑙𝑛 7𝑥 + 5 + 𝐶
e) 𝑓 𝑢 = 𝑒𝑢 ,𝑔 𝑥 = 𝑥2 − 5, 𝑒𝑥2−5+ 𝑐
f) 𝑓 𝑢 = sin𝑢,𝑔 𝑥 = 1 − 𝑥2 ,−kos(1 − 𝑥2) + 𝑐
g) 𝑓 𝑢 =1
𝑢,𝑔 𝑥 = 1 + sin 𝑥, 𝑙𝑛 1 + sin 𝑥 + 𝑐
Latihan Formatif 9.2
a) 1
b) 1 − 2𝑒−1
c) 1
5𝑥5 ln𝑥 −
1
25𝑥5 + 𝐶
d) 1
5tan5𝑥 +
2
3tan3𝑥 + tan𝑥 + 𝐶
e) 3
8𝑥 −
1
4sin 2𝑥 +
1
32sin 4𝑥 + 𝐶
f) 𝑥 𝑥 + 1 4 −1
5 𝑥 + 1 5 + 𝐶
Latihan Formatif 9.3
a) 𝑥
2+
1
4sin 2𝑥 + 𝐶
b) –cos 4𝑥
8+ 𝐶
a) 1
3cos2 𝑥 sin 𝑥 +
2
3sin 𝑥 + 𝐶
b) −1
7sin4 𝑥 cos3 𝑥 −
4
35sin2 𝑥 cos3 𝑥 −
8
105cos3 𝑥 + 𝐶
a) 1
6𝑡𝑎𝑛−1 3
2+ 𝐶
b) 1
3𝑠𝑖𝑛−1 3𝑥
2+ 𝐶
Latihan Formatif 9.4
a) 1
2ln 𝑥 + 3 +
3
2ln 𝑥 − 3 + 𝐶
b) 𝑥 +
15
8ln
𝑥 − 4
𝑥 + 4 + 𝐶
1)
2)
3)
Unit 9 Teknik Pengamiran |273
c) 𝑥2
2− 2𝑥 +
1
8ln 𝑥 +
1
4𝑥−
1
4𝑥2
+31
8ln 𝑥 + 2 + 𝐶
d) −
3
4ln 𝑥 + 1 +
3
2(𝑥 + 1)
+5
12ln 𝑥 − 1
+4
3ln 𝑥 + 2 + 𝐶
e) 1
2ln 𝑥 + 3 +
3
2ln 𝑥 − 3 + 𝐶
f) kot𝑥 + ln 1 − kot 𝑥 + 𝐶
JAWAPAN LATIHAN SUMATIF
1) –cos (2𝑥2)
4+ 𝐶
2) 2610
3) 𝑒sin 𝑥 + 𝐶
4) 2.165
5) −1
2𝑥 16 − 𝑥2 + 8 sin−1 𝑥
4+ 𝐶
6) 1
2 𝑡𝑎𝑛−12𝑥 + 𝐶
7) 1
4ln
𝑒𝑥−1
𝑒𝑥+3 + 𝐶
8) ln sin𝑥 −1
2ln sin2 𝑥 + 1 + 𝐶