1.METODE BISEKSI = METODE BAGI DUA
(BISECTION METHOD)
Menggunakan taksiran nilai akar baru
Rumus = x0 = a+b atau c = a+b
2 2
Untuk mengawali hal ini, kita mengambil nilai x dari f(x) yang saling berbeda tanda, terus lanjut (berulang) sampai keakuratan yang diinginkan dicapai (dapat diketahui dari kesalahan relative semu).
Kesalahan relative semu = Perkiraan sebelum – Perkiraan berikut
Perkiraan berikut
Contoh : Carilah akar-akar persamaan dari f(x) = x3 – x – 1 = 0
Jawaban : f(x) = x3 – x – 1
f(1) = 13 – 1- 1 = -1 => -1<0
f(2) = 23 – 2 - 2 = 8-2-1=5 => 5>0
Karena -1 dan 5 saling berbeda tanda, maka f(x) = 0 terletak antara x = 1 dan x = 2.
Selanjutnya gunakan rumus diatas : x0 = 1+2 = 1,5 = 3/2
2
Masukan ke fungsi : f (3/2) = (3/2)3 – (3/2) – 1 = 7/8 => 7/8 > 0
Ambil : x1 = 1+3/2 = 1,25 = 5/4 => f (5/4) = (5/4)3 – (5/4) – 1
2
=> f (5/4) = 125 – 5/4 -1 = -19/64
64
x2 = 1,5 +1,25 = 1,375 => f (1,375) = (1,375)3 – (1,375) – 1 = .........
2
x3 = 1,25+1,375 = 1,3125 => f (1,3125) = (1,3125)3 – (1,3125) – 1 =
2
x4 = 1,375 + 1,3125 = 1,34375 => f (1,34375) = (1,34375)3 – (1,34375) – 1
2
x5 = 1,3125+1,34375 = 1,327125 => f (1,327125) =
2
Tabel biseksi diatas :
Iterasi a b x f(x) f(q)
1
2
3 1
1
1,5 2
1,5
1,25 1,5
1,25
1,375 7/8
-19/64 -1
-1
Menghentikan iterasi , dapat dilakukan menggunakan toleransi error atau iterasi maksimum, semakin teliti (kecil toleransi errornya) maka semakin besar jumlah iterasi yang dibutuhkan.
2.METODE ITERATIF SEDERHANA
(METODE ITERASI SATU TITIK SEDERHANA)
Metode yang memisahkan x dengan sebagian x yang lain, sehingga x = f(x), dapat ditulis dalam bentuk x(n+1) = f(xn) dimana n = 0,1,2,3,........................
Contoh : f(x) = 2x3 – 7x + 2 = 0
=> 7x = 2x3 + 2
=> x = 2x3 +2
7
Kita ambil 0< X<1
Untuk X0 = 1 → f (1) = 4/7 = 0,571
X1 = 0,571 → f (0,571) = 2(0,571)3 +2 = 0,339
7
X2 = 0,339 → f (0,339) = 2(0,339)3+2 = 0,297
7
X3 = 0,279 → f (0,279) = 2(0,279)3+2 = 0,293
7
X4 = 0,293 → f (0,293) = 2(0,293)3+2 = 0,293
7
X5 = 0,293 → .....................sda..........................
Ditulis dalam bentuk tabel :
Iterasi Xn Xn3 2/7 (Xn3+1)
0
1
2
3
4
5 1
0,571
0,339
0,279
0,293
.......... 1
0,186
0,039
0,026
0,025
............. 0,571
0,339
0,297
0,293
0,293
.............
Konvergen ke 0,293 aproksimasi di X = 0,293
f(x)
f(x) = 0 untuk x = -2
0 < x < 1
Konvergen 1 < x < 2
divergen
x
-2 -1 0 1 2
Untuk nilai bulat x = -2, dari f(x) = 2x3 – 7x + 2adalah :
-2 2 0 -7 2
-4 8 -2
2 -4 1 0
f(x) = (x+2) (2x2-4x+1) = 0 akar dari 2x2 – 4x + 1 = 0 didapat
X2,3 = 4 ±√16-8 = 1 ± 1/2 √2 .............(Rumus ABC: X2.3 = -b±√b2-4AC
4 2a
X2 = 0,2922893....................
X3 = 1,707106......................
Akar lain 1< x < 2. Untuk x = 2/7 (xn3 + 1)
Atau xn + 1 = f(xn) = 2/7 (xn3 + 1)
Maka :
X0 = 2 → f(2) = 2/7 (23+1) = 12/7 = 2,571
X1 = 2,571 → f(2,571) = 2/7[(2,571)3+1] = 5,141
X2 = 5,141 → f(5,141) = 2/7[(5,141)3+1] = 39,107
..............................dst
Ternyata x membesar (divergen).
Cara Lain : 2x3 = 7x – 2
x = 7x – 2
2x2
Tabel ;
Iterasi Xn Xn2 7Xn – 2 2Xn2 7Xn – 2
2Xn2
0
1
2
3
..............
22
................. 2
1,5
1,889
1,573
..............
1,709
............ 4
2,25
3,568
2,474
..............
2,922
................... 12
8,5
11,223
9,811
..................
9,963
dst 8
4,5
7,136
4,948
................
5,844
.................. 1,5
1,889
1,573
1,821
dst
1,705
.............
Harga x mendekati 1,707
Secara eksak : 1 + ½ √2 = 1,7077106...................
Dapat juga ditulis : 2X3 = 7x – 2
X2 = 7x-2
2x
X = ( 7x – 2) 1/2
2x
X3 = 7x – 2 X = (7x – 2) 1/3
2 2
Didapat formulasi :
Iterasi Nilai awal Hasil
F(x) = 2/7 (x3 + 1) 1
2 Konvergen
Divergen
F(x) = 7x – 2
2x 1
2 Konvergen
Konvergen
F(x) = ( 7x – 2) ½
2x 1
2 Konvergen
Konvergen
F(x) = (7x – 2) 1/3
2 1
2 Konvergen
Konvergen
3.METODE ATHEN ∆2
(Percepatan Konvergen)
Dari f(x) = 0 dijadikan x = F(x) dengan mengambil tiga aproksimasi Xi-1, Xi, Xi + 1
Dimana : ∆Xi = Xi + 1 - Xi dan ∆ Xi-1 = Xi-1= Xi – Xi – 1
∆2Xi – 1 = ∆Xi - ∆Xi -1
Apabila dimisalkan x = α yang membuat f(x) = 0
Maka :
Contoh : gunakan Metode Athen ∆2 untuk menghitung akar persamaan : x3 +x - 1/2 = 0
Jawaban : x3 + x - ½ = 0
X= -x3 + 1/2
Untuk : X0 = 0 → X1 = f(0) = ½ = 0,5
X1 = 1/2 → X2 = f(1/2) = -(1/2)3 + ½ = - ⅛ + 4/8 = ⅜ = 0,375
X2 = ⅜ → X3 = f(3/8) = -(3/8)3 + 1/2 = - 27 + 256
512 512
= 229 = 0,447
512
Maka : Xi -1 = X1= 0,5
Xi = X2 = 0,375
Xi + 1 = X3 = 0,447
Jadi : ∆2 Xi – 1 = ∆Xi - ∆i – 1 = 0,375 – 0,5 = - 0,125
α = Xi+1 – (∆Xi)2 = 0,447 – (0,072)2 = 0,423
∆2 Xi-1 0,197
4.METODE POSISI SALAH (PALSU)
Prinsip : Disekitar akar fungsi yang diperkirakan, anggap fungsi merupakan garis lurus. Titik tempat garis lurus itu memotong garis nol ditentukan sebagai akar fungsi :
b
f(x)
•
x
garis lurus sebagai pengganti f(x)
p(x)
a
Dari fungsi y = f(x) kita akan mencari f(x) = 0 untuk x.
Misalkan A(X0, f(X0)) dan B(X1, f(X1)), dimana f(X0) > 0 dan f(X1) < 0
Maka : y – f(X0) = X – X0
f(X1) – f(X0) X1 – X0
y – f(X0) = f(X1) – f(X0) (X – X0)
X1 – X0
Rumus : Xn+1 = X0 f(Xn) – Xnf(X0)
f(Xn) – f(X0)
atau :
C = a f(b) – bf(a)
f (b)- f(a)
Jika A (a,f(a) dan B [b, f(b)]
Contoh : Tentukan akar dari 2X3 – 7X+2.
Jawaban : f(x) = 2X3 – 7X +2
Untuk X = 0 → f(0) = 2 (0)3 – 7(0) +2 = 2, ini lebih nol
X = 1 → f(1) = 2 (1)3 – 7(1) +2 = -3, ini kurang dari nol
Maka f(x) antara 0 dan 1
Kita ambil X0 = 0 dan f(x0) = 2
Substitusi ke :
Xn + 1 = X0 f(Xn) – Xnf(X0)
f(Xn) – f(X0)
Menjadi :
Xn + 1 = 0. f(Xn) – 2 Xn
f(Xn) – 2
Xn + 1 = -2Xn
f(Xn)-2
Xn + 1 = -2 Xn
2Xn3 – 7Xn +2 – Z
Xn + 1 = -2Xn
2Xn3 – 7 Xn
Xn + 1 = Xn (-2) = - 2
Xn(2Xn2 – 7) 2X2n – 7
Untuk f(x) = -2 maka F1(x) = 8x
2X2 – 7 (2X2 – 7)2
Untuk X = 0 maka F1 (x) = 0
Untuk X = 1 maka F1 (x) = 8 , ini kurang dari dari 1 (Konvergen)
25
Tabel :
Iterasi (n) Xn 2Xn2 2Xn2 – 7 -2
2Xn2 – 7
0
1
2
3
4 1
0,4
0,299
0,293
0,293 2
0,320
0,179
0,172
.................. -5
- 6,680
- 6,821
- 6,828
........................ 0,4
0,299
0,293
0,293
.....................
Jadi : f(x) = 0, Untuk X = 0,293
5.METODE NEWTON - RAFHSON
Salah satu Metode penyelesaian akar-akar persamaan non linier f(x) dengan menentukan satu nilai tebakan awal dari akar.
Rumus : Xn+1 = Xn – f(Xn)
f1(Xn)
Contoh : Tentukan aproksimasi akar real dari :
X3 – X2 – 3 = 0
Jawaban: f(x) = X3 – X2 – X – 3
Coba – coba : f(2) = 8 – 4 – 2 – 3 = -1, (kurang dari nol)
f(3) = 27 – 9 – 3 – 3 = 12, (lebih dari nol)
Ambil tengah – tengah antara 2 dan 3 yaitu X0 = 2,5
Rumus : Xn+1 = Xn - f(Xn)
f1(Xn)
disubstitusikan ke soal, menjadi :
Xn+1 = Xn – X3n – X2n – Xn – 3
3X2n – 2Xn - 1
Tabel Hasil
Iterasi (n) Xn f(Xn) f1(Xn) f(Xn)
f1(Xn)
0
1
2
3
4 2,5
2,196
2,133
2,130
2,130 3,875
0,572
0,022
-0,003
..................... 12,75
9,075
8,383
8,351
.............. 0,304
0,063
0,003
0,000
.............
Jadi akarnya X = 2,130
Rabu, 08 April 2009
METODE NUMERIK
METODE NUMERIK
Selisih Terhingga Biasa :
Secara Umum dapat di rumuskan :
∆ f(x) = f(x + h) - f(x)
Apabila dilanjutkan berdasarkan tingkatan dinyatakan dalam bentuk.
∆n f(x) = ∆n-1f(x+h) - ∆n-1f(x)
Contoh, untuk :
Selisih pertama : ∆ f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih kedua : ∆2 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih ketiga : ∆3 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih keempat : ∆4 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
........................................................... dst
Mari kita gunakan rumus tersebut di atas sampai selisih terhingganya mencapai angka-angka konstans :
Contoh : Carilah ekspresi analitik f (x) = x2 + 3
Untuk x = 1 (2) 9
Jawaban : Soal tersebut mengartikan, bahwa dalam fungsi f (x) = x2 + 3, nilai x bergerak mulai angka 1 sampai dengan angka 9 dimana bedanya selalu tetap 2 atau x = { 1,3,5,7,9 }.
Sekarang kita coba cari nilai f (x) = x2+3
f(1) = ( 1 )2 + 3 = 4
f(3) = ( 3 )2 + 3 = 12
f(5) = ( 5 )2 + 3 = 28
f(7) = ( 7 )2 + 3 = 52
f(9) = ( 9 )2 + 3 = 84
Selanjutnya :
Untuk selisih pertama : ∆ f (x) = f (x+h) –f(x)
∆ f (x) = (x+2)2 +3-(x2+3)
∆ f (x) = x2 +4x+4+3-x2-3
∆ f (x) = 4x + 4
Jika x = 1 → ∆ f (x) = 4(1) + 4 = 8
Jika x = 3 → ∆ f (x) = 4(3) + 4 = 16
Jika x = 5 → ∆ f (x) = 4(5) + 4 = 24
Jika x = 7 → ∆ f (x) = 4(7) + 4 = 32
Jika x = 9 → ∆ f (x) = 4(9) + 4 = 40
Maka : f(x) = {8,16,24,32,40}
Untuk selisih kedua :∆2 f (x) = ∆f(x+h)-∆f(x)
∆2 f (x) = 4(x+2) +4-(4x+4)
∆2 f (x) = 4x+8+4-4x-4
∆2 f (x) = 8 (konstans)
Pada tabel berikut :
x F(x) ∆f(x) ∆2f(x)
1
3
5
7
9 4
12
28
52
84 8
16
24
32
40 8
8
8
8
8
Mari kita lihat contoh lainnya :
f(x) = x3+6x2+11x+6
Untuk : 0 (1) 4
Jawaban : x ={0,1,2,3,4}
Maka : f(x) = x3+6x2+11x+6
f(0) = (0)3+6(0)2+11(0)+6=6
f(1) = (1)3+6(1)2+11(1)+6=24
f(2) = (2)3+6(2)2+11(2)+6=56
f(3) = (3)3+6(3)2+11(3)+6=120
f(4) = (4)3+6(4)2+11(4)+6=210
Nilai f(x) = {6,24,56,120,210}
Untuk selisih pertama : ∆ f (x) = f (x+h) –f(x)
∆ f (x) = (x+1)3 + 6 ( x+1)2+11(x+1)+6-(3x3 + 15x+8)
∆ f (x) = x3+9x2+26x+14-x3-6x2-11x-6
∆ f (x) = 3x2+15x+8
Untuk x = {0,1,2,3,4}
∆f(0) = 3(0)2+15(0)+8=8
∆f(1) = 3(1)2+15(1)+8=26
∆f(2) = 3(2)2+15(2)+8=50
∆f(3) = 3(3)2+15(3)+8=80
∆f(4) = 3(4)2+15(4)+8=116
Nilai ∆f(x) = {8,26,50,80,116}
Untuk Selisih kedua : ∆2 f (x) =∆f (x+h) –∆f(x)
∆2 f(x) =3(x+1)2 +15(x+1)+8-(3x2 + 15x+8)
∆2 f(x) = 3x2+21x+26-3x2-15x-8
∆2 f(x) = 6x+18
Untuk x = {0,1,2,3,4}
∆2 f(0) = 6(0)+18 = 18
∆2 f(1) = 6(1)+18 = 24
∆2 f(2) = 6(2)+18 = 30
∆2 f(3) = 6(3)+18 = 36
∆2 f(4) = 6(4)+18 = 42
Nilai ∆2 f(x) = {18,24,30,36,42}
Untuk Selisih ketiga : ∆3 f (x) = ∆f (x+h) –∆f(x)
∆3 f (x) = 6 (x+1) +18–(6x-18)
∆3 f (x) = 6x + 6 +18–6x-18 =42 (konstans)
Pada tabel kita tuliskan :
x f(x) ∆f(x) ∆2f(x) ∆3f(x)
0
1
2
3
4 6
24
56
120
210 8
26
50
80
116 18
24
30
36
42 42
42
42
42
42
n
Rumus : Jika f(x) =∑ ai x i
i = 0
Maka : ∆n f(x) adalah konstans an • n!.hn
Contoh : f(x) = x3-3x2+5x+7
Jawab : 1•3/•23=1•6•8=48
1. Soal : Untuk h = 1
Carilah ekspresi Analitik dari
f(x) = x3-7x2+2x +3
Jawaban : f(x) = x3-7x2+2x +3
∆ f(x) = (x+1)3-7(x+1)2+2(x+1)+3-(x3-7x2+2x+3)
∆ f(x) = x3-4x2-9x-2-x3+7x2-2x-3
∆ f(x) = 3x2 -11x -5
∆2 f(x) = 3(x+1)2-11(x+1)-5-(3x2-11x-5)
∆2 f(x) = 3x2+6x+3-11x-11-5-3x2+11x+5
∆2 f(x) = 6x-8
∆3 f(x) = 6(x+1)-8-(6x-8)
∆3 f(x) = 6x+6-8-6x+8
∆3 f(x) = 6
2.Carilah dua suku berikutnya dari barisan
Uo=5;U1=11;U2=22
U3=40;U4=74;U5=140
Jawaban:
U0, U1, U2, U3, U4, U5, U6, U7
5, ┬ 11, ┬ 22, ┬ 40, ┬ 74,┬140, ┬ 261,┬ 466
f(x) = 6 ┬ 11 ┬ 18 ┬ 34 ┬ 66 ┬ 12 ┬ 206
∆f(x) = 5 ┬ 7 ┬ 16 ┬ 32 ┬ 55 ┬ 85
∆2f(x) = 2 ┬ 9 ┬ 16 ┬ 23 ┬ 30
∆3f(x) = 7 7 7 7
3. Carilah ∆ Ux, ∆2Ux dan ∆3Ux untuk fungsi a). Ax3+bx+c
b). Ux = 1
x
Ambil : h = 1
Jawaban :
a) ∆Ux = f(x+1)-f(x)
= a(x-1)3+b(x+1)+c-(ax3+bx+c)
= ax3+3ax2+3ax+a+bx+b+c-ax3-bx-c
= 3ax2+3ax+a+b
∆2Ux= 3a(x-1)2+3a(x+1)+a+b-(3ax2+3ax+a+b)
= 3ax¬2+6ax+3a+3ax+3a+a+b-3ax2-3ax-a-b
= 6ax+6a
∆3Ux=6a( x+1)+6a-(6ax+6a)
= 6ax+6a+6a-6ax-6a
= 6a
b) Ux=1
x
∆Ux= _1_ - 1 = x-(x+1) = x-x-1
x+1 x (x+1) x x(x+1)
= _-1__ = _-1_
x(x+1) x2+x
∆2Ux= _____1_ ___- ( -1 )
(x+1)2 +(x+1) ( x2+x)
= ____-1_____ + __1__
x2+2x+1+x+1 x2 + x
= ___-1___+ __1__ =___-1____+ __1__
x2+3x+2 x2 + x (x+2)(x+1) x(x+1)
= __-x+x+2__ + ____2____
x(x+2)(x+1) (x+2)(x+1)x
∆3Ux = _________2__ ______ - ____2____
[(x+1+2)(x+1+1)(x+1)] (x+2)(x+1)x
= ______2__ ___ - ____2____
(x+3)(x+2)(x+1) (x+2)(x+1)x
= 2x-2(x+3)__ - 2x-2x+3____
(x+3)(x+2)(x+1)x (x+3)(x+2)(x+1)x
= 3 - 3 _
(x+3)(x+2)(x+1)x (x+3)
4. Tentukan selisih kelima dari
f(x) = 4-3x2-2x3+4x5
Untuk x = 0 (2) 20
Jawaban : ∆n f(x) = 4.5.25
∆n f(x) = 4 x 120 x 32= 15360
Selisih Pembagi :
Formula Selisih pembagi Newton :
щx = щa + (x-a) ∆ щa+ (x-a) (x-b) ∆2 щa+ (x-a) (x-b) (x-c) ∆3 щa + .....................
b bc bcd
dimana :
∆ щa = щb – щa
b b-a
∆2 щa = щa + щb + щc
b=c (a-b) (a-c) (b-c) (b-a) (c-a)(c-b)
∆3 щa = щa + щb + щc + щd
bcd (a-b) (a-c)(a-d) (b-a) (b-c) (b-d) (c-a)(c-b) (c-d) (d-a)(d-b)(d-c)
...............................................................................dst
Atau untuk rumus lainnya, bisa kita buat seperti :
∆2 щb = щb + щc + щd¬ _
c-d (b-c)(b-d) (c-d)(c-b) (d-b)(d-c)
∆3 щb = щb _+ щc _ + щd¬ _ + щe _
cde (b-c)(b-d)(b-e) (c-b) (c-d)(c-e) (d-b)(d-c)(d-e) (e-b)(e-c)(c-d)
Contoh :
Щx ∆ щa
b ∆2щa
b c ∆2 щa
b c d
2
0
4
8
6 13
7
43
367
145 3
9
81 3
9
Soal : Untuk k = 1 carilah ekspresi analitik untuk ∆ f(x), ∆2 f(x), dan ∆3 f(x)
1. Jika : f(x) = x3-7x2+2x+3
Jawaban : f(x) = x3-7x2+2x+3
∆f(x) = (x-1)3-7(x+1)2+2(x-1)+3-(x3-7x2+2x+3)
∆f(x) = x3-3x2+3x+1+7x2-14x-7+2x+2+3-x3+7x2-2x-3
∆f(x) = 3x2-11x-4
∆2 f(x) = 3(x+1)2-11(x+1)-4(3x2-11x-4)
∆2 f(x) = 3x2 +6x+3-11x-11-4-3x2+11x+4
∆2 f(x) = 6x-8
∆3 f(x) = 6(x+1)-8-(6x-8)
∆3 f(x) = 6x+6-8-6x+8
∆3 f(x) = 6
2. Carilah dua suku berikutnya dari barisan. Щ = 5, Щ1 = 11, Щ2 = 22, Щ3 = 40,
Щ4 = 74, Щ5 = 140, Щ6 = 261, Щ7 = 467.
Gunakan selisih terhingga untuk mencarinya di derajat berapakah yang nilainya seperti itu
Jawaban :
щ0, щ1, щ2, щ3, щ4, щ5, щ6, щ7, щ8, щ9
f(x) = 5, ┬ 11, ┬ 22, ┬ 40, ┬ 74,┬140, ┬ 261,┬ 467 ┬ 795 ┬ 1289
∆f(x) = 6 ┬ 11 ┬ 18 ┬ 34 ┬ 66 ┬ 121 ┬ 206 ┬ 328 ┬ 494
∆2f(x) = 5 ┬ 7 ┬ 16 ┬ 32 ┬ 55 ┬ 85 ┬ 122 ┬ 166
∆3f(x) = 2 ┬ 9 ┬ 16 ┬ 23 ┬ 30┬ 37 ┬ 44
∆4f(x) = 7 7 7 7 7 7
Dua suku berikutnya 795 dan 1289 derajat 4
Selisih Terhingga Biasa :
Secara Umum dapat di rumuskan :
∆ f(x) = f(x + h) - f(x)
Apabila dilanjutkan berdasarkan tingkatan dinyatakan dalam bentuk.
∆n f(x) = ∆n-1f(x+h) - ∆n-1f(x)
Contoh, untuk :
Selisih pertama : ∆ f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih kedua : ∆2 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih ketiga : ∆3 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
Selisih keempat : ∆4 f(x) = ∆ (x+h) - f(x)
........................................................... dst
Mari kita gunakan rumus tersebut di atas sampai selisih terhingganya mencapai angka-angka konstans :
Contoh : Carilah ekspresi analitik f (x) = x2 + 3
Untuk x = 1 (2) 9
Jawaban : Soal tersebut mengartikan, bahwa dalam fungsi f (x) = x2 + 3, nilai x bergerak mulai angka 1 sampai dengan angka 9 dimana bedanya selalu tetap 2 atau x = { 1,3,5,7,9 }.
Sekarang kita coba cari nilai f (x) = x2+3
f(1) = ( 1 )2 + 3 = 4
f(3) = ( 3 )2 + 3 = 12
f(5) = ( 5 )2 + 3 = 28
f(7) = ( 7 )2 + 3 = 52
f(9) = ( 9 )2 + 3 = 84
Selanjutnya :
Untuk selisih pertama : ∆ f (x) = f (x+h) –f(x)
∆ f (x) = (x+2)2 +3-(x2+3)
∆ f (x) = x2 +4x+4+3-x2-3
∆ f (x) = 4x + 4
Jika x = 1 → ∆ f (x) = 4(1) + 4 = 8
Jika x = 3 → ∆ f (x) = 4(3) + 4 = 16
Jika x = 5 → ∆ f (x) = 4(5) + 4 = 24
Jika x = 7 → ∆ f (x) = 4(7) + 4 = 32
Jika x = 9 → ∆ f (x) = 4(9) + 4 = 40
Maka : f(x) = {8,16,24,32,40}
Untuk selisih kedua :∆2 f (x) = ∆f(x+h)-∆f(x)
∆2 f (x) = 4(x+2) +4-(4x+4)
∆2 f (x) = 4x+8+4-4x-4
∆2 f (x) = 8 (konstans)
Pada tabel berikut :
x F(x) ∆f(x) ∆2f(x)
1
3
5
7
9 4
12
28
52
84 8
16
24
32
40 8
8
8
8
8
Mari kita lihat contoh lainnya :
f(x) = x3+6x2+11x+6
Untuk : 0 (1) 4
Jawaban : x ={0,1,2,3,4}
Maka : f(x) = x3+6x2+11x+6
f(0) = (0)3+6(0)2+11(0)+6=6
f(1) = (1)3+6(1)2+11(1)+6=24
f(2) = (2)3+6(2)2+11(2)+6=56
f(3) = (3)3+6(3)2+11(3)+6=120
f(4) = (4)3+6(4)2+11(4)+6=210
Nilai f(x) = {6,24,56,120,210}
Untuk selisih pertama : ∆ f (x) = f (x+h) –f(x)
∆ f (x) = (x+1)3 + 6 ( x+1)2+11(x+1)+6-(3x3 + 15x+8)
∆ f (x) = x3+9x2+26x+14-x3-6x2-11x-6
∆ f (x) = 3x2+15x+8
Untuk x = {0,1,2,3,4}
∆f(0) = 3(0)2+15(0)+8=8
∆f(1) = 3(1)2+15(1)+8=26
∆f(2) = 3(2)2+15(2)+8=50
∆f(3) = 3(3)2+15(3)+8=80
∆f(4) = 3(4)2+15(4)+8=116
Nilai ∆f(x) = {8,26,50,80,116}
Untuk Selisih kedua : ∆2 f (x) =∆f (x+h) –∆f(x)
∆2 f(x) =3(x+1)2 +15(x+1)+8-(3x2 + 15x+8)
∆2 f(x) = 3x2+21x+26-3x2-15x-8
∆2 f(x) = 6x+18
Untuk x = {0,1,2,3,4}
∆2 f(0) = 6(0)+18 = 18
∆2 f(1) = 6(1)+18 = 24
∆2 f(2) = 6(2)+18 = 30
∆2 f(3) = 6(3)+18 = 36
∆2 f(4) = 6(4)+18 = 42
Nilai ∆2 f(x) = {18,24,30,36,42}
Untuk Selisih ketiga : ∆3 f (x) = ∆f (x+h) –∆f(x)
∆3 f (x) = 6 (x+1) +18–(6x-18)
∆3 f (x) = 6x + 6 +18–6x-18 =42 (konstans)
Pada tabel kita tuliskan :
x f(x) ∆f(x) ∆2f(x) ∆3f(x)
0
1
2
3
4 6
24
56
120
210 8
26
50
80
116 18
24
30
36
42 42
42
42
42
42
n
Rumus : Jika f(x) =∑ ai x i
i = 0
Maka : ∆n f(x) adalah konstans an • n!.hn
Contoh : f(x) = x3-3x2+5x+7
Jawab : 1•3/•23=1•6•8=48
1. Soal : Untuk h = 1
Carilah ekspresi Analitik dari
f(x) = x3-7x2+2x +3
Jawaban : f(x) = x3-7x2+2x +3
∆ f(x) = (x+1)3-7(x+1)2+2(x+1)+3-(x3-7x2+2x+3)
∆ f(x) = x3-4x2-9x-2-x3+7x2-2x-3
∆ f(x) = 3x2 -11x -5
∆2 f(x) = 3(x+1)2-11(x+1)-5-(3x2-11x-5)
∆2 f(x) = 3x2+6x+3-11x-11-5-3x2+11x+5
∆2 f(x) = 6x-8
∆3 f(x) = 6(x+1)-8-(6x-8)
∆3 f(x) = 6x+6-8-6x+8
∆3 f(x) = 6
2.Carilah dua suku berikutnya dari barisan
Uo=5;U1=11;U2=22
U3=40;U4=74;U5=140
Jawaban:
U0, U1, U2, U3, U4, U5, U6, U7
5, ┬ 11, ┬ 22, ┬ 40, ┬ 74,┬140, ┬ 261,┬ 466
f(x) = 6 ┬ 11 ┬ 18 ┬ 34 ┬ 66 ┬ 12 ┬ 206
∆f(x) = 5 ┬ 7 ┬ 16 ┬ 32 ┬ 55 ┬ 85
∆2f(x) = 2 ┬ 9 ┬ 16 ┬ 23 ┬ 30
∆3f(x) = 7 7 7 7
3. Carilah ∆ Ux, ∆2Ux dan ∆3Ux untuk fungsi a). Ax3+bx+c
b). Ux = 1
x
Ambil : h = 1
Jawaban :
a) ∆Ux = f(x+1)-f(x)
= a(x-1)3+b(x+1)+c-(ax3+bx+c)
= ax3+3ax2+3ax+a+bx+b+c-ax3-bx-c
= 3ax2+3ax+a+b
∆2Ux= 3a(x-1)2+3a(x+1)+a+b-(3ax2+3ax+a+b)
= 3ax¬2+6ax+3a+3ax+3a+a+b-3ax2-3ax-a-b
= 6ax+6a
∆3Ux=6a( x+1)+6a-(6ax+6a)
= 6ax+6a+6a-6ax-6a
= 6a
b) Ux=1
x
∆Ux= _1_ - 1 = x-(x+1) = x-x-1
x+1 x (x+1) x x(x+1)
= _-1__ = _-1_
x(x+1) x2+x
∆2Ux= _____1_ ___- ( -1 )
(x+1)2 +(x+1) ( x2+x)
= ____-1_____ + __1__
x2+2x+1+x+1 x2 + x
= ___-1___+ __1__ =___-1____+ __1__
x2+3x+2 x2 + x (x+2)(x+1) x(x+1)
= __-x+x+2__ + ____2____
x(x+2)(x+1) (x+2)(x+1)x
∆3Ux = _________2__ ______ - ____2____
[(x+1+2)(x+1+1)(x+1)] (x+2)(x+1)x
= ______2__ ___ - ____2____
(x+3)(x+2)(x+1) (x+2)(x+1)x
= 2x-2(x+3)__ - 2x-2x+3____
(x+3)(x+2)(x+1)x (x+3)(x+2)(x+1)x
= 3 - 3 _
(x+3)(x+2)(x+1)x (x+3)
4. Tentukan selisih kelima dari
f(x) = 4-3x2-2x3+4x5
Untuk x = 0 (2) 20
Jawaban : ∆n f(x) = 4.5.25
∆n f(x) = 4 x 120 x 32= 15360
Selisih Pembagi :
Formula Selisih pembagi Newton :
щx = щa + (x-a) ∆ щa+ (x-a) (x-b) ∆2 щa+ (x-a) (x-b) (x-c) ∆3 щa + .....................
b bc bcd
dimana :
∆ щa = щb – щa
b b-a
∆2 щa = щa + щb + щc
b=c (a-b) (a-c) (b-c) (b-a) (c-a)(c-b)
∆3 щa = щa + щb + щc + щd
bcd (a-b) (a-c)(a-d) (b-a) (b-c) (b-d) (c-a)(c-b) (c-d) (d-a)(d-b)(d-c)
...............................................................................dst
Atau untuk rumus lainnya, bisa kita buat seperti :
∆2 щb = щb + щc + щd¬ _
c-d (b-c)(b-d) (c-d)(c-b) (d-b)(d-c)
∆3 щb = щb _+ щc _ + щd¬ _ + щe _
cde (b-c)(b-d)(b-e) (c-b) (c-d)(c-e) (d-b)(d-c)(d-e) (e-b)(e-c)(c-d)
Contoh :
Щx ∆ щa
b ∆2щa
b c ∆2 щa
b c d
2
0
4
8
6 13
7
43
367
145 3
9
81 3
9
Soal : Untuk k = 1 carilah ekspresi analitik untuk ∆ f(x), ∆2 f(x), dan ∆3 f(x)
1. Jika : f(x) = x3-7x2+2x+3
Jawaban : f(x) = x3-7x2+2x+3
∆f(x) = (x-1)3-7(x+1)2+2(x-1)+3-(x3-7x2+2x+3)
∆f(x) = x3-3x2+3x+1+7x2-14x-7+2x+2+3-x3+7x2-2x-3
∆f(x) = 3x2-11x-4
∆2 f(x) = 3(x+1)2-11(x+1)-4(3x2-11x-4)
∆2 f(x) = 3x2 +6x+3-11x-11-4-3x2+11x+4
∆2 f(x) = 6x-8
∆3 f(x) = 6(x+1)-8-(6x-8)
∆3 f(x) = 6x+6-8-6x+8
∆3 f(x) = 6
2. Carilah dua suku berikutnya dari barisan. Щ = 5, Щ1 = 11, Щ2 = 22, Щ3 = 40,
Щ4 = 74, Щ5 = 140, Щ6 = 261, Щ7 = 467.
Gunakan selisih terhingga untuk mencarinya di derajat berapakah yang nilainya seperti itu
Jawaban :
щ0, щ1, щ2, щ3, щ4, щ5, щ6, щ7, щ8, щ9
f(x) = 5, ┬ 11, ┬ 22, ┬ 40, ┬ 74,┬140, ┬ 261,┬ 467 ┬ 795 ┬ 1289
∆f(x) = 6 ┬ 11 ┬ 18 ┬ 34 ┬ 66 ┬ 121 ┬ 206 ┬ 328 ┬ 494
∆2f(x) = 5 ┬ 7 ┬ 16 ┬ 32 ┬ 55 ┬ 85 ┬ 122 ┬ 166
∆3f(x) = 2 ┬ 9 ┬ 16 ┬ 23 ┬ 30┬ 37 ┬ 44
∆4f(x) = 7 7 7 7 7 7
Dua suku berikutnya 795 dan 1289 derajat 4
TEORI GARAPH (MATEMATIKA DISKRIT)
TEORI GARAPH (MATEMATIKA DISKRIT)
……………matematika perasaan
R E L A S I
Hubungan antara dua elemen himpunan
Definisi : Jika terdapat himpunan A dan himpunan B, maka relasi R dari A ke B adalah
Sub himpunan A X B
....atau :
RAB A X B
RELASI REFLEKSIF :
Setiap elemen A berhubungan dengan dirinya sendiri
a A ( a,a ) R atau a A a R a
Contoh : “ x selalu bersama y “ atau x = y
RELASI IREFLEKSIF :
Setiap elemen A tidak berhubungan dengan dirinya sendiri.
a A ( a,a ) R atau a A ( a R a )
Contoh : 1. “ x tidak bersama y “
2. ” x mampu mencukur rambut y dengan rapi sempurna ”
3. Dalam himpunan bilangan bulat,relasi kurang dari ( < ) dan relasi
lebih dari ( > )
RELASI SIMETRIK :
Relasi R dalam A , setiap pasangan anggota berhubungan satu sama lain.
Jika a terhubung b, maka b terhubung a ( hubungan timbal balik ).
a,b A ( a,b ) R ( b,a ) R
....... ATAU.........
a,b A a R b b R a
Contoh : relasi “ x + y genap “
RELASI ANTI SIMETRIK :
Jika setiap a dan b hanya terhubung salah satunya saja.
a,b A a b [ ( a,b ) R (b,a) R ]
................ATAU................
a,b A a b [ a R b ( bRa ) ]
Contoh : Relasi seperti 5 6 ( 6 5 )
RELASI TRANSITIF
Jika a berhubung b terhubung c maka a terhubung c
Contoh : 5 < 6 dan 6 < 7 maka 5 < 7
RELASI EKIVALEN
Bersifat : - Refleksif
- Simetrik
- Transitif
POSET atau Orde Parsial
Bersifat : - Refleksif
- Anti Simetrik
- Transitif
Definisi : (P, ) adalah sebuah poset, jika berlaku atau maka (P, ) disebut rantai.
Contoh : (P, )
P = {1,2,3,.............,100} dan x y jika dan hanya jika x.y 200
Apakah ini rantai?
Jawaban : (P, ) bukan rantai
Sebab : 90.90 | 200
DIAGRAM HASSE
Diagram Hasse yang dikenal dalam teori graf, merupakan himpunan dari :
Verteks (Node) digambarkan sebagai titik/ noktah atau lingkaran kecil .
Edge (arc) digambarkan sebagai simpul atau garis.
Contoh :
Ditulis : V = {1,2,3,6
E = {(1,2),(1,3),(2,6),(3,6)}
Contoh : dan
Tak ada anggota lain yang mengakibatkan
Maka : b
a
Contoh : x = {2,3,6,12,24,36}
relasi didefinisikan sebagai x y
jika x membagi y. (x membagi habis y).
dimana (x,y x)
Jawaban : v = {2,3,6,12,24,36}
E = {(2,6),(3,6),(6,12),(12,24),(12,36)}
Diagram Hasse :
Contoh : A Semua factor bilangan bulat positif m
Didefinisikan x y habis dibagi oleh x.
Buat diagram Hasse, Untuk :
a. m = 12
b. m = 45
Jawaban : a. A = {1,2,3,4,6,12}
V = {1,2,3,4,6,12}
E = {(1,2),(1,3),(2,4),(2,6),(3,6),(4,12),(6,12)}
Diagram Hasse :
b. A = {1,3,5,9,15,45}
V = {1,3,5,9,15,45}
E = {(1,3),(1,5),(3,9),(5,15),(9,45),(15,45)}
Diagram Hasse :
Contoh : A Sebuah himpunan hingga P(A) adalah himpunan kuasanya
Misalkan : merupakan relasi inklusi pada elemen – elemen dari P(A)
Gambar : diagram Hasse dari (P(A), ), jika :
1. A = {a}
2. B = {a,b}
3. C = {a,b,c}
Jawaban : 1. P(A) ={a} .Himpunan kuasanya {
V = {
E = {({a}, )}
Diagram Hasse :
2. V = { ,{a},{b},{a,b}}
E : {( ,{a}), ( ,{b}),({a},{a,b}), ({b},{a,b})}
Diagram Hasse :
3. V = { ,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}
E = {( ,{a}),( ,{b}),( {c}),({a},{a,b}),({a},{a,c},({b},{a,b}),({b},{b,c}
({c},{a,c}), ({c},{b,c}), ({a,b},{a,b,c}), ({a,c},{a,b,c}),({b,c},{a,b,c})
Diagram Hasse :
Batas atas dan Batas Bawah
Batas atas yaitu agka – angka atau hal lain yang ada di atas himpunan diketahui
Batas bawah yaitu angka-angka atau hal lain yang ada dibawah himpunan diketahui
Batas bawah Batas atas
Supremium dan Infirium
Supremium yaitu angka-angka atau hal lain terkecil yang ada di atas himpunan diketahui
Infirium yaitu angka-angka atau hal lain terbesar yang ada di bawah himpunan diketahui
Infirium Supremium
Graf Trivial
Graf yang hanya mempunyai satu buah simpul tanpa sebuah sisipun.
Jadi sebuah graf dimungkinkan tidak mempunyai sisi satu buah pun, tetapi simpulnya harus ada minimal satu.
Dengan demikian dinyatakan V tidak bolh kosong, sedangkan E boleh kosong.
V, sebagai himpunan simpul
E, sebagai himpunan sisi.
Sisi ganda (Multiple edges atau paralel edges).
V = {1,2,3,4}
E = {(1,2),(2,3),(1,3),(2,4),(3,4),(3,4)}
Sisi (1,3) dan Sisi (3,4)
Dinamakan sisi ganda
Gelang, kalang atau loop.
V= {1,2,3,4}
E={(1,2),(2,3),(1,3),(1,3),(2,4),(3,4),(3,4),(3,3)}
E = {e1,e2,e3,e4,e5,e6,e7,e8}
e4
e1 e3 Sisi e8, dinamakan gelang/kalang/loop
e2 e8
e5 e6
e7
Jenis – Jenis Graf berdasarkan sisinya.
1. Graf sederhana (Simple Graph)
Tidak mengandung gelang (loop)maupun sisi ganda (multiple edges).
Contoh : (1) (2)
(4) (3)
Graf Complete atau graf lengkap, jika graf tersebut simpel dan setiap pasangan simpul yang berbeda dihubungkan oleh satu busur.
Graf Complete yang mempunyai n titik dinotasikan Kn.
Kn punya busur.
Bukti :
2. Graf tak sederhana (Unsimple Graph)
Mengandung sisi ganda atau gelang.
Terdiri 2 macam graph :
a. graph ganda (multigraph)
mengandung sisi ganda
b. graph semu (pseudograph)
Mengandung gelang
Jenis – jenis Graf berdasarkan jumlah simpul
1. Graf berhingga (limited graph)
Graf yang jumlah simpulnya n, berhingga
2. Graf tak terhingga (Unlimited graph)
Graf yang jumlah simpulnya n, tak terhingga
Jenis – jenis Graf berdasarkan arah sisi.
1. Graf tak berarah (Undirected graph)
Graf yang sisinya tidak mempunyai orientasi arah
2. Graf berarah (directed- graph atau digraph)
Graf yang setiap sisinya diberikan orientasi arah
Terminologi / Istilah dasar.
1. Bertetangga (Adjacent)
Dua buah simpul terhubung langsung dengan sebuah sisi.
1 bertetangga dengan 2
3 tidak bertetangga dengan 1
2. Bersisian (Incient)
Sisi yang berhubungan langsung dengan simpul awal dan simpul akhir.
Sisi (2,3) bersisian dengan simpul 2 dan simpul 3
Sisi (1,2) tidak bersisian dengan simpul 4
3. Simpul terpencil (Isolated Vertex)
Simpul yang tidak mempunyai sisi yang bersisian dengannya atau simpul yang tidak sarupun bertetangga dengan simpul lainnya.
Simpul 5 adalah simpul terpencil
4. Graf kosong (Null graph atau Empty graph).
Graf yang himpunan sisinya merupakan himpunan kosong, ditulis sebagai Nn, dimana n = jumlah simpul.
Contoh : Graf N5
5. Derajat (Degree)
Jumlah sisi yang bersisian dengan Simpul
d(1) = d(4) = 2
d(2) = d(3) = 3
Simpul terpencil derajat 0
Sisi gelang atau loopderajat 2
Simpul yang berderajat 1 disebut anting – anting (pendant vertex)
6. Lintasan (Path)
Lintasan yang panjangnya n dari simpul awal ke simpul akhir.
Lintasan sederhana (siple path) adalah lintasan jika semua simpulnya berbeda (setiap sisi yang dilalui hanya satu kali)
Lintasan tertutup (Closed path) adalah lintasan yang berawal dan berakhir pada simpul yang sama.
Lintasan terbuka (open path) adalah lintasan yang tidak berawal dan berakhir pada simpul yang sama.
Contoh :
Lintasan 1,2,4,3 adalah lintasan sederhana juga lintasan terbuka
Lintasan 1,2,4,3,1 lintasan sederhana, juga lintasan tertutup.
Lintasan 1,2,4,3,2 bukan lintasan sederhana, tetapi lintasan terbuka.
7. Siklus (Cycle) atau Sirkuit (Circuit)
Lintasan yang berawal dan berakhir di simpul yang sama.
Panjang sirkuit adalah jumlah sisi didalam sirkuit terebut.
Sirkuit sederhana (Simple Circuit) jika setiap sisi yang dilaluinya berbeda.
Contoh :
Sirkuit 1,2,3,4 memiliki panjang 3
Sirkuit 1,2,,3,1 adalah sirkuit sederhana
Sirkuit 1,2,4,3,2,1 bukan sirkuit sederhana, karena sisi(1,2) dilalui dua kali.
8. Terhubung (Connected)
Dua buah simpul akan terhubung apabila terdapat lintasan antara keduanya.
Terhubung Tidak terhubung
Terhubung kuat Terhubung lemah
( Perhatikan garis 2 ke 1 )
9. Upagraf ( subgraf ) dan komplemen upagraf.
UPAGRAF :
Jika G = ( V , E ) dan G1 = ( V1 , E1 )
Maka : V1 V dan E 1 E
KOMPLEMEN DARI UPAGRAF :
Jika G = ( V , E ) ; G1 = ( V1 , E1 ) dan G2 = ( V2 , E2 )
M a k a : E2 = E - E1
C O N T O H :
G = (V,E) Upagraf, G1 = (V1,E1)
Komplemen dari Upagraf, G2 = (V2, E2)
10. Upagraf merentang (Spanning Subgraph)
Jika G1 = (V1, E1) dan G= (V,E)
Upagraf merentang jika V1 = V atau G1 mengandung semua simpul dari G
Contoh :
a. b. c.
b.Upagraf merentang dari a
c. Bukan upagraf merentang dari a
11. Cut – Set (jembatan/ bridge)
Himpunan yang apabila dibuang menjadi tidak terhubung.
Contoh :
=>
Sisi (2,4),(3,5),(4,6),(5,6) adalah Cut Set atau bridge.
12. Graf Berbobot (Weighted Graph)
Graf yang setiap sisinya diberi sebuah bobot.
Contohnya :
10 12
8
15 11
9
13. Graf Bipartite
Graf yang memiliki himpunan simpul yang dapat di partisi menjadi dua himpunan x dan y
Notasi : Km.n dimana dan
Contoh :
K 1.3 K 2.3 K 3.3 Graf tripartite
14. Colourable
Simpul – simpulnya dapat diwarnai dengan tidak ada dua simpul berdampingan diwarnai yang sama
Di tulis G.K- Colourable
Contoh :
G.2 Colourable
15. Eksentrisitas
Jarak (distance ) terjauh (maksimal lintasan terpendek)
Notasi : e (v)
Contoh : Eksentrisitas V1= e (V1) = 3 dengan titik eksentrik V4
e (V2) = 2 dengan titik eksentrik V4 dan V5
e (V3) = 2 dengan titik eksentrik V1 dan V6
e (V4) = 3 dengan titik eksentrik V1
14
……………matematika perasaan
R E L A S I
Hubungan antara dua elemen himpunan
Definisi : Jika terdapat himpunan A dan himpunan B, maka relasi R dari A ke B adalah
Sub himpunan A X B
....atau :
RAB A X B
RELASI REFLEKSIF :
Setiap elemen A berhubungan dengan dirinya sendiri
a A ( a,a ) R atau a A a R a
Contoh : “ x selalu bersama y “ atau x = y
RELASI IREFLEKSIF :
Setiap elemen A tidak berhubungan dengan dirinya sendiri.
a A ( a,a ) R atau a A ( a R a )
Contoh : 1. “ x tidak bersama y “
2. ” x mampu mencukur rambut y dengan rapi sempurna ”
3. Dalam himpunan bilangan bulat,relasi kurang dari ( < ) dan relasi
lebih dari ( > )
RELASI SIMETRIK :
Relasi R dalam A , setiap pasangan anggota berhubungan satu sama lain.
Jika a terhubung b, maka b terhubung a ( hubungan timbal balik ).
a,b A ( a,b ) R ( b,a ) R
....... ATAU.........
a,b A a R b b R a
Contoh : relasi “ x + y genap “
RELASI ANTI SIMETRIK :
Jika setiap a dan b hanya terhubung salah satunya saja.
a,b A a b [ ( a,b ) R (b,a) R ]
................ATAU................
a,b A a b [ a R b ( bRa ) ]
Contoh : Relasi seperti 5 6 ( 6 5 )
RELASI TRANSITIF
Jika a berhubung b terhubung c maka a terhubung c
Contoh : 5 < 6 dan 6 < 7 maka 5 < 7
RELASI EKIVALEN
Bersifat : - Refleksif
- Simetrik
- Transitif
POSET atau Orde Parsial
Bersifat : - Refleksif
- Anti Simetrik
- Transitif
Definisi : (P, ) adalah sebuah poset, jika berlaku atau maka (P, ) disebut rantai.
Contoh : (P, )
P = {1,2,3,.............,100} dan x y jika dan hanya jika x.y 200
Apakah ini rantai?
Jawaban : (P, ) bukan rantai
Sebab : 90.90 | 200
DIAGRAM HASSE
Diagram Hasse yang dikenal dalam teori graf, merupakan himpunan dari :
Verteks (Node) digambarkan sebagai titik/ noktah atau lingkaran kecil .
Edge (arc) digambarkan sebagai simpul atau garis.
Contoh :
Ditulis : V = {1,2,3,6
E = {(1,2),(1,3),(2,6),(3,6)}
Contoh : dan
Tak ada anggota lain yang mengakibatkan
Maka : b
a
Contoh : x = {2,3,6,12,24,36}
relasi didefinisikan sebagai x y
jika x membagi y. (x membagi habis y).
dimana (x,y x)
Jawaban : v = {2,3,6,12,24,36}
E = {(2,6),(3,6),(6,12),(12,24),(12,36)}
Diagram Hasse :
Contoh : A Semua factor bilangan bulat positif m
Didefinisikan x y habis dibagi oleh x.
Buat diagram Hasse, Untuk :
a. m = 12
b. m = 45
Jawaban : a. A = {1,2,3,4,6,12}
V = {1,2,3,4,6,12}
E = {(1,2),(1,3),(2,4),(2,6),(3,6),(4,12),(6,12)}
Diagram Hasse :
b. A = {1,3,5,9,15,45}
V = {1,3,5,9,15,45}
E = {(1,3),(1,5),(3,9),(5,15),(9,45),(15,45)}
Diagram Hasse :
Contoh : A Sebuah himpunan hingga P(A) adalah himpunan kuasanya
Misalkan : merupakan relasi inklusi pada elemen – elemen dari P(A)
Gambar : diagram Hasse dari (P(A), ), jika :
1. A = {a}
2. B = {a,b}
3. C = {a,b,c}
Jawaban : 1. P(A) ={a} .Himpunan kuasanya {
V = {
E = {({a}, )}
Diagram Hasse :
2. V = { ,{a},{b},{a,b}}
E : {( ,{a}), ( ,{b}),({a},{a,b}), ({b},{a,b})}
Diagram Hasse :
3. V = { ,{a},{b},{c},{a,b},{a,c},{b,c},{a,b,c}
E = {( ,{a}),( ,{b}),( {c}),({a},{a,b}),({a},{a,c},({b},{a,b}),({b},{b,c}
({c},{a,c}), ({c},{b,c}), ({a,b},{a,b,c}), ({a,c},{a,b,c}),({b,c},{a,b,c})
Diagram Hasse :
Batas atas dan Batas Bawah
Batas atas yaitu agka – angka atau hal lain yang ada di atas himpunan diketahui
Batas bawah yaitu angka-angka atau hal lain yang ada dibawah himpunan diketahui
Batas bawah Batas atas
Supremium dan Infirium
Supremium yaitu angka-angka atau hal lain terkecil yang ada di atas himpunan diketahui
Infirium yaitu angka-angka atau hal lain terbesar yang ada di bawah himpunan diketahui
Infirium Supremium
Graf Trivial
Graf yang hanya mempunyai satu buah simpul tanpa sebuah sisipun.
Jadi sebuah graf dimungkinkan tidak mempunyai sisi satu buah pun, tetapi simpulnya harus ada minimal satu.
Dengan demikian dinyatakan V tidak bolh kosong, sedangkan E boleh kosong.
V, sebagai himpunan simpul
E, sebagai himpunan sisi.
Sisi ganda (Multiple edges atau paralel edges).
V = {1,2,3,4}
E = {(1,2),(2,3),(1,3),(2,4),(3,4),(3,4)}
Sisi (1,3) dan Sisi (3,4)
Dinamakan sisi ganda
Gelang, kalang atau loop.
V= {1,2,3,4}
E={(1,2),(2,3),(1,3),(1,3),(2,4),(3,4),(3,4),(3,3)}
E = {e1,e2,e3,e4,e5,e6,e7,e8}
e4
e1 e3 Sisi e8, dinamakan gelang/kalang/loop
e2 e8
e5 e6
e7
Jenis – Jenis Graf berdasarkan sisinya.
1. Graf sederhana (Simple Graph)
Tidak mengandung gelang (loop)maupun sisi ganda (multiple edges).
Contoh : (1) (2)
(4) (3)
Graf Complete atau graf lengkap, jika graf tersebut simpel dan setiap pasangan simpul yang berbeda dihubungkan oleh satu busur.
Graf Complete yang mempunyai n titik dinotasikan Kn.
Kn punya busur.
Bukti :
2. Graf tak sederhana (Unsimple Graph)
Mengandung sisi ganda atau gelang.
Terdiri 2 macam graph :
a. graph ganda (multigraph)
mengandung sisi ganda
b. graph semu (pseudograph)
Mengandung gelang
Jenis – jenis Graf berdasarkan jumlah simpul
1. Graf berhingga (limited graph)
Graf yang jumlah simpulnya n, berhingga
2. Graf tak terhingga (Unlimited graph)
Graf yang jumlah simpulnya n, tak terhingga
Jenis – jenis Graf berdasarkan arah sisi.
1. Graf tak berarah (Undirected graph)
Graf yang sisinya tidak mempunyai orientasi arah
2. Graf berarah (directed- graph atau digraph)
Graf yang setiap sisinya diberikan orientasi arah
Terminologi / Istilah dasar.
1. Bertetangga (Adjacent)
Dua buah simpul terhubung langsung dengan sebuah sisi.
1 bertetangga dengan 2
3 tidak bertetangga dengan 1
2. Bersisian (Incient)
Sisi yang berhubungan langsung dengan simpul awal dan simpul akhir.
Sisi (2,3) bersisian dengan simpul 2 dan simpul 3
Sisi (1,2) tidak bersisian dengan simpul 4
3. Simpul terpencil (Isolated Vertex)
Simpul yang tidak mempunyai sisi yang bersisian dengannya atau simpul yang tidak sarupun bertetangga dengan simpul lainnya.
Simpul 5 adalah simpul terpencil
4. Graf kosong (Null graph atau Empty graph).
Graf yang himpunan sisinya merupakan himpunan kosong, ditulis sebagai Nn, dimana n = jumlah simpul.
Contoh : Graf N5
5. Derajat (Degree)
Jumlah sisi yang bersisian dengan Simpul
d(1) = d(4) = 2
d(2) = d(3) = 3
Simpul terpencil derajat 0
Sisi gelang atau loopderajat 2
Simpul yang berderajat 1 disebut anting – anting (pendant vertex)
6. Lintasan (Path)
Lintasan yang panjangnya n dari simpul awal ke simpul akhir.
Lintasan sederhana (siple path) adalah lintasan jika semua simpulnya berbeda (setiap sisi yang dilalui hanya satu kali)
Lintasan tertutup (Closed path) adalah lintasan yang berawal dan berakhir pada simpul yang sama.
Lintasan terbuka (open path) adalah lintasan yang tidak berawal dan berakhir pada simpul yang sama.
Contoh :
Lintasan 1,2,4,3 adalah lintasan sederhana juga lintasan terbuka
Lintasan 1,2,4,3,1 lintasan sederhana, juga lintasan tertutup.
Lintasan 1,2,4,3,2 bukan lintasan sederhana, tetapi lintasan terbuka.
7. Siklus (Cycle) atau Sirkuit (Circuit)
Lintasan yang berawal dan berakhir di simpul yang sama.
Panjang sirkuit adalah jumlah sisi didalam sirkuit terebut.
Sirkuit sederhana (Simple Circuit) jika setiap sisi yang dilaluinya berbeda.
Contoh :
Sirkuit 1,2,3,4 memiliki panjang 3
Sirkuit 1,2,,3,1 adalah sirkuit sederhana
Sirkuit 1,2,4,3,2,1 bukan sirkuit sederhana, karena sisi(1,2) dilalui dua kali.
8. Terhubung (Connected)
Dua buah simpul akan terhubung apabila terdapat lintasan antara keduanya.
Terhubung Tidak terhubung
Terhubung kuat Terhubung lemah
( Perhatikan garis 2 ke 1 )
9. Upagraf ( subgraf ) dan komplemen upagraf.
UPAGRAF :
Jika G = ( V , E ) dan G1 = ( V1 , E1 )
Maka : V1 V dan E 1 E
KOMPLEMEN DARI UPAGRAF :
Jika G = ( V , E ) ; G1 = ( V1 , E1 ) dan G2 = ( V2 , E2 )
M a k a : E2 = E - E1
C O N T O H :
G = (V,E) Upagraf, G1 = (V1,E1)
Komplemen dari Upagraf, G2 = (V2, E2)
10. Upagraf merentang (Spanning Subgraph)
Jika G1 = (V1, E1) dan G= (V,E)
Upagraf merentang jika V1 = V atau G1 mengandung semua simpul dari G
Contoh :
a. b. c.
b.Upagraf merentang dari a
c. Bukan upagraf merentang dari a
11. Cut – Set (jembatan/ bridge)
Himpunan yang apabila dibuang menjadi tidak terhubung.
Contoh :
=>
Sisi (2,4),(3,5),(4,6),(5,6) adalah Cut Set atau bridge.
12. Graf Berbobot (Weighted Graph)
Graf yang setiap sisinya diberi sebuah bobot.
Contohnya :
10 12
8
15 11
9
13. Graf Bipartite
Graf yang memiliki himpunan simpul yang dapat di partisi menjadi dua himpunan x dan y
Notasi : Km.n dimana dan
Contoh :
K 1.3 K 2.3 K 3.3 Graf tripartite
14. Colourable
Simpul – simpulnya dapat diwarnai dengan tidak ada dua simpul berdampingan diwarnai yang sama
Di tulis G.K- Colourable
Contoh :
G.2 Colourable
15. Eksentrisitas
Jarak (distance ) terjauh (maksimal lintasan terpendek)
Notasi : e (v)
Contoh : Eksentrisitas V1= e (V1) = 3 dengan titik eksentrik V4
e (V2) = 2 dengan titik eksentrik V4 dan V5
e (V3) = 2 dengan titik eksentrik V1 dan V6
e (V4) = 3 dengan titik eksentrik V1
14
TRANSENDEN
TRANSENDEN
DEFINISI :
FUNGSI : Suatu bentuk hubungan matematis yang menyatakan hubungan ketergantungan (hubungan fungsional) antara suatu variabel dengan variabel lain.
Bentuk :
Dimana : y = dependent variabel
a = konstanta
b = koefisian variabel x
x = independent variabel
Jenis – jenis fungsi :
FUNGSI
I
FUNGSI ALJABAR FUNGSI NON – ALJABAR
(TRANSENDEN)
FUNGSI IRRASIONAL
FUNGSI RASIONAL
- FUNGSI EKSPONENSIAL
o FUNGSI POLINOM FUNGSI PANGKAT - FUNGSI LOGARITMIK
o FUNGSI LINIER - FUNGSI TRIGONOMETRIK
o FUNGSI KUADRAT - FUNGSI HIPERBOLIK
o FUNGSI KUBIK
o FUNGSI BIKUADRAT
FUNGSI EKSPONENSIAL
Yaitu : Fungsi yang variable bebasnya merupakan pangkat dari suatu konstanta bukan nol
dimana
Notasi : atau
Dimana e = basis logaritma natural
e = ± 2.71828183
Grafik : Y
Perhatikan :
Grafik selalu positif sebagai fungsi variabel real
Nilai bertambah dari kiri ke kanan
Grafik tidak akan pernah menyentuh sumbu x (namun mendekati sumbu secara asimptotik
X
0
Sifat : Menggunakan logaritma natural, dapat didefinisikan :
Apabila : a =e, maka berlaku : = ex.1 = ex
Rumus – rumus Eksponensial:
1. a0 = 1
2. a1 = a
3. ax+y = ax.a y
4. a x y= (ax)y
5.
6.
7.
8.
Turunan dan persamaan diferensial
Fungsi ex jika diturunkan, hasilnya adalah fungsi itu sendiri
Untuk fungsi eksponensial dengan basis lain.
Semua fungsi eksponensial adalah perkalian turunannya sendiri dengan sebuah konstanta.
Definisi formal :
1. Sebagai deret tak terhingga :
2. Sebagai Limit .
Nilai numerik :
Persamaan Eksponensial
1. maka f(x)=g(x)
2. maka f(x)=0
3. penyelesaian gunakan sifat bilangan berpangkat
4. penyelesaian ada 4 kemungkinan .
4.1.
4.2.
4.3. jika g(x) dan h(x) sama-sama genap atau sama-sama ganjil.
4.4. asalkan g(x)>0 dan h(x)>0
FUNGSI HIPERBOLIK
Yaitu : Fungsi yang variable bebasnya merupakan bilangan- bilangan goneometrik.
Didefinisikan :
1. x =
2. x =
3. x =
4. x =
5. x =
6. x=
Identitas :
1. Cosh2 x – Sinh2 x = 1
2. 1 – tanh2 x = Sech2x
3. Coth2x-1 = Cosech2x
4. Sinh (x+y) = Sinh x Cosh y + Cosh x Sinh y
5. Cosh (x+y) = Cosh x Cosh y +Sinh x Sinh y
6. Cosh x + Sinh x = ex
7. Cosh x – Sinh x = e-x
8. Sinh 2x = 2 Sinh c Cosh x
9. Cosh 2x = Cosh2x +Sinh2x = 2 Sinh2x+1=2Cosh2x-1
10. Cosh(-x)= Coshx
11. Sinh (-x) = -Sinh x
12. Sinh (x-y) = Sinh x Cosh y – Cosh x Sinh y
13. Cosh (x-y) =Cosh x Cosh y –Sinh x Sinh y
14. tanh (x+y) =
15. tanh (x+y) =
16. tanh 2x =
17. Cosh x =
18. Sinh x =±
19. Sinh x + Sinh y = 2 Sinh
20. Cosh x + Cosh y = 2 Cosh
Turunan dan Integral :
1. Untuk y = Sinh u → y1 = Dx
→ u + c
2. Untuk y = Cosh u → y1= Sinh u.u1 → u du = Cosh u+c
3. Untuk y = tanh u → y1= Sech2 u.u1 → u du = tanh u+c
4. Untuk y = Coth u → y1= Cosech2 u.u1 → u du = - Coth u+c
5. Untuk y = Sech u → y1=-Sech u tanh uu1 → tanh u du = -Sech u+c
6. Untuk y = Cosech u → y1= -Cosech u Coth uu1 → Cosech u Coth u du = -Coshech u+c
FUNGSI LOGARITMA
Yaitu : Fungsi balik (Inverse) dari fungsi eksponensial, variabel bebasnya merupakan bilangan logaritma.
Rumus dasar Logaritma
dimana b = basis/ bilangan pokok
a = Numerus
c = eksponen/ hasil logaritma
grafik:
ditulis log a
ditulis In a
ditulis Id a
Rumus – Rumus :
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
Identitas Logaritma
1.
2.
3.
4.
Turunan fungsi logaritma:
atau
Dimana : ln = logaritma natural = logaritma berbasis e
Integral fungsi logaritma :
Integral logaritma berbasis e :
FUNGSI TRIGONOMETRI
Fungsi Trigonometri bermula dengan segitiga tegak yang salah satu sudut tegaknya 90o atau
C r = AC = Sisi terpanjang (hipotenusa) = Sisi Miring
r x = AB = sisi alas
y y = BC = Sisi tegak = sisi depan
A B
x
didefinisikan : Sin = = Sisi depan
Cos = = Sisi alas
Tan = = Sisi depan
Formula :
1. Identitas Pythagoras :
Sin2 A + Cos2 A = 1
1+tan2A = Sec2A
1+Cot2A = Cosec2A
2. Identitas jumlah dan kurang :
Sin (A+B) = SinA Cos B + Cos A SinB
Sin (A-B) = Sin A Cos B – Cos A Sin B
Cos (A+B) = Cos A Cos B – Sin A Sin B
Cos (A-B) = Cos A Cos B + Sin A Sin B
Tan (A+B) =
Tan (A-B) =
3. Identitas sudut ganda
Sin 2ª = 2 Sin A Cos A
Cos 2ª = Cos2A – Sin2A = aCos2A – 1=1 – 2 Sin2A
Tan 2ª =
4. Identitas Sudut setengah
Sin
Cos
Tan
Rumus bagi fungsi Trigonometri
Jika f(x)adalah fungsi sembarang dari trigonometri, maka :
a) f(x)} = Cos f(x).
b) f(x)} = - Sin f(x).f1(x)
c) f(x)} = Sec2 f(x).
d) f(x)} = -Cosec2 f(x).
e) f(x)} = Sec f(x). tan f(x).
f) f(x)} = -Cosec f(x).Cot f(x).
Sedangkan untuk fungsi langsung, sebagai berikut :
a) Sin x = Cos x
b) Cos x = -Sin x
c) tan x = Sec2x
d) Cot x = -Cosec2x
e) Sec x = Sec x . tan x
f) Cosec x = -Cosec x . Cot x
Contoh :
1) Jika f(x) = x tan x, tentukan f1(x) :
Jawaban : f1(x) = 1, tan x + x Sec2x = tan x +x Sec2x
2) Jika f(x) = Sin 2x, tentukan f1(x).
Jawaban : Sin 2 x = Sin x. Sin x
f1(x) = Cos x Sin x + Sin x Cos x = 2 Sin x Cos x
3) Jika f(x) = tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) =
f1(x) =
f1(x) =
4) Jika f(x) = , carilah f1(3)
Jawaban : f1(x) =
f1(x) =
5) Jika y = x2 + 2 Sin x . Carilah y1
Jawaban : y1 = 2x + 2 Cos x
=> y1 = 2 +2 Cos
y1 =
Rumus : Jika U = f(x) dan y = g (4)
Maka :
Contoh :
1) Jika y = (x2 +1)-3, tentukan y1
Jawaban : misalkan y = 4-3 dan U = x2 + 1
Maka : =(-3U -4)(2x)
- 3 (x2 +1)-4 (2x)
-6x (x2+1)-4
2) Jika f(x) = Cos 3x, tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) = (-Sin 3x) (3) = -3 Sin 3x
3) Jika f(x) = Cos3x, tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) = 3 (Cos x)2 ( - Sin x)
f1(x) = -3 Cos2x Sin x
4) Jika y = U3 – 2U dan U = x -
Cari y1 = untuk x = 2
Jawaban :
(3U2 – 2) (1+ )
Bila x = 2, maka U = 2 - =
Jadi :
5) Jika y = f (x2 + 1) dan diberi f1(x) =
Tentukan
Jawaban : f1 (x2+1)(2x) =
Rumus: Jika y = f(u) ; u = f(v) dan v = f(x)
Maka : =
Contoh : Jika y = Cos [x+Sin (x+1)]
Tentukan : y1
Jawaban : Misalkan :v = x +1
U = v – 1+Sin v
y = Cos. U
Maka : y1 = =
y1 = -Sin U. (1+Cos v).1
y1 = - Sin [x+Sin(x+1)].[1+Cos(x+1)]
Turunan lebih tinggi
Penulisan :
Turunan kedua : y11
Turunan ketiga : y111 =
Turunan keempat : y(4) =
.............................dst
Contoh :
(1). Carilah turunan ketiga dari : y = tan 3x
Jawaban : y1 = 3 Sec23x
y11 = 3 (2 Sec 3x) (3 Sec 3x. tan 3x)
y11 = 18 Sec23 x tan 3x .
y111 = 18 (2 Sec 3x) (3 Sec 3 x tan 3x) tan 3x + 18 Sec23x ( 3 Sec23x)
y111= 108 Sec2 3x tan2 3x + 54 Sec4 3x
(2). Carilah turunan ke – n dari f(x) =
Jawaban :
(3).Cari turunan ke-empat dari : f(t) = t2 -
Jawaban :
DEFINISI :
FUNGSI : Suatu bentuk hubungan matematis yang menyatakan hubungan ketergantungan (hubungan fungsional) antara suatu variabel dengan variabel lain.
Bentuk :
Dimana : y = dependent variabel
a = konstanta
b = koefisian variabel x
x = independent variabel
Jenis – jenis fungsi :
FUNGSI
I
FUNGSI ALJABAR FUNGSI NON – ALJABAR
(TRANSENDEN)
FUNGSI IRRASIONAL
FUNGSI RASIONAL
- FUNGSI EKSPONENSIAL
o FUNGSI POLINOM FUNGSI PANGKAT - FUNGSI LOGARITMIK
o FUNGSI LINIER - FUNGSI TRIGONOMETRIK
o FUNGSI KUADRAT - FUNGSI HIPERBOLIK
o FUNGSI KUBIK
o FUNGSI BIKUADRAT
FUNGSI EKSPONENSIAL
Yaitu : Fungsi yang variable bebasnya merupakan pangkat dari suatu konstanta bukan nol
dimana
Notasi : atau
Dimana e = basis logaritma natural
e = ± 2.71828183
Grafik : Y
Perhatikan :
Grafik selalu positif sebagai fungsi variabel real
Nilai bertambah dari kiri ke kanan
Grafik tidak akan pernah menyentuh sumbu x (namun mendekati sumbu secara asimptotik
X
0
Sifat : Menggunakan logaritma natural, dapat didefinisikan :
Apabila : a =e, maka berlaku : = ex.1 = ex
Rumus – rumus Eksponensial:
1. a0 = 1
2. a1 = a
3. ax+y = ax.a y
4. a x y= (ax)y
5.
6.
7.
8.
Turunan dan persamaan diferensial
Fungsi ex jika diturunkan, hasilnya adalah fungsi itu sendiri
Untuk fungsi eksponensial dengan basis lain.
Semua fungsi eksponensial adalah perkalian turunannya sendiri dengan sebuah konstanta.
Definisi formal :
1. Sebagai deret tak terhingga :
2. Sebagai Limit .
Nilai numerik :
Persamaan Eksponensial
1. maka f(x)=g(x)
2. maka f(x)=0
3. penyelesaian gunakan sifat bilangan berpangkat
4. penyelesaian ada 4 kemungkinan .
4.1.
4.2.
4.3. jika g(x) dan h(x) sama-sama genap atau sama-sama ganjil.
4.4. asalkan g(x)>0 dan h(x)>0
FUNGSI HIPERBOLIK
Yaitu : Fungsi yang variable bebasnya merupakan bilangan- bilangan goneometrik.
Didefinisikan :
1. x =
2. x =
3. x =
4. x =
5. x =
6. x=
Identitas :
1. Cosh2 x – Sinh2 x = 1
2. 1 – tanh2 x = Sech2x
3. Coth2x-1 = Cosech2x
4. Sinh (x+y) = Sinh x Cosh y + Cosh x Sinh y
5. Cosh (x+y) = Cosh x Cosh y +Sinh x Sinh y
6. Cosh x + Sinh x = ex
7. Cosh x – Sinh x = e-x
8. Sinh 2x = 2 Sinh c Cosh x
9. Cosh 2x = Cosh2x +Sinh2x = 2 Sinh2x+1=2Cosh2x-1
10. Cosh(-x)= Coshx
11. Sinh (-x) = -Sinh x
12. Sinh (x-y) = Sinh x Cosh y – Cosh x Sinh y
13. Cosh (x-y) =Cosh x Cosh y –Sinh x Sinh y
14. tanh (x+y) =
15. tanh (x+y) =
16. tanh 2x =
17. Cosh x =
18. Sinh x =±
19. Sinh x + Sinh y = 2 Sinh
20. Cosh x + Cosh y = 2 Cosh
Turunan dan Integral :
1. Untuk y = Sinh u → y1 = Dx
→ u + c
2. Untuk y = Cosh u → y1= Sinh u.u1 → u du = Cosh u+c
3. Untuk y = tanh u → y1= Sech2 u.u1 → u du = tanh u+c
4. Untuk y = Coth u → y1= Cosech2 u.u1 → u du = - Coth u+c
5. Untuk y = Sech u → y1=-Sech u tanh uu1 → tanh u du = -Sech u+c
6. Untuk y = Cosech u → y1= -Cosech u Coth uu1 → Cosech u Coth u du = -Coshech u+c
FUNGSI LOGARITMA
Yaitu : Fungsi balik (Inverse) dari fungsi eksponensial, variabel bebasnya merupakan bilangan logaritma.
Rumus dasar Logaritma
dimana b = basis/ bilangan pokok
a = Numerus
c = eksponen/ hasil logaritma
grafik:
ditulis log a
ditulis In a
ditulis Id a
Rumus – Rumus :
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
Identitas Logaritma
1.
2.
3.
4.
Turunan fungsi logaritma:
atau
Dimana : ln = logaritma natural = logaritma berbasis e
Integral fungsi logaritma :
Integral logaritma berbasis e :
FUNGSI TRIGONOMETRI
Fungsi Trigonometri bermula dengan segitiga tegak yang salah satu sudut tegaknya 90o atau
C r = AC = Sisi terpanjang (hipotenusa) = Sisi Miring
r x = AB = sisi alas
y y = BC = Sisi tegak = sisi depan
A B
x
didefinisikan : Sin = = Sisi depan
Cos = = Sisi alas
Tan = = Sisi depan
Formula :
1. Identitas Pythagoras :
Sin2 A + Cos2 A = 1
1+tan2A = Sec2A
1+Cot2A = Cosec2A
2. Identitas jumlah dan kurang :
Sin (A+B) = SinA Cos B + Cos A SinB
Sin (A-B) = Sin A Cos B – Cos A Sin B
Cos (A+B) = Cos A Cos B – Sin A Sin B
Cos (A-B) = Cos A Cos B + Sin A Sin B
Tan (A+B) =
Tan (A-B) =
3. Identitas sudut ganda
Sin 2ª = 2 Sin A Cos A
Cos 2ª = Cos2A – Sin2A = aCos2A – 1=1 – 2 Sin2A
Tan 2ª =
4. Identitas Sudut setengah
Sin
Cos
Tan
Rumus bagi fungsi Trigonometri
Jika f(x)adalah fungsi sembarang dari trigonometri, maka :
a) f(x)} = Cos f(x).
b) f(x)} = - Sin f(x).f1(x)
c) f(x)} = Sec2 f(x).
d) f(x)} = -Cosec2 f(x).
e) f(x)} = Sec f(x). tan f(x).
f) f(x)} = -Cosec f(x).Cot f(x).
Sedangkan untuk fungsi langsung, sebagai berikut :
a) Sin x = Cos x
b) Cos x = -Sin x
c) tan x = Sec2x
d) Cot x = -Cosec2x
e) Sec x = Sec x . tan x
f) Cosec x = -Cosec x . Cot x
Contoh :
1) Jika f(x) = x tan x, tentukan f1(x) :
Jawaban : f1(x) = 1, tan x + x Sec2x = tan x +x Sec2x
2) Jika f(x) = Sin 2x, tentukan f1(x).
Jawaban : Sin 2 x = Sin x. Sin x
f1(x) = Cos x Sin x + Sin x Cos x = 2 Sin x Cos x
3) Jika f(x) = tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) =
f1(x) =
f1(x) =
4) Jika f(x) = , carilah f1(3)
Jawaban : f1(x) =
f1(x) =
5) Jika y = x2 + 2 Sin x . Carilah y1
Jawaban : y1 = 2x + 2 Cos x
=> y1 = 2 +2 Cos
y1 =
Rumus : Jika U = f(x) dan y = g (4)
Maka :
Contoh :
1) Jika y = (x2 +1)-3, tentukan y1
Jawaban : misalkan y = 4-3 dan U = x2 + 1
Maka : =(-3U -4)(2x)
- 3 (x2 +1)-4 (2x)
-6x (x2+1)-4
2) Jika f(x) = Cos 3x, tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) = (-Sin 3x) (3) = -3 Sin 3x
3) Jika f(x) = Cos3x, tentukan f1(x)
Jawaban : f1(x) = 3 (Cos x)2 ( - Sin x)
f1(x) = -3 Cos2x Sin x
4) Jika y = U3 – 2U dan U = x -
Cari y1 = untuk x = 2
Jawaban :
(3U2 – 2) (1+ )
Bila x = 2, maka U = 2 - =
Jadi :
5) Jika y = f (x2 + 1) dan diberi f1(x) =
Tentukan
Jawaban : f1 (x2+1)(2x) =
Rumus: Jika y = f(u) ; u = f(v) dan v = f(x)
Maka : =
Contoh : Jika y = Cos [x+Sin (x+1)]
Tentukan : y1
Jawaban : Misalkan :v = x +1
U = v – 1+Sin v
y = Cos. U
Maka : y1 = =
y1 = -Sin U. (1+Cos v).1
y1 = - Sin [x+Sin(x+1)].[1+Cos(x+1)]
Turunan lebih tinggi
Penulisan :
Turunan kedua : y11
Turunan ketiga : y111 =
Turunan keempat : y(4) =
.............................dst
Contoh :
(1). Carilah turunan ketiga dari : y = tan 3x
Jawaban : y1 = 3 Sec23x
y11 = 3 (2 Sec 3x) (3 Sec 3x. tan 3x)
y11 = 18 Sec23 x tan 3x .
y111 = 18 (2 Sec 3x) (3 Sec 3 x tan 3x) tan 3x + 18 Sec23x ( 3 Sec23x)
y111= 108 Sec2 3x tan2 3x + 54 Sec4 3x
(2). Carilah turunan ke – n dari f(x) =
Jawaban :
(3).Cari turunan ke-empat dari : f(t) = t2 -
Jawaban :
BILANGAN KOMPLEKS (BUKU KE 3)
BILANGAN KOMPLEKS
( BUKU KETIGA )
Oleh : AGUS K DJAHARI
FUNGSI EKSPONENSIAL
f (x) = ax , dimana a › 0 dan a ≠ 0
Fungsi eksponen didefinisikan sebagai invers dari logaritma, atau dapat di notasikan :
y = e x ↔ x = ln y
Turunan langsung dari definisi diatas :
1. eln y = y
2. ln ex = x
Turunan dan integral dari eksponen :
Dx ( eu ) = e u du/dx ↔ ∫ eu du = eu + C
Contoh : ax = ex ln a , maka :
1. Dx [ au ] = ( ln a ) au du/dx
2. ∫ au du = 1 a4 + c
ln a
contoh:
jadi:
Sifat eksponen nyata bagi sembarang x dan y :
a)
b)
c)
Untuk mendapatkan terbitan bagi = bx digunakan takrif bx = ex ln b maka:
Contoh:
Cari jika
Jawab:
Contoh:
Cari jika
Jawab :
Rumus:
Contoh:
Cari :
Jawab:
Contoh:
Cari:
Jawab: misalkan u = ex dan du = exdx
Maka:
FUNGSI HIPERBOLIK
Takrif:
1) 2)
3) 4)
5) 6)
Identitas
1.
Jadi:
2.
Terbitan:
1. jika
2.
3.
4.
5.
6.
Contoh: Cari terbitan bagi
Jawab:
Contoh: Cari untuk
Jawab:
Contoh: Nilaikan
Jawab:
FUNGSI LOGARITMA
Sifat : 1.
2.
3.
4.
5.
6.
Bilangan natural :
1)
2)
3)
Secara Umum :
1)
atau :
2)
3) untuk
4) untuk
Turunan dan intergal dari eksponen natural :
Misalkan a > 0 dan , didefinisikan , maka :
a)
b)
Misalkan maka
Secara umum :
Logaritma Dasar b
Jika atau jika dan hanya jika
maka :
Jadi :
Contoh : Cari jika f(x) =
Jawab : Misalkan dan
Maka :
Jika : maka
Contoh : Cari jika , jika
Jawab :
Jadi :
Contoh : Cari jika
Jawab:
Maka :
Contoh: Cari titik genting dan nilai ekstrim bagi fungsi f(x) = x2x
Jawab : domain x>0
atau
Jika : maka :
Titik minimum
Fungsi
Maka :
Untuk : atau
Dapat ditulis :
( BUKU KETIGA )
Oleh : AGUS K DJAHARI
FUNGSI EKSPONENSIAL
f (x) = ax , dimana a › 0 dan a ≠ 0
Fungsi eksponen didefinisikan sebagai invers dari logaritma, atau dapat di notasikan :
y = e x ↔ x = ln y
Turunan langsung dari definisi diatas :
1. eln y = y
2. ln ex = x
Turunan dan integral dari eksponen :
Dx ( eu ) = e u du/dx ↔ ∫ eu du = eu + C
Contoh : ax = ex ln a , maka :
1. Dx [ au ] = ( ln a ) au du/dx
2. ∫ au du = 1 a4 + c
ln a
contoh:
jadi:
Sifat eksponen nyata bagi sembarang x dan y :
a)
b)
c)
Untuk mendapatkan terbitan bagi = bx digunakan takrif bx = ex ln b maka:
Contoh:
Cari jika
Jawab:
Contoh:
Cari jika
Jawab :
Rumus:
Contoh:
Cari :
Jawab:
Contoh:
Cari:
Jawab: misalkan u = ex dan du = exdx
Maka:
FUNGSI HIPERBOLIK
Takrif:
1) 2)
3) 4)
5) 6)
Identitas
1.
Jadi:
2.
Terbitan:
1. jika
2.
3.
4.
5.
6.
Contoh: Cari terbitan bagi
Jawab:
Contoh: Cari untuk
Jawab:
Contoh: Nilaikan
Jawab:
FUNGSI LOGARITMA
Sifat : 1.
2.
3.
4.
5.
6.
Bilangan natural :
1)
2)
3)
Secara Umum :
1)
atau :
2)
3) untuk
4) untuk
Turunan dan intergal dari eksponen natural :
Misalkan a > 0 dan , didefinisikan , maka :
a)
b)
Misalkan maka
Secara umum :
Logaritma Dasar b
Jika atau jika dan hanya jika
maka :
Jadi :
Contoh : Cari jika f(x) =
Jawab : Misalkan dan
Maka :
Jika : maka
Contoh : Cari jika , jika
Jawab :
Jadi :
Contoh : Cari jika
Jawab:
Maka :
Contoh: Cari titik genting dan nilai ekstrim bagi fungsi f(x) = x2x
Jawab : domain x>0
atau
Jika : maka :
Titik minimum
Fungsi
Maka :
Untuk : atau
Dapat ditulis :
BILANGAN KOMPLEKS (BUKU KE 2)
BILANGAN KOMPLEKS
( BUKU SATU )
Oleh : AGUS K DJAHARI
Definisi : Bilangan kompleks adalah gabungan antara bilangan real dengan bilangan
imajiner.
Bilangan imajiner : Bilangan yang merupakan akar kuadrat dari suatu bilangan negatif.
Contoh : √-5 , √-7 , √-1000, .....................dst.
Kita definisikan, bahwa :
i = √-1
Oleh karena itu :
√-5 = √-1 X √5 = √5 i
√-7 = √-1 X √7 = √7 i
Operasi bilangan imajiner yang salah : √-5 X √-5 = √-5X-5 = √25 = 5
Seharusnya yang benar,adalah : √-5 X √-5 = √5i X √5i = 5i2 = 5.(-1) = -5
Simbol i memiliki sifat : i2 = ( √-1)2 = -1
i3= i2 x i = -1 x i = -i
i4 = i2 x i2 = -1 x -1 = 1
i5 = i3 x i2 = -i x -1 = i
sareng saterasna...................................
Notasi Bilangan Kompleks :
z = x + yi
menyatakan,bahwa :
x bagian real
i bagian imajiner murni
x dan y keduanya bilangan real
Operasi Bilangan kompleks :
1. Penjumlahan.
Contoh : ( 3 + 2 i ) + ( -2 + 7i ) = ................................
Jawaban :
( 3 + 2i ) + ( -2 + 7i ) = 3 + 2i – 2 + 7i = 1 + 9i.
2. Pengurangan.
Contoh : ( 2 - 3i ) - ( 8 - 2i ) = ......................................
Jawaban :
( 2 - 3i ) - ( 8 - 2 i ) = 2 – 3i - 8 + 2i = -6 - i
1.
3. Perkalian .
Contoh : ( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = ..........................................
Jawaban :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i - 20i2
Ubah i2 = -1 , maka :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i + 20 = 26 - 7i.
4. Pembagian .
Contoh : 2 + 5i = ..............................................
3 + 4i
Jawaban :
2 + 5i = 2 + 5i X 3 - 4i
3 + 4i 3 + 4i 3 - 4i
= ( 2 + 5i )( 3 – 4i )
32 - ( 4i )2
= 6 – 8i + 15i - 20i2 = 6 – 8i + 15i + 20
9 + 16 25
= 26 + 7i = 26 + 7i
25 25 25
5. Pemangkatan.
Contoh : Jika z = 3 – i , tentukan : z3
Jawaban :
z3 = ( 3-i )( 3 – i )( 3 – i )
z3 = ( 9 – 6i – 1 )( 3 – i )
z3 = ( 8 – 6i )( 3 – i )
z3 = 24 – 8i – 18i – 6
z3 = 18 - 27i
2.
BIDANG KOMPLEKS
Himpunan bilangan kompleks digambarkan pada bidang kompleks.
Bilangan kompleks digambarkan dengan sebuah titik pada bidang kompleks.
Contoh : Ada 4 bilangan kompleks yang disimbolkan Z1, Z2, Z3 dan Z4. Dimana :
Z1= 3+6i
Z2= -3+2i
Z3= -2-2i
Z4= 4-3i
Gambarkan : titik Z1, Z2, Z3 dan Z4 pada bilangan kompleks.
Jawaban :
Y
-6 Z1 (3+6i)
-5
-4
-3
Z2(-3+2i) -2
-1
X
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
*-1
Z3(-2-2i) *-2
*-3 Z4(4-3i)
*-4
Contoh : Z= (x+yi)
Jika Z= 5+ 7 - (√3 X √-2) + i2
i
Tentukan : x dan y
Gambarkan : Dalam bidang kompleks.
3.
Jawaban : Z= 5+7 – (√3 X √-2)+ i2
i
Z= 5+7 X i - (√3 X √-2 X i) – 1
i i
Z= 5+ 7i + √6i
i2
Z= 5- 7i + √6i
Z= 5+(√6-7) i
Maka : x=5 dan y =(√6-7)
Lokasi titik Z:
Y
-2
-1
X
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
*-1
*-2
*-3
*-4
Z (5+(√6-7) i)
*-5
Contoh : Z = (x+yi)
Tentukan nilai x dan y dari bilangan : a. 0
b.5
c.√-5
Jawaban :
a) 0 = 0+0i, jadi x=0 dan y=0
b) 5 = 5+0i, jadi x=5 dan y=0
c) √-5 = 0 + √5i, jadi x=0 dan y= √5
Contoh : Jika Z1=Z2=Z3
Z1=c+ai
Z2=b+2ci
Z3=a+2 – di
Tentukan a, b, c, d, dan Z1, Z2, dan Z3
4.
Jawaban : p+qi = r+Si jika dan hanya jika p=r dan q=s
Untuk itu : Z1 = Z2 = Z3
c+ai=b+2ci=a+2-di
Maka : c=b=a+2...........................................(1)
A=2c=-d............................................(2)
Apabila kita ambil c=a+2 disubstitusikan ke a =2c
Menjadi : a=2c
a=2(a+2)
a=2a+4
a=-4
Karena a=- d maka d=4
Sedangkanc=a+2 maka c=-4+2= - 2 dan b=c= - 2.
Tos kitu kenging nilai a =-4, b = -2, c = -2, d = 4
Jadi : Z1 = Z2 = Z3 = c+ai = -2 - 4i
5.
A. SKEMA BILANGAN.
1. Bilangan Asli : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu-
lat positif.
A = { 1,2,3,4,5,6,...........}
2. Bilangan Prima : Bilangan asli yang hanya dapat dibagi dirinya sendiri dan sa-
tu,kecuali angka1.
P = { 2,3,5,7,11,13,........}
3.Bilangan Cacah : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu –
lat positif digabung dengan nol.
C = { 0,1,2,3,4,5,6,.........}
4. Bilangan Bulat : Bilangan yang anggota-anggotanya seluruh bilangan bulat,ne
gatif,nol dan positif.
B = { ...,-3,-2,-1,0,1,2,3,... }
5. Bilangan Rasional : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan yang
dapat dinyatakan sebagai :
a/b dimana a,b anggota bil.bulat dan b ≠ 0 atau dapat di –
nyatakan sebagai suatu desimal berulang.
Contoh : 0,-2, 2/7, 5, 2/11, dan lain-lain.
6. Bilangan Irasional : Bilangan yang anggota-anggotanya tidak dapat dinyatakan se
bagai suatu desimal berulang.
Contoh : log 2, √7 , 2- √5 , e , dll.
7. Bilangan riil : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan gabungan dari
himpunan bilangan rasional dan irasional.
Contoh : log 10, 5/8 , -3 , 0, 3 dll.
8. Bilangan imajiner : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan i (satuan ima
jiner ) dimana i merupakan lambang bilangan baru yang ber
sifat i2 = -1
Contoh : i, 4i, 5i,
9. Bilangan kompleks : Bilangan yang anggota-anggotanya ( a + bi ) , dimana a,b
anggota bilangan riil ; i2 = -1, dengan a bagian riil dan b ba
gian imajiner.
Contoh : 2-3i, 8 + 2
B. BILANGAN KOMPLEKS.
Bilangan berbentuk : a + bi dimana a dan b adalah bilangan riil,dan i adalah bila
ngan imajiner tertentu yang mempunyai sifat i2 = -1.
Bilangan riil a disebut juga bagian riil dari bilangan kompleks, dan bilangan real b disebut bagian imajiner. Jika pada suatu bilangan kompleks, nilai b adalah 0, maka bilangan kompleks tersebut menjadi sama dengan bilangan real a.
Sebagai contoh, 3+2i adalah bilangan kompleks dengan bagian riil 3 dan bagian imajiner 2.
Bilangan kompleks dapat ditambah, dikurang, dikali, dan dibagi seperti bilangan riil; namun bilangan kompleks juga mempunyai sifat-sifat tambahan yang menarik. Misalnya, setiap persamaan aljabar polinomial mempunyai solusi bilangan kompleks, tidak seperti bilangan riil yang hanya memiliki sebagian.
Himpunan bilangan kompleks,umumnya dinotasikan dengan C.
Bilangan real, R dapat dinyatakan sebagai bagian dari himpunan C dengan menya
takan setiap bilangan real sebagai bilangan kompleks : a = a + 0i.
Bilangan kompleks ditambah,dikurang dan dikali dengan menggunakan sifat-sifat
Aljabar,seperti : komutatif, asosiatif dan distributif dan dengan persamaan :
i 2 = - 1
( a + bi ) + ( c + di ) = ( a + c ) + ( b + d )i
( a + bi ) - ( c + di ) = ( a – c ) + ( b – d )i
( a + bi )(c + di) = ac + bci + adi + bdi2 = ( ac – bd) + (bc + ad)i
Pembagian bilangan kompleks juga dapat didefinisikan,himpunan bilangan kom –
pleks membentuk bidang matematika yang berbeda dengan bilangan real,berupa –
aljabar tertutup.
Definisi formal bilangan kompleks adalah sepasang bilangan real ( a,b) dengan ope
rasi sebagai berikut :
( a,b) + (c,d) = ( a + c, b + d )
( a,b) . (c,d) = ( ac – bd , bc + ad )
Dengan definisi diatas,bilangan-bilangan kompleks yang ada membentuk suatu him
punan bilangan kompleks yang dinotasikan dengan C.
Karena bilangan kompleks a + bi merupakan spesifikasi unik yang berdasarkan sepa
sang bilangan riil ( a,b ), bilangan kompleks mempunyai hubungan korespondensi
satu-satu dengan titik-titik pada satu bidang yang dinamakan bidang kompleks.
Bilangan riil a dapat disebut juga dengan bilangan kompleks ( a,0 ) dan dengan cara
ini , himpunan bilangan riil R menjadi bagian dari himpunan bilangan kompleks C.
Dalam C, berlaku sebagai berikut :
Identitas penjumlahan ( nol ) : ( 0,0 )
Identitas perkalian ( satu ) : ( 1,0 )
Invers penjumlahan ( a,b ) : ( -a, -b )
Invers perkalian bukan nol (a,b) : ( _ a____ , ___-b____ )
a2 + b2 a2 + b2
Bilangan kompleks pada umumnya dinyatakan sebagai penjumlahan dua suku, dengan suku pertama adalah bilangan riil, dan suku kedua adalah bilangan imajiner.
a + b i
Definisi 1 : Cara penulisan;
Bilangan kompleks terurut pasangan bilangan real x,y
Ditulis : z = ( x,y )
Contoh : z1 = (2,4)
z2 = ( 0,-2 )
z3 = ( -3, 4 ½ )
Definisi 2 : Bilangan kompleks yang sama;
z1 = ( x1 , y1 ) dan z2 = ( x2 , y2)
z1 = z2 atau ( x1, y1) = ( x2,y2) bila dan hanya bila :
x1=x2 dan y1 = y2
Contoh : Diketahui z1 = ( 3a+1 , 4 )
Z2= ( a + 9, 2b + 16 )
sedangkan z1 = z2
Tentukan nilai a dan b :
Jawaban : (3a +1, 4 ) = (a + 9, 2b + 16 )
Maka : 3a + 1 = a + 9
3a - a = 9 – 1
2a = 8
a = 4
maka juga : 4 = 2b + 16
-2b = 16 – 4
-2b = 12
B = - 6
Definisi 3 : Penjumlahan bilangan kompleks ;
z1 = ( x1 ,y1 ) dan z2 = ( x2, y2 )
z1 + z2 = (x1,y1) + (x2 + y2) = ( x1+x2 , y1+y2)
Contoh : Diketahui z1 = (2a +1, 4)
Z2 = (-2 a , -1 )
Tentukan : z1 + z2
Jawaban : z1 + z2 = (2a+1,4) +(-2a,-1)
Z1+z2 =( 2a+1-2a, 4-1 )
Z1+z2 = ( 1 , 3 )
Definisi 4 : Perkalian Bilangan kompleks;
Z1 = (x1, y1 ) dan z2 = ( x2,y2 )
Z1 X z2 = (x1,y1) X ( x2,y2) = (x1x2 – y1y2 , x1y2 + x2y1 )
Contoh : Diketahui : z1 = ( 5,2) dan z2= ( 6,3 )
Tentukan : z1 X z2
Jawaban : z1 X z2 = ( 5,2 ) X ( 6,3 )
Z1 X z2 = ( 5X6 – 2X3, 5X3 + 6X2)
Z1 X z2 = ( 30-6 , 15 + 12 )
Z1 X z2 = ( 24 , 27 )
TEOREMA 1 :
Penjumlahan Bilangan kompleks, memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1+ z2 = z 2 + z1
Bukti : z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 )
= ( x1 + x2 , y1 + y2 )
Z2 + z1 = ( x2,y2 ) + (x1 + y1)
= ( x2 + x1 , y2 + y1)
Karena x1 ,y1 ,x2 dan y2 adalah bilangan real maka berlaku ;
X1 + x2 = x2 + x1 dan y1 + y2 = y2 + y1
Oleh karenanya terbukti bahwa : z1+z2 = z2 + z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
Bukti : z1 = ( x1 , y1 ) ; z2 = ( x2 , y2 ) dan z3 = ( x3 , y3 )
Maka :
(z1 + z2 ) + z3 = (x1+x2 , y1 + y2) + ( x3 , y3 )
= ( ( x1 + x2 ) + x3 , (y1 + y2 ) + y3 )
Karena x1, y1 , x2 , y2 , x3 dan y3 adalah bilangan real,maka ber –
laku :
( x1 + x2 ) + x3 = x1 + ( x2 + x3 )
( y1 + y2) + y3 = y1 + ( y2 + y3 )
Oleh karenanya terbukti bahwa :
( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
TEOREMA 2 :
Perkalian bilangan kompleks memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1 X z2 = z2 X z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 X z2 ) X z3 = z1 X ( z2 X z3 )
c. Hukum distributif : ( z1 + z2 ) X z3 = z1z3 + z2z3
TEOREMA 3 :
Pengurangan bilangan kompleks :
Z = z2 - z1 = ( x2 - x1 , y2 - y1 )
TEOREMA 4 :
Pembagian bilangan kompleks
z2 = ( xax2 + y1y2 , x1y2 – x2y1 )
z1 ( x12 + y12 x12 + y12 )
Contoh : Diketahui : z1 = (3, -1) dan z2 = ( -1 , 1 )
Tentukan : z2 : z1
J awaban : 3 (-1) + (-1) 1 , (3)(1) – (-1)(-1)
32 + (-1 )2 32 + (-1 )2
= - 4 , 2
10 10
= ( - 2/5 , 1/5 }
Definisi 5 :
Nilai mutlak bilangan kompleks : | z | = √ x2 + y2
TEOREMA 5 :
Perkalian nilai mutlak dua bilangan kompleks :
| z1 X z2 | = | z1 | X | z2 |
Definisi 6 :
Bilangan kompleks ( 0,1) kita definisikan sebagai bilangan i
Jadi : i = ( 0,1 )
TEOREMA 6 :
Dari : i = ( 0,1 ) diperoleh i2 = -1
TEOREMA 7 :
Jika x dan y bilangan real ,maka bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis
Sebagai z = x + yi.
Sebagai catatan : x = bagian real
y = bagian khayal dari z
ditulis : x = R (z)
y = I (z )
Definisi 7 : kompleks sekawan.
z = x + yi kompleks sekawan dengan z = x - yi
ditulis : z = x – yi dibaca : sekawan z
TEOREMA 8 :
Untuk setiap bilangan kompleks : z1 = x1 + y1i dan z2 = x2 + y2i
Berlaku : 1. R (z) ≤ │ R(z) │ ≤ │ z │
2. I (z) ≤ │I(z) │ ≤ │ z │
3. z1 + z2 = z1 + z2
4. z1 X z2 = z1 X z2
5. │z│2 = z X z
BENTUK POLAR :
Z = √ a2 + b2 dan θ = arctan ( b/a) maka : a + bi = z ( cos θ + i sin θ )
Untuk mempersingkat penulisan,bentuk z(cosθ + i sin θ ) juga sering ditulis z cisθ
BENTUK EKSPONEN : zeiθ = z ( cos θ + i sin θ )
( BUKU SATU )
Oleh : AGUS K DJAHARI
Definisi : Bilangan kompleks adalah gabungan antara bilangan real dengan bilangan
imajiner.
Bilangan imajiner : Bilangan yang merupakan akar kuadrat dari suatu bilangan negatif.
Contoh : √-5 , √-7 , √-1000, .....................dst.
Kita definisikan, bahwa :
i = √-1
Oleh karena itu :
√-5 = √-1 X √5 = √5 i
√-7 = √-1 X √7 = √7 i
Operasi bilangan imajiner yang salah : √-5 X √-5 = √-5X-5 = √25 = 5
Seharusnya yang benar,adalah : √-5 X √-5 = √5i X √5i = 5i2 = 5.(-1) = -5
Simbol i memiliki sifat : i2 = ( √-1)2 = -1
i3= i2 x i = -1 x i = -i
i4 = i2 x i2 = -1 x -1 = 1
i5 = i3 x i2 = -i x -1 = i
sareng saterasna...................................
Notasi Bilangan Kompleks :
z = x + yi
menyatakan,bahwa :
x bagian real
i bagian imajiner murni
x dan y keduanya bilangan real
Operasi Bilangan kompleks :
1. Penjumlahan.
Contoh : ( 3 + 2 i ) + ( -2 + 7i ) = ................................
Jawaban :
( 3 + 2i ) + ( -2 + 7i ) = 3 + 2i – 2 + 7i = 1 + 9i.
2. Pengurangan.
Contoh : ( 2 - 3i ) - ( 8 - 2i ) = ......................................
Jawaban :
( 2 - 3i ) - ( 8 - 2 i ) = 2 – 3i - 8 + 2i = -6 - i
1.
3. Perkalian .
Contoh : ( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = ..........................................
Jawaban :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i - 20i2
Ubah i2 = -1 , maka :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i + 20 = 26 - 7i.
4. Pembagian .
Contoh : 2 + 5i = ..............................................
3 + 4i
Jawaban :
2 + 5i = 2 + 5i X 3 - 4i
3 + 4i 3 + 4i 3 - 4i
= ( 2 + 5i )( 3 – 4i )
32 - ( 4i )2
= 6 – 8i + 15i - 20i2 = 6 – 8i + 15i + 20
9 + 16 25
= 26 + 7i = 26 + 7i
25 25 25
5. Pemangkatan.
Contoh : Jika z = 3 – i , tentukan : z3
Jawaban :
z3 = ( 3-i )( 3 – i )( 3 – i )
z3 = ( 9 – 6i – 1 )( 3 – i )
z3 = ( 8 – 6i )( 3 – i )
z3 = 24 – 8i – 18i – 6
z3 = 18 - 27i
2.
BIDANG KOMPLEKS
Himpunan bilangan kompleks digambarkan pada bidang kompleks.
Bilangan kompleks digambarkan dengan sebuah titik pada bidang kompleks.
Contoh : Ada 4 bilangan kompleks yang disimbolkan Z1, Z2, Z3 dan Z4. Dimana :
Z1= 3+6i
Z2= -3+2i
Z3= -2-2i
Z4= 4-3i
Gambarkan : titik Z1, Z2, Z3 dan Z4 pada bilangan kompleks.
Jawaban :
Y
-6 Z1 (3+6i)
-5
-4
-3
Z2(-3+2i) -2
-1
X
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
*-1
Z3(-2-2i) *-2
*-3 Z4(4-3i)
*-4
Contoh : Z= (x+yi)
Jika Z= 5+ 7 - (√3 X √-2) + i2
i
Tentukan : x dan y
Gambarkan : Dalam bidang kompleks.
3.
Jawaban : Z= 5+7 – (√3 X √-2)+ i2
i
Z= 5+7 X i - (√3 X √-2 X i) – 1
i i
Z= 5+ 7i + √6i
i2
Z= 5- 7i + √6i
Z= 5+(√6-7) i
Maka : x=5 dan y =(√6-7)
Lokasi titik Z:
Y
-2
-1
X
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
*-1
*-2
*-3
*-4
Z (5+(√6-7) i)
*-5
Contoh : Z = (x+yi)
Tentukan nilai x dan y dari bilangan : a. 0
b.5
c.√-5
Jawaban :
a) 0 = 0+0i, jadi x=0 dan y=0
b) 5 = 5+0i, jadi x=5 dan y=0
c) √-5 = 0 + √5i, jadi x=0 dan y= √5
Contoh : Jika Z1=Z2=Z3
Z1=c+ai
Z2=b+2ci
Z3=a+2 – di
Tentukan a, b, c, d, dan Z1, Z2, dan Z3
4.
Jawaban : p+qi = r+Si jika dan hanya jika p=r dan q=s
Untuk itu : Z1 = Z2 = Z3
c+ai=b+2ci=a+2-di
Maka : c=b=a+2...........................................(1)
A=2c=-d............................................(2)
Apabila kita ambil c=a+2 disubstitusikan ke a =2c
Menjadi : a=2c
a=2(a+2)
a=2a+4
a=-4
Karena a=- d maka d=4
Sedangkanc=a+2 maka c=-4+2= - 2 dan b=c= - 2.
Tos kitu kenging nilai a =-4, b = -2, c = -2, d = 4
Jadi : Z1 = Z2 = Z3 = c+ai = -2 - 4i
5.
A. SKEMA BILANGAN.
1. Bilangan Asli : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu-
lat positif.
A = { 1,2,3,4,5,6,...........}
2. Bilangan Prima : Bilangan asli yang hanya dapat dibagi dirinya sendiri dan sa-
tu,kecuali angka1.
P = { 2,3,5,7,11,13,........}
3.Bilangan Cacah : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu –
lat positif digabung dengan nol.
C = { 0,1,2,3,4,5,6,.........}
4. Bilangan Bulat : Bilangan yang anggota-anggotanya seluruh bilangan bulat,ne
gatif,nol dan positif.
B = { ...,-3,-2,-1,0,1,2,3,... }
5. Bilangan Rasional : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan yang
dapat dinyatakan sebagai :
a/b dimana a,b anggota bil.bulat dan b ≠ 0 atau dapat di –
nyatakan sebagai suatu desimal berulang.
Contoh : 0,-2, 2/7, 5, 2/11, dan lain-lain.
6. Bilangan Irasional : Bilangan yang anggota-anggotanya tidak dapat dinyatakan se
bagai suatu desimal berulang.
Contoh : log 2, √7 , 2- √5 , e , dll.
7. Bilangan riil : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan gabungan dari
himpunan bilangan rasional dan irasional.
Contoh : log 10, 5/8 , -3 , 0, 3 dll.
8. Bilangan imajiner : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan i (satuan ima
jiner ) dimana i merupakan lambang bilangan baru yang ber
sifat i2 = -1
Contoh : i, 4i, 5i,
9. Bilangan kompleks : Bilangan yang anggota-anggotanya ( a + bi ) , dimana a,b
anggota bilangan riil ; i2 = -1, dengan a bagian riil dan b ba
gian imajiner.
Contoh : 2-3i, 8 + 2
B. BILANGAN KOMPLEKS.
Bilangan berbentuk : a + bi dimana a dan b adalah bilangan riil,dan i adalah bila
ngan imajiner tertentu yang mempunyai sifat i2 = -1.
Bilangan riil a disebut juga bagian riil dari bilangan kompleks, dan bilangan real b disebut bagian imajiner. Jika pada suatu bilangan kompleks, nilai b adalah 0, maka bilangan kompleks tersebut menjadi sama dengan bilangan real a.
Sebagai contoh, 3+2i adalah bilangan kompleks dengan bagian riil 3 dan bagian imajiner 2.
Bilangan kompleks dapat ditambah, dikurang, dikali, dan dibagi seperti bilangan riil; namun bilangan kompleks juga mempunyai sifat-sifat tambahan yang menarik. Misalnya, setiap persamaan aljabar polinomial mempunyai solusi bilangan kompleks, tidak seperti bilangan riil yang hanya memiliki sebagian.
Himpunan bilangan kompleks,umumnya dinotasikan dengan C.
Bilangan real, R dapat dinyatakan sebagai bagian dari himpunan C dengan menya
takan setiap bilangan real sebagai bilangan kompleks : a = a + 0i.
Bilangan kompleks ditambah,dikurang dan dikali dengan menggunakan sifat-sifat
Aljabar,seperti : komutatif, asosiatif dan distributif dan dengan persamaan :
i 2 = - 1
( a + bi ) + ( c + di ) = ( a + c ) + ( b + d )i
( a + bi ) - ( c + di ) = ( a – c ) + ( b – d )i
( a + bi )(c + di) = ac + bci + adi + bdi2 = ( ac – bd) + (bc + ad)i
Pembagian bilangan kompleks juga dapat didefinisikan,himpunan bilangan kom –
pleks membentuk bidang matematika yang berbeda dengan bilangan real,berupa –
aljabar tertutup.
Definisi formal bilangan kompleks adalah sepasang bilangan real ( a,b) dengan ope
rasi sebagai berikut :
( a,b) + (c,d) = ( a + c, b + d )
( a,b) . (c,d) = ( ac – bd , bc + ad )
Dengan definisi diatas,bilangan-bilangan kompleks yang ada membentuk suatu him
punan bilangan kompleks yang dinotasikan dengan C.
Karena bilangan kompleks a + bi merupakan spesifikasi unik yang berdasarkan sepa
sang bilangan riil ( a,b ), bilangan kompleks mempunyai hubungan korespondensi
satu-satu dengan titik-titik pada satu bidang yang dinamakan bidang kompleks.
Bilangan riil a dapat disebut juga dengan bilangan kompleks ( a,0 ) dan dengan cara
ini , himpunan bilangan riil R menjadi bagian dari himpunan bilangan kompleks C.
Dalam C, berlaku sebagai berikut :
Identitas penjumlahan ( nol ) : ( 0,0 )
Identitas perkalian ( satu ) : ( 1,0 )
Invers penjumlahan ( a,b ) : ( -a, -b )
Invers perkalian bukan nol (a,b) : ( _ a____ , ___-b____ )
a2 + b2 a2 + b2
Bilangan kompleks pada umumnya dinyatakan sebagai penjumlahan dua suku, dengan suku pertama adalah bilangan riil, dan suku kedua adalah bilangan imajiner.
a + b i
Definisi 1 : Cara penulisan;
Bilangan kompleks terurut pasangan bilangan real x,y
Ditulis : z = ( x,y )
Contoh : z1 = (2,4)
z2 = ( 0,-2 )
z3 = ( -3, 4 ½ )
Definisi 2 : Bilangan kompleks yang sama;
z1 = ( x1 , y1 ) dan z2 = ( x2 , y2)
z1 = z2 atau ( x1, y1) = ( x2,y2) bila dan hanya bila :
x1=x2 dan y1 = y2
Contoh : Diketahui z1 = ( 3a+1 , 4 )
Z2= ( a + 9, 2b + 16 )
sedangkan z1 = z2
Tentukan nilai a dan b :
Jawaban : (3a +1, 4 ) = (a + 9, 2b + 16 )
Maka : 3a + 1 = a + 9
3a - a = 9 – 1
2a = 8
a = 4
maka juga : 4 = 2b + 16
-2b = 16 – 4
-2b = 12
B = - 6
Definisi 3 : Penjumlahan bilangan kompleks ;
z1 = ( x1 ,y1 ) dan z2 = ( x2, y2 )
z1 + z2 = (x1,y1) + (x2 + y2) = ( x1+x2 , y1+y2)
Contoh : Diketahui z1 = (2a +1, 4)
Z2 = (-2 a , -1 )
Tentukan : z1 + z2
Jawaban : z1 + z2 = (2a+1,4) +(-2a,-1)
Z1+z2 =( 2a+1-2a, 4-1 )
Z1+z2 = ( 1 , 3 )
Definisi 4 : Perkalian Bilangan kompleks;
Z1 = (x1, y1 ) dan z2 = ( x2,y2 )
Z1 X z2 = (x1,y1) X ( x2,y2) = (x1x2 – y1y2 , x1y2 + x2y1 )
Contoh : Diketahui : z1 = ( 5,2) dan z2= ( 6,3 )
Tentukan : z1 X z2
Jawaban : z1 X z2 = ( 5,2 ) X ( 6,3 )
Z1 X z2 = ( 5X6 – 2X3, 5X3 + 6X2)
Z1 X z2 = ( 30-6 , 15 + 12 )
Z1 X z2 = ( 24 , 27 )
TEOREMA 1 :
Penjumlahan Bilangan kompleks, memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1+ z2 = z 2 + z1
Bukti : z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 )
= ( x1 + x2 , y1 + y2 )
Z2 + z1 = ( x2,y2 ) + (x1 + y1)
= ( x2 + x1 , y2 + y1)
Karena x1 ,y1 ,x2 dan y2 adalah bilangan real maka berlaku ;
X1 + x2 = x2 + x1 dan y1 + y2 = y2 + y1
Oleh karenanya terbukti bahwa : z1+z2 = z2 + z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
Bukti : z1 = ( x1 , y1 ) ; z2 = ( x2 , y2 ) dan z3 = ( x3 , y3 )
Maka :
(z1 + z2 ) + z3 = (x1+x2 , y1 + y2) + ( x3 , y3 )
= ( ( x1 + x2 ) + x3 , (y1 + y2 ) + y3 )
Karena x1, y1 , x2 , y2 , x3 dan y3 adalah bilangan real,maka ber –
laku :
( x1 + x2 ) + x3 = x1 + ( x2 + x3 )
( y1 + y2) + y3 = y1 + ( y2 + y3 )
Oleh karenanya terbukti bahwa :
( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
TEOREMA 2 :
Perkalian bilangan kompleks memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1 X z2 = z2 X z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 X z2 ) X z3 = z1 X ( z2 X z3 )
c. Hukum distributif : ( z1 + z2 ) X z3 = z1z3 + z2z3
TEOREMA 3 :
Pengurangan bilangan kompleks :
Z = z2 - z1 = ( x2 - x1 , y2 - y1 )
TEOREMA 4 :
Pembagian bilangan kompleks
z2 = ( xax2 + y1y2 , x1y2 – x2y1 )
z1 ( x12 + y12 x12 + y12 )
Contoh : Diketahui : z1 = (3, -1) dan z2 = ( -1 , 1 )
Tentukan : z2 : z1
J awaban : 3 (-1) + (-1) 1 , (3)(1) – (-1)(-1)
32 + (-1 )2 32 + (-1 )2
= - 4 , 2
10 10
= ( - 2/5 , 1/5 }
Definisi 5 :
Nilai mutlak bilangan kompleks : | z | = √ x2 + y2
TEOREMA 5 :
Perkalian nilai mutlak dua bilangan kompleks :
| z1 X z2 | = | z1 | X | z2 |
Definisi 6 :
Bilangan kompleks ( 0,1) kita definisikan sebagai bilangan i
Jadi : i = ( 0,1 )
TEOREMA 6 :
Dari : i = ( 0,1 ) diperoleh i2 = -1
TEOREMA 7 :
Jika x dan y bilangan real ,maka bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis
Sebagai z = x + yi.
Sebagai catatan : x = bagian real
y = bagian khayal dari z
ditulis : x = R (z)
y = I (z )
Definisi 7 : kompleks sekawan.
z = x + yi kompleks sekawan dengan z = x - yi
ditulis : z = x – yi dibaca : sekawan z
TEOREMA 8 :
Untuk setiap bilangan kompleks : z1 = x1 + y1i dan z2 = x2 + y2i
Berlaku : 1. R (z) ≤ │ R(z) │ ≤ │ z │
2. I (z) ≤ │I(z) │ ≤ │ z │
3. z1 + z2 = z1 + z2
4. z1 X z2 = z1 X z2
5. │z│2 = z X z
BENTUK POLAR :
Z = √ a2 + b2 dan θ = arctan ( b/a) maka : a + bi = z ( cos θ + i sin θ )
Untuk mempersingkat penulisan,bentuk z(cosθ + i sin θ ) juga sering ditulis z cisθ
BENTUK EKSPONEN : zeiθ = z ( cos θ + i sin θ )
BILANGAN KOMPLEKS (BUKU KE 1)
BILANGAN KOMPLEKS
( BUKU SATU )
Oleh : AGUS K DJAHARI
Definisi : Bilangan kompleks adalah gabungan antara bilangan real dengan bilangan
imajiner.
Bilangan imajiner : Bilangan yang merupakan akar kuadrat dari suatu bilangan negatif.
Contoh : √-5 , √-7 , √-1000, .....................dst.
Kita definisikan, bahwa :
i = √-1
Oleh karena itu :
√-5 = √-1 X √5 = √5 i
√-7 = √-1 X √7 = √7 i
Operasi bilangan imajiner yang salah : √-5 X √-5 = √-5X-5 = √25 = 5
Seharusnya yang benar,adalah : √-5 X √-5 = √5i X √5i = 5i2 = 5.(-1) = -5
Simbol i memiliki sifat : i2 = ( √-1)2 = -1
i3= i2 x i = -1 x i = -i
i4 = i2 x i2 = -1 x -1 = 1
i5 = i3 x i2 = -i x -1 = i
sareng saterasna...................................
Notasi Bilangan Kompleks :
z = x + yi
menyatakan,bahwa :
x bagian real
i bagian imajiner murni
x dan y keduanya bilangan real
Operasi Bilangan kompleks :
1. Penjumlahan.
Contoh : ( 3 + 2 i ) + ( -2 + 7i ) = ................................
Jawaban :
( 3 + 2i ) + ( -2 + 7i ) = 3 + 2i – 2 + 7i = 1 + 9i.
2. Pengurangan.
Contoh : ( 2 - 3i ) - ( 8 - 2i ) = ......................................
Jawaban :
( 2 - 3i ) - ( 8 - 2 i ) = 2 – 3i - 8 + 2i = -6 - i
1.
3. Perkalian .
Contoh : ( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = ..........................................
Jawaban :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i - 20i2
Ubah i2 = -1 , maka :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i + 20 = 26 - 7i.
4. Pembagian .
Contoh : 2 + 5i = ..............................................
3 + 4i
Jawaban :
2 + 5i = 2 + 5i X 3 - 4i
3 + 4i 3 + 4i 3 - 4i
= ( 2 + 5i )( 3 – 4i )
32 - ( 4i )2
= 6 – 8i + 15i - 20i2 = 6 – 8i + 15i + 20
9 + 16 25
= 26 + 7i = 26 + 7i
25 25 25
5. Pemangkatan.
Contoh : Jika z = 3 – i , tentukan : z3
Jawaban :
z3 = ( 3-i )( 3 – i )( 3 – i )
z3 = ( 9 – 6i – 1 )( 3 – i )
z3 = ( 8 – 6i )( 3 – i )
z3 = 24 – 8i – 18i – 6
z3 = 18 - 27i
2.
BIDANG KOMPLEKS
Himpunan bilangan kompleks digambarkan pada bidang kompleks.
Bilangan kompleks digambarkan dengan sebuah titik pada bidang kompleks.
Contoh : Ada 4 bilangan kompleks yang disimbolkan Z1, Z2, Z3 dan Z4. Dimana :
Z1= 3+6i
Z2= -3+2i
Z3= -2-2i
Z4= 4-3i
Gambarkan : titik Z1, Z2, Z3 dan Z4 pada bilangan kompleks.
Jawaban :
Y
-6 Z1 (3+6i)
-5
-4
-3
Z2(-3+2i) -2
-1
X
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
*-1
Z3(-2-2i) *-2
*-3 Z4(4-3i)
*-4
Contoh : Z= (x+yi)
Jika Z= 5+ 7 - (√3 X √-2) + i2
i
Tentukan : x dan y
Gambarkan : Dalam bidang kompleks.
3.
Jawaban : Z= 5+7 – (√3 X √-2)+ i2
i
Z= 5+7 X i - (√3 X √-2 X i) – 1
i i
Z= 5+ 7i + √6i
i2
Z= 5- 7i + √6i
Z= 5+(√6-7) i
Maka : x=5 dan y =(√6-7)
Lokasi titik Z:
Y
-2
-1
X
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
*-1
*-2
*-3
*-4
Z (5+(√6-7) i)
*-5
Contoh : Z = (x+yi)
Tentukan nilai x dan y dari bilangan : a. 0
b.5
c.√-5
Jawaban :
a) 0 = 0+0i, jadi x=0 dan y=0
b) 5 = 5+0i, jadi x=5 dan y=0
c) √-5 = 0 + √5i, jadi x=0 dan y= √5
Contoh : Jika Z1=Z2=Z3
Z1=c+ai
Z2=b+2ci
Z3=a+2 – di
Tentukan a, b, c, d, dan Z1, Z2, dan Z3
4.
Jawaban : p+qi = r+Si jika dan hanya jika p=r dan q=s
Untuk itu : Z1 = Z2 = Z3
c+ai=b+2ci=a+2-di
Maka : c=b=a+2...........................................(1)
A=2c=-d............................................(2)
Apabila kita ambil c=a+2 disubstitusikan ke a =2c
Menjadi : a=2c
a=2(a+2)
a=2a+4
a=-4
Karena a=- d maka d=4
Sedangkanc=a+2 maka c=-4+2= - 2 dan b=c= - 2.
Tos kitu kenging nilai a =-4, b = -2, c = -2, d = 4
Jadi : Z1 = Z2 = Z3 = c+ai = -2 - 4i
5.
A. SKEMA BILANGAN.
1. Bilangan Asli : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu-
lat positif.
A = { 1,2,3,4,5,6,...........}
2. Bilangan Prima : Bilangan asli yang hanya dapat dibagi dirinya sendiri dan sa-
tu,kecuali angka1.
P = { 2,3,5,7,11,13,........}
3.Bilangan Cacah : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu –
lat positif digabung dengan nol.
C = { 0,1,2,3,4,5,6,.........}
4. Bilangan Bulat : Bilangan yang anggota-anggotanya seluruh bilangan bulat,ne
gatif,nol dan positif.
B = { ...,-3,-2,-1,0,1,2,3,... }
5. Bilangan Rasional : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan yang
dapat dinyatakan sebagai :
a/b dimana a,b anggota bil.bulat dan b ≠ 0 atau dapat di –
nyatakan sebagai suatu desimal berulang.
Contoh : 0,-2, 2/7, 5, 2/11, dan lain-lain.
6. Bilangan Irasional : Bilangan yang anggota-anggotanya tidak dapat dinyatakan se
bagai suatu desimal berulang.
Contoh : log 2, √7 , 2- √5 , e , dll.
7. Bilangan riil : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan gabungan dari
himpunan bilangan rasional dan irasional.
Contoh : log 10, 5/8 , -3 , 0, 3 dll.
8. Bilangan imajiner : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan i (satuan ima
jiner ) dimana i merupakan lambang bilangan baru yang ber
sifat i2 = -1
Contoh : i, 4i, 5i,
9. Bilangan kompleks : Bilangan yang anggota-anggotanya ( a + bi ) , dimana a,b
anggota bilangan riil ; i2 = -1, dengan a bagian riil dan b ba
gian imajiner.
Contoh : 2-3i, 8 + 2
B. BILANGAN KOMPLEKS.
Bilangan berbentuk : a + bi dimana a dan b adalah bilangan riil,dan i adalah bila
ngan imajiner tertentu yang mempunyai sifat i2 = -1.
Bilangan riil a disebut juga bagian riil dari bilangan kompleks, dan bilangan real b disebut bagian imajiner. Jika pada suatu bilangan kompleks, nilai b adalah 0, maka bilangan kompleks tersebut menjadi sama dengan bilangan real a.
Sebagai contoh, 3+2i adalah bilangan kompleks dengan bagian riil 3 dan bagian imajiner 2.
Bilangan kompleks dapat ditambah, dikurang, dikali, dan dibagi seperti bilangan riil; namun bilangan kompleks juga mempunyai sifat-sifat tambahan yang menarik. Misalnya, setiap persamaan aljabar polinomial mempunyai solusi bilangan kompleks, tidak seperti bilangan riil yang hanya memiliki sebagian.
Himpunan bilangan kompleks,umumnya dinotasikan dengan C.
Bilangan real, R dapat dinyatakan sebagai bagian dari himpunan C dengan menya
takan setiap bilangan real sebagai bilangan kompleks : a = a + 0i.
Bilangan kompleks ditambah,dikurang dan dikali dengan menggunakan sifat-sifat
Aljabar,seperti : komutatif, asosiatif dan distributif dan dengan persamaan :
i 2 = - 1
( a + bi ) + ( c + di ) = ( a + c ) + ( b + d )i
( a + bi ) - ( c + di ) = ( a – c ) + ( b – d )i
( a + bi )(c + di) = ac + bci + adi + bdi2 = ( ac – bd) + (bc + ad)i
Pembagian bilangan kompleks juga dapat didefinisikan,himpunan bilangan kom –
pleks membentuk bidang matematika yang berbeda dengan bilangan real,berupa –
aljabar tertutup.
Definisi formal bilangan kompleks adalah sepasang bilangan real ( a,b) dengan ope
rasi sebagai berikut :
( a,b) + (c,d) = ( a + c, b + d )
( a,b) . (c,d) = ( ac – bd , bc + ad )
Dengan definisi diatas,bilangan-bilangan kompleks yang ada membentuk suatu him
punan bilangan kompleks yang dinotasikan dengan C.
Karena bilangan kompleks a + bi merupakan spesifikasi unik yang berdasarkan sepa
sang bilangan riil ( a,b ), bilangan kompleks mempunyai hubungan korespondensi
satu-satu dengan titik-titik pada satu bidang yang dinamakan bidang kompleks.
Bilangan riil a dapat disebut juga dengan bilangan kompleks ( a,0 ) dan dengan cara
ini , himpunan bilangan riil R menjadi bagian dari himpunan bilangan kompleks C.
Dalam C, berlaku sebagai berikut :
Identitas penjumlahan ( nol ) : ( 0,0 )
Identitas perkalian ( satu ) : ( 1,0 )
Invers penjumlahan ( a,b ) : ( -a, -b )
Invers perkalian bukan nol (a,b) : ( _ a____ , ___-b____ )
a2 + b2 a2 + b2
Bilangan kompleks pada umumnya dinyatakan sebagai penjumlahan dua suku, dengan suku pertama adalah bilangan riil, dan suku kedua adalah bilangan imajiner.
a + b i
Definisi 1 : Cara penulisan;
Bilangan kompleks terurut pasangan bilangan real x,y
Ditulis : z = ( x,y )
Contoh : z1 = (2,4)
z2 = ( 0,-2 )
z3 = ( -3, 4 ½ )
Definisi 2 : Bilangan kompleks yang sama;
z1 = ( x1 , y1 ) dan z2 = ( x2 , y2)
z1 = z2 atau ( x1, y1) = ( x2,y2) bila dan hanya bila :
x1=x2 dan y1 = y2
Contoh : Diketahui z1 = ( 3a+1 , 4 )
Z2= ( a + 9, 2b + 16 )
sedangkan z1 = z2
Tentukan nilai a dan b :
Jawaban : (3a +1, 4 ) = (a + 9, 2b + 16 )
Maka : 3a + 1 = a + 9
3a - a = 9 – 1
2a = 8
a = 4
maka juga : 4 = 2b + 16
-2b = 16 – 4
-2b = 12
B = - 6
Definisi 3 : Penjumlahan bilangan kompleks ;
z1 = ( x1 ,y1 ) dan z2 = ( x2, y2 )
z1 + z2 = (x1,y1) + (x2 + y2) = ( x1+x2 , y1+y2)
Contoh : Diketahui z1 = (2a +1, 4)
Z2 = (-2 a , -1 )
Tentukan : z1 + z2
Jawaban : z1 + z2 = (2a+1,4) +(-2a,-1)
Z1+z2 =( 2a+1-2a, 4-1 )
Z1+z2 = ( 1 , 3 )
Definisi 4 : Perkalian Bilangan kompleks;
Z1 = (x1, y1 ) dan z2 = ( x2,y2 )
Z1 X z2 = (x1,y1) X ( x2,y2) = (x1x2 – y1y2 , x1y2 + x2y1 )
Contoh : Diketahui : z1 = ( 5,2) dan z2= ( 6,3 )
Tentukan : z1 X z2
Jawaban : z1 X z2 = ( 5,2 ) X ( 6,3 )
Z1 X z2 = ( 5X6 – 2X3, 5X3 + 6X2)
Z1 X z2 = ( 30-6 , 15 + 12 )
Z1 X z2 = ( 24 , 27 )
TEOREMA 1 :
Penjumlahan Bilangan kompleks, memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1+ z2 = z 2 + z1
Bukti : z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 )
= ( x1 + x2 , y1 + y2 )
Z2 + z1 = ( x2,y2 ) + (x1 + y1)
= ( x2 + x1 , y2 + y1)
Karena x1 ,y1 ,x2 dan y2 adalah bilangan real maka berlaku ;
X1 + x2 = x2 + x1 dan y1 + y2 = y2 + y1
Oleh karenanya terbukti bahwa : z1+z2 = z2 + z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
Bukti : z1 = ( x1 , y1 ) ; z2 = ( x2 , y2 ) dan z3 = ( x3 , y3 )
Maka :
(z1 + z2 ) + z3 = (x1+x2 , y1 + y2) + ( x3 , y3 )
= ( ( x1 + x2 ) + x3 , (y1 + y2 ) + y3 )
Karena x1, y1 , x2 , y2 , x3 dan y3 adalah bilangan real,maka ber –
laku :
( x1 + x2 ) + x3 = x1 + ( x2 + x3 )
( y1 + y2) + y3 = y1 + ( y2 + y3 )
Oleh karenanya terbukti bahwa :
( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
TEOREMA 2 :
Perkalian bilangan kompleks memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1 X z2 = z2 X z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 X z2 ) X z3 = z1 X ( z2 X z3 )
c. Hukum distributif : ( z1 + z2 ) X z3 = z1z3 + z2z3
TEOREMA 3 :
Pengurangan bilangan kompleks :
Z = z2 - z1 = ( x2 - x1 , y2 - y1 )
TEOREMA 4 :
Pembagian bilangan kompleks
z2 = ( xax2 + y1y2 , x1y2 – x2y1 )
z1 ( x12 + y12 x12 + y12 )
Contoh : Diketahui : z1 = (3, -1) dan z2 = ( -1 , 1 )
Tentukan : z2 : z1
J awaban : 3 (-1) + (-1) 1 , (3)(1) – (-1)(-1)
32 + (-1 )2 32 + (-1 )2
= - 4 , 2
10 10
= ( - 2/5 , 1/5 }
Definisi 5 :
Nilai mutlak bilangan kompleks : | z | = √ x2 + y2
TEOREMA 5 :
Perkalian nilai mutlak dua bilangan kompleks :
| z1 X z2 | = | z1 | X | z2 |
Definisi 6 :
Bilangan kompleks ( 0,1) kita definisikan sebagai bilangan i
Jadi : i = ( 0,1 )
TEOREMA 6 :
Dari : i = ( 0,1 ) diperoleh i2 = -1
TEOREMA 7 :
Jika x dan y bilangan real ,maka bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis
Sebagai z = x + yi.
Sebagai catatan : x = bagian real
y = bagian khayal dari z
ditulis : x = R (z)
y = I (z )
Definisi 7 : kompleks sekawan.
z = x + yi kompleks sekawan dengan z = x - yi
ditulis : z = x – yi dibaca : sekawan z
TEOREMA 8 :
Untuk setiap bilangan kompleks : z1 = x1 + y1i dan z2 = x2 + y2i
Berlaku : 1. R (z) ≤ │ R(z) │ ≤ │ z │
2. I (z) ≤ │I(z) │ ≤ │ z │
3. z1 + z2 = z1 + z2
4. z1 X z2 = z1 X z2
5. │z│2 = z X z
BENTUK POLAR :
Z = √ a2 + b2 dan θ = arctan ( b/a) maka : a + bi = z ( cos θ + i sin θ )
Untuk mempersingkat penulisan,bentuk z(cosθ + i sin θ ) juga sering ditulis z cisθ
BENTUK EKSPONEN : zeiθ = z ( cos θ + i sin θ )
( BUKU SATU )
Oleh : AGUS K DJAHARI
Definisi : Bilangan kompleks adalah gabungan antara bilangan real dengan bilangan
imajiner.
Bilangan imajiner : Bilangan yang merupakan akar kuadrat dari suatu bilangan negatif.
Contoh : √-5 , √-7 , √-1000, .....................dst.
Kita definisikan, bahwa :
i = √-1
Oleh karena itu :
√-5 = √-1 X √5 = √5 i
√-7 = √-1 X √7 = √7 i
Operasi bilangan imajiner yang salah : √-5 X √-5 = √-5X-5 = √25 = 5
Seharusnya yang benar,adalah : √-5 X √-5 = √5i X √5i = 5i2 = 5.(-1) = -5
Simbol i memiliki sifat : i2 = ( √-1)2 = -1
i3= i2 x i = -1 x i = -i
i4 = i2 x i2 = -1 x -1 = 1
i5 = i3 x i2 = -i x -1 = i
sareng saterasna...................................
Notasi Bilangan Kompleks :
z = x + yi
menyatakan,bahwa :
x bagian real
i bagian imajiner murni
x dan y keduanya bilangan real
Operasi Bilangan kompleks :
1. Penjumlahan.
Contoh : ( 3 + 2 i ) + ( -2 + 7i ) = ................................
Jawaban :
( 3 + 2i ) + ( -2 + 7i ) = 3 + 2i – 2 + 7i = 1 + 9i.
2. Pengurangan.
Contoh : ( 2 - 3i ) - ( 8 - 2i ) = ......................................
Jawaban :
( 2 - 3i ) - ( 8 - 2 i ) = 2 – 3i - 8 + 2i = -6 - i
1.
3. Perkalian .
Contoh : ( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = ..........................................
Jawaban :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i - 20i2
Ubah i2 = -1 , maka :
( 3 + 4i )( 2 – 5i ) = 6 – 15i + 8i + 20 = 26 - 7i.
4. Pembagian .
Contoh : 2 + 5i = ..............................................
3 + 4i
Jawaban :
2 + 5i = 2 + 5i X 3 - 4i
3 + 4i 3 + 4i 3 - 4i
= ( 2 + 5i )( 3 – 4i )
32 - ( 4i )2
= 6 – 8i + 15i - 20i2 = 6 – 8i + 15i + 20
9 + 16 25
= 26 + 7i = 26 + 7i
25 25 25
5. Pemangkatan.
Contoh : Jika z = 3 – i , tentukan : z3
Jawaban :
z3 = ( 3-i )( 3 – i )( 3 – i )
z3 = ( 9 – 6i – 1 )( 3 – i )
z3 = ( 8 – 6i )( 3 – i )
z3 = 24 – 8i – 18i – 6
z3 = 18 - 27i
2.
BIDANG KOMPLEKS
Himpunan bilangan kompleks digambarkan pada bidang kompleks.
Bilangan kompleks digambarkan dengan sebuah titik pada bidang kompleks.
Contoh : Ada 4 bilangan kompleks yang disimbolkan Z1, Z2, Z3 dan Z4. Dimana :
Z1= 3+6i
Z2= -3+2i
Z3= -2-2i
Z4= 4-3i
Gambarkan : titik Z1, Z2, Z3 dan Z4 pada bilangan kompleks.
Jawaban :
Y
-6 Z1 (3+6i)
-5
-4
-3
Z2(-3+2i) -2
-1
X
-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4
*-1
Z3(-2-2i) *-2
*-3 Z4(4-3i)
*-4
Contoh : Z= (x+yi)
Jika Z= 5+ 7 - (√3 X √-2) + i2
i
Tentukan : x dan y
Gambarkan : Dalam bidang kompleks.
3.
Jawaban : Z= 5+7 – (√3 X √-2)+ i2
i
Z= 5+7 X i - (√3 X √-2 X i) – 1
i i
Z= 5+ 7i + √6i
i2
Z= 5- 7i + √6i
Z= 5+(√6-7) i
Maka : x=5 dan y =(√6-7)
Lokasi titik Z:
Y
-2
-1
X
-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7
*-1
*-2
*-3
*-4
Z (5+(√6-7) i)
*-5
Contoh : Z = (x+yi)
Tentukan nilai x dan y dari bilangan : a. 0
b.5
c.√-5
Jawaban :
a) 0 = 0+0i, jadi x=0 dan y=0
b) 5 = 5+0i, jadi x=5 dan y=0
c) √-5 = 0 + √5i, jadi x=0 dan y= √5
Contoh : Jika Z1=Z2=Z3
Z1=c+ai
Z2=b+2ci
Z3=a+2 – di
Tentukan a, b, c, d, dan Z1, Z2, dan Z3
4.
Jawaban : p+qi = r+Si jika dan hanya jika p=r dan q=s
Untuk itu : Z1 = Z2 = Z3
c+ai=b+2ci=a+2-di
Maka : c=b=a+2...........................................(1)
A=2c=-d............................................(2)
Apabila kita ambil c=a+2 disubstitusikan ke a =2c
Menjadi : a=2c
a=2(a+2)
a=2a+4
a=-4
Karena a=- d maka d=4
Sedangkanc=a+2 maka c=-4+2= - 2 dan b=c= - 2.
Tos kitu kenging nilai a =-4, b = -2, c = -2, d = 4
Jadi : Z1 = Z2 = Z3 = c+ai = -2 - 4i
5.
A. SKEMA BILANGAN.
1. Bilangan Asli : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu-
lat positif.
A = { 1,2,3,4,5,6,...........}
2. Bilangan Prima : Bilangan asli yang hanya dapat dibagi dirinya sendiri dan sa-
tu,kecuali angka1.
P = { 2,3,5,7,11,13,........}
3.Bilangan Cacah : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan bu –
lat positif digabung dengan nol.
C = { 0,1,2,3,4,5,6,.........}
4. Bilangan Bulat : Bilangan yang anggota-anggotanya seluruh bilangan bulat,ne
gatif,nol dan positif.
B = { ...,-3,-2,-1,0,1,2,3,... }
5. Bilangan Rasional : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan bilangan yang
dapat dinyatakan sebagai :
a/b dimana a,b anggota bil.bulat dan b ≠ 0 atau dapat di –
nyatakan sebagai suatu desimal berulang.
Contoh : 0,-2, 2/7, 5, 2/11, dan lain-lain.
6. Bilangan Irasional : Bilangan yang anggota-anggotanya tidak dapat dinyatakan se
bagai suatu desimal berulang.
Contoh : log 2, √7 , 2- √5 , e , dll.
7. Bilangan riil : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan gabungan dari
himpunan bilangan rasional dan irasional.
Contoh : log 10, 5/8 , -3 , 0, 3 dll.
8. Bilangan imajiner : Bilangan yang anggota-anggotanya merupakan i (satuan ima
jiner ) dimana i merupakan lambang bilangan baru yang ber
sifat i2 = -1
Contoh : i, 4i, 5i,
9. Bilangan kompleks : Bilangan yang anggota-anggotanya ( a + bi ) , dimana a,b
anggota bilangan riil ; i2 = -1, dengan a bagian riil dan b ba
gian imajiner.
Contoh : 2-3i, 8 + 2
B. BILANGAN KOMPLEKS.
Bilangan berbentuk : a + bi dimana a dan b adalah bilangan riil,dan i adalah bila
ngan imajiner tertentu yang mempunyai sifat i2 = -1.
Bilangan riil a disebut juga bagian riil dari bilangan kompleks, dan bilangan real b disebut bagian imajiner. Jika pada suatu bilangan kompleks, nilai b adalah 0, maka bilangan kompleks tersebut menjadi sama dengan bilangan real a.
Sebagai contoh, 3+2i adalah bilangan kompleks dengan bagian riil 3 dan bagian imajiner 2.
Bilangan kompleks dapat ditambah, dikurang, dikali, dan dibagi seperti bilangan riil; namun bilangan kompleks juga mempunyai sifat-sifat tambahan yang menarik. Misalnya, setiap persamaan aljabar polinomial mempunyai solusi bilangan kompleks, tidak seperti bilangan riil yang hanya memiliki sebagian.
Himpunan bilangan kompleks,umumnya dinotasikan dengan C.
Bilangan real, R dapat dinyatakan sebagai bagian dari himpunan C dengan menya
takan setiap bilangan real sebagai bilangan kompleks : a = a + 0i.
Bilangan kompleks ditambah,dikurang dan dikali dengan menggunakan sifat-sifat
Aljabar,seperti : komutatif, asosiatif dan distributif dan dengan persamaan :
i 2 = - 1
( a + bi ) + ( c + di ) = ( a + c ) + ( b + d )i
( a + bi ) - ( c + di ) = ( a – c ) + ( b – d )i
( a + bi )(c + di) = ac + bci + adi + bdi2 = ( ac – bd) + (bc + ad)i
Pembagian bilangan kompleks juga dapat didefinisikan,himpunan bilangan kom –
pleks membentuk bidang matematika yang berbeda dengan bilangan real,berupa –
aljabar tertutup.
Definisi formal bilangan kompleks adalah sepasang bilangan real ( a,b) dengan ope
rasi sebagai berikut :
( a,b) + (c,d) = ( a + c, b + d )
( a,b) . (c,d) = ( ac – bd , bc + ad )
Dengan definisi diatas,bilangan-bilangan kompleks yang ada membentuk suatu him
punan bilangan kompleks yang dinotasikan dengan C.
Karena bilangan kompleks a + bi merupakan spesifikasi unik yang berdasarkan sepa
sang bilangan riil ( a,b ), bilangan kompleks mempunyai hubungan korespondensi
satu-satu dengan titik-titik pada satu bidang yang dinamakan bidang kompleks.
Bilangan riil a dapat disebut juga dengan bilangan kompleks ( a,0 ) dan dengan cara
ini , himpunan bilangan riil R menjadi bagian dari himpunan bilangan kompleks C.
Dalam C, berlaku sebagai berikut :
Identitas penjumlahan ( nol ) : ( 0,0 )
Identitas perkalian ( satu ) : ( 1,0 )
Invers penjumlahan ( a,b ) : ( -a, -b )
Invers perkalian bukan nol (a,b) : ( _ a____ , ___-b____ )
a2 + b2 a2 + b2
Bilangan kompleks pada umumnya dinyatakan sebagai penjumlahan dua suku, dengan suku pertama adalah bilangan riil, dan suku kedua adalah bilangan imajiner.
a + b i
Definisi 1 : Cara penulisan;
Bilangan kompleks terurut pasangan bilangan real x,y
Ditulis : z = ( x,y )
Contoh : z1 = (2,4)
z2 = ( 0,-2 )
z3 = ( -3, 4 ½ )
Definisi 2 : Bilangan kompleks yang sama;
z1 = ( x1 , y1 ) dan z2 = ( x2 , y2)
z1 = z2 atau ( x1, y1) = ( x2,y2) bila dan hanya bila :
x1=x2 dan y1 = y2
Contoh : Diketahui z1 = ( 3a+1 , 4 )
Z2= ( a + 9, 2b + 16 )
sedangkan z1 = z2
Tentukan nilai a dan b :
Jawaban : (3a +1, 4 ) = (a + 9, 2b + 16 )
Maka : 3a + 1 = a + 9
3a - a = 9 – 1
2a = 8
a = 4
maka juga : 4 = 2b + 16
-2b = 16 – 4
-2b = 12
B = - 6
Definisi 3 : Penjumlahan bilangan kompleks ;
z1 = ( x1 ,y1 ) dan z2 = ( x2, y2 )
z1 + z2 = (x1,y1) + (x2 + y2) = ( x1+x2 , y1+y2)
Contoh : Diketahui z1 = (2a +1, 4)
Z2 = (-2 a , -1 )
Tentukan : z1 + z2
Jawaban : z1 + z2 = (2a+1,4) +(-2a,-1)
Z1+z2 =( 2a+1-2a, 4-1 )
Z1+z2 = ( 1 , 3 )
Definisi 4 : Perkalian Bilangan kompleks;
Z1 = (x1, y1 ) dan z2 = ( x2,y2 )
Z1 X z2 = (x1,y1) X ( x2,y2) = (x1x2 – y1y2 , x1y2 + x2y1 )
Contoh : Diketahui : z1 = ( 5,2) dan z2= ( 6,3 )
Tentukan : z1 X z2
Jawaban : z1 X z2 = ( 5,2 ) X ( 6,3 )
Z1 X z2 = ( 5X6 – 2X3, 5X3 + 6X2)
Z1 X z2 = ( 30-6 , 15 + 12 )
Z1 X z2 = ( 24 , 27 )
TEOREMA 1 :
Penjumlahan Bilangan kompleks, memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1+ z2 = z 2 + z1
Bukti : z1 + z2 = ( x1 , y1 ) + ( x2 , y2 )
= ( x1 + x2 , y1 + y2 )
Z2 + z1 = ( x2,y2 ) + (x1 + y1)
= ( x2 + x1 , y2 + y1)
Karena x1 ,y1 ,x2 dan y2 adalah bilangan real maka berlaku ;
X1 + x2 = x2 + x1 dan y1 + y2 = y2 + y1
Oleh karenanya terbukti bahwa : z1+z2 = z2 + z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
Bukti : z1 = ( x1 , y1 ) ; z2 = ( x2 , y2 ) dan z3 = ( x3 , y3 )
Maka :
(z1 + z2 ) + z3 = (x1+x2 , y1 + y2) + ( x3 , y3 )
= ( ( x1 + x2 ) + x3 , (y1 + y2 ) + y3 )
Karena x1, y1 , x2 , y2 , x3 dan y3 adalah bilangan real,maka ber –
laku :
( x1 + x2 ) + x3 = x1 + ( x2 + x3 )
( y1 + y2) + y3 = y1 + ( y2 + y3 )
Oleh karenanya terbukti bahwa :
( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 )
TEOREMA 2 :
Perkalian bilangan kompleks memenuhi :
a. Hukum komutatif : z1 X z2 = z2 X z1
b. Hukum asosiatif : ( z1 X z2 ) X z3 = z1 X ( z2 X z3 )
c. Hukum distributif : ( z1 + z2 ) X z3 = z1z3 + z2z3
TEOREMA 3 :
Pengurangan bilangan kompleks :
Z = z2 - z1 = ( x2 - x1 , y2 - y1 )
TEOREMA 4 :
Pembagian bilangan kompleks
z2 = ( xax2 + y1y2 , x1y2 – x2y1 )
z1 ( x12 + y12 x12 + y12 )
Contoh : Diketahui : z1 = (3, -1) dan z2 = ( -1 , 1 )
Tentukan : z2 : z1
J awaban : 3 (-1) + (-1) 1 , (3)(1) – (-1)(-1)
32 + (-1 )2 32 + (-1 )2
= - 4 , 2
10 10
= ( - 2/5 , 1/5 }
Definisi 5 :
Nilai mutlak bilangan kompleks : | z | = √ x2 + y2
TEOREMA 5 :
Perkalian nilai mutlak dua bilangan kompleks :
| z1 X z2 | = | z1 | X | z2 |
Definisi 6 :
Bilangan kompleks ( 0,1) kita definisikan sebagai bilangan i
Jadi : i = ( 0,1 )
TEOREMA 6 :
Dari : i = ( 0,1 ) diperoleh i2 = -1
TEOREMA 7 :
Jika x dan y bilangan real ,maka bilangan kompleks z = (x,y) dapat ditulis
Sebagai z = x + yi.
Sebagai catatan : x = bagian real
y = bagian khayal dari z
ditulis : x = R (z)
y = I (z )
Definisi 7 : kompleks sekawan.
z = x + yi kompleks sekawan dengan z = x - yi
ditulis : z = x – yi dibaca : sekawan z
TEOREMA 8 :
Untuk setiap bilangan kompleks : z1 = x1 + y1i dan z2 = x2 + y2i
Berlaku : 1. R (z) ≤ │ R(z) │ ≤ │ z │
2. I (z) ≤ │I(z) │ ≤ │ z │
3. z1 + z2 = z1 + z2
4. z1 X z2 = z1 X z2
5. │z│2 = z X z
BENTUK POLAR :
Z = √ a2 + b2 dan θ = arctan ( b/a) maka : a + bi = z ( cos θ + i sin θ )
Untuk mempersingkat penulisan,bentuk z(cosθ + i sin θ ) juga sering ditulis z cisθ
BENTUK EKSPONEN : zeiθ = z ( cos θ + i sin θ )
BASIS BILANGAN
BASIS BILANGAN
Basis = Dasar = Pokok.
Beberapa bilangan yang dipergunakan dalam setiap basis :
Basis 2 digunakan bilangan : 0,1
Basis 3 digunakan bilangan : 0,1,2
Basis 4 digunakan bilangan : 0,1,2,3
Basis 5 digunakan bilangan : 0,1,2,3,4
Basis 6 digunakan bilangan : 0,1,2,3,4,5
Sareng saterasna ..................
Basis bilangan yang dipergunakan dalam keseharian kita adalah basis
bilangan 10.
Mengubah bilangan basis 10 kedalam basis bilangan lain,caranya ada
lah sebagai berikut :
Misalnya kita mau mengubah 24310 kedalam bilangan basis 7 :
Caranya :
7 ∟243 sisa 5
↑
7 ∟ 34 sisa 6
4 → ↑
Maka : 24310 = 4657
Bukti : 4677 = 4 x 72 + 6 x 71 + 5 x 70 = 196 + 42 + 5 = 243
Mengubah basis bukan sepuluh ke basis sepuluh :
Contoh : 2436 ubah ke basis sepuluh
Jawaban : 2436 = 2 x 62 + 4 x 61 + x 60 = 72 + 24 +3 = 99
Mengubah basis besar ke basis kecil
Contoh : 7648 ubah ke basis lima
Jawab : 7648 = 7 x 82 + 6 x 81 + 4 x 80
7648 = 12 (13)2 +11 (13)1 + 4 (13)0
b2 = 12
b2 = 11 + 12 (13) = 1022
b0 = 4 + 1022 (13) = 133415
Mengubah basis kecil ke basis besar :
Contoh : 3456 Ubah ke baris delapan
Jawaban : 3456 = 3 x 62 + 5 x 61 + 4 x 60 = 108 + 30 + 4 = 142
3456 = 14210 = 1 x 102 + 4 x 101 + 2 x 100
3456 = 14210 = 1 (12 )2 + 4 (12)1 + 2 (12) 0
b2 = 1
b1 = 4 + 1 (12) = 16
b1 = 2 + 16 ( 12 ) = 2168
Mengubah basis bilangan pecahan :
Contoh : 1. (0,5)10 ubah ke basis delapan
Jawaban : 8 (0,5)10 = 4,0 → b1 = 4 dan c1= 0
Maka : (0,5)10 = (0,4)8
2. (0,5)10 ubah ke basis dua
Jawaban : 2(0,5)10 = 1,0 → b1 = 1 dan c1 = 0
Maka : (0,5)10 = (0,1) 2
Basis = Dasar = Pokok.
Beberapa bilangan yang dipergunakan dalam setiap basis :
Basis 2 digunakan bilangan : 0,1
Basis 3 digunakan bilangan : 0,1,2
Basis 4 digunakan bilangan : 0,1,2,3
Basis 5 digunakan bilangan : 0,1,2,3,4
Basis 6 digunakan bilangan : 0,1,2,3,4,5
Sareng saterasna ..................
Basis bilangan yang dipergunakan dalam keseharian kita adalah basis
bilangan 10.
Mengubah bilangan basis 10 kedalam basis bilangan lain,caranya ada
lah sebagai berikut :
Misalnya kita mau mengubah 24310 kedalam bilangan basis 7 :
Caranya :
7 ∟243 sisa 5
↑
7 ∟ 34 sisa 6
4 → ↑
Maka : 24310 = 4657
Bukti : 4677 = 4 x 72 + 6 x 71 + 5 x 70 = 196 + 42 + 5 = 243
Mengubah basis bukan sepuluh ke basis sepuluh :
Contoh : 2436 ubah ke basis sepuluh
Jawaban : 2436 = 2 x 62 + 4 x 61 + x 60 = 72 + 24 +3 = 99
Mengubah basis besar ke basis kecil
Contoh : 7648 ubah ke basis lima
Jawab : 7648 = 7 x 82 + 6 x 81 + 4 x 80
7648 = 12 (13)2 +11 (13)1 + 4 (13)0
b2 = 12
b2 = 11 + 12 (13) = 1022
b0 = 4 + 1022 (13) = 133415
Mengubah basis kecil ke basis besar :
Contoh : 3456 Ubah ke baris delapan
Jawaban : 3456 = 3 x 62 + 5 x 61 + 4 x 60 = 108 + 30 + 4 = 142
3456 = 14210 = 1 x 102 + 4 x 101 + 2 x 100
3456 = 14210 = 1 (12 )2 + 4 (12)1 + 2 (12) 0
b2 = 1
b1 = 4 + 1 (12) = 16
b1 = 2 + 16 ( 12 ) = 2168
Mengubah basis bilangan pecahan :
Contoh : 1. (0,5)10 ubah ke basis delapan
Jawaban : 8 (0,5)10 = 4,0 → b1 = 4 dan c1= 0
Maka : (0,5)10 = (0,4)8
2. (0,5)10 ubah ke basis dua
Jawaban : 2(0,5)10 = 1,0 → b1 = 1 dan c1 = 0
Maka : (0,5)10 = (0,1) 2
Jumat, 30 Januari 2009
Dara Peserta Program KKN
DATA PESERTA
KULIAH KERJA NYATA
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN (STKIP)
SEBELAS APRIL SUMEDANG TAHUN 2009
KELOMPOK : PEUSING
No.
NAMA NPM
JURUSAN
ALAMAT LENGKAP NOMOR
TLP/ HP
1. AJI. C. A. SUHARJO 0521035093
PJKR No. 183. RT. 004/ 001
Ciwaru Kel. Cigadung 081802338310
2. AGUS KARMANA 0821028957
PENMAT No. 355 RT. 09/ RW 02
Kel. Cigadung 081804656500
3. HENDI SUHENDI 0521035150
PJKR Jln. Pramuka No. 14
Purwawinangun 085221607111
4. EYET ERNAWAN 0521035154
PJKR RT. 017/ 004 Babakan
Kel. Cigadung 081564987660
5. KOMARUDIN 0521035167
PJKR Ds. Bandorasa Kulon
Kec. Cilimus 081324193519
6. EDY KURNIAWAN 0521035137
PJKR RT. 10/ 03 ling. Lebak Burang
Kel. Citangtu – Kuningan 085624334567
7. BAMBANG SUTAJI 0521035112
PJKR RT. 14/ 05 Pakuon
Kel. Cigugur Kec. Cigugur 081324403374
8. BENI TRIANTO 0521035113
PJKR RT. 01 RW. 01 Desa Cijemit
Kec. Ciniru- Kuningan 085324045433
9. DIKDIK NURMADIANA 0521024898
PENMAT RT. 24/ 09 Blok Babakan
Dsn. Kliwon- Sampora 081572125024
10. EEN SUKAENAH 0521024904
PENMAT Blok Ciook-Cilamba
Darma 081324731910
11. ELI JUBAEDAH 0521024908
PENMAT RT 19/ 09 Dusun Pahing
Desa/ Kec. Kadugede 081222039995
12. KUSTINI 0521024953
PENMAT Cilaut
Babakan-Kadugede 081324489498
13. UMBAYATI 0521025056
PENMAT RT 17- RW 05
Sukarasa- Darma 081324470865
14. ISUS SUSTINAH 0821039394
PJKR RT 01/ RW 01 Dsn Manis
Ds/ Kec. Kadugede 085224389870
15. LINA KARLINA 0521035172
PJKR Ds. Sindang Jawa
Kec. Cibingbin 085219574950
KULIAH KERJA NYATA
SEKOLAH TINGGI KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN (STKIP)
SEBELAS APRIL SUMEDANG TAHUN 2009
KELOMPOK : PEUSING
No.
NAMA NPM
JURUSAN
ALAMAT LENGKAP NOMOR
TLP/ HP
1. AJI. C. A. SUHARJO 0521035093
PJKR No. 183. RT. 004/ 001
Ciwaru Kel. Cigadung 081802338310
2. AGUS KARMANA 0821028957
PENMAT No. 355 RT. 09/ RW 02
Kel. Cigadung 081804656500
3. HENDI SUHENDI 0521035150
PJKR Jln. Pramuka No. 14
Purwawinangun 085221607111
4. EYET ERNAWAN 0521035154
PJKR RT. 017/ 004 Babakan
Kel. Cigadung 081564987660
5. KOMARUDIN 0521035167
PJKR Ds. Bandorasa Kulon
Kec. Cilimus 081324193519
6. EDY KURNIAWAN 0521035137
PJKR RT. 10/ 03 ling. Lebak Burang
Kel. Citangtu – Kuningan 085624334567
7. BAMBANG SUTAJI 0521035112
PJKR RT. 14/ 05 Pakuon
Kel. Cigugur Kec. Cigugur 081324403374
8. BENI TRIANTO 0521035113
PJKR RT. 01 RW. 01 Desa Cijemit
Kec. Ciniru- Kuningan 085324045433
9. DIKDIK NURMADIANA 0521024898
PENMAT RT. 24/ 09 Blok Babakan
Dsn. Kliwon- Sampora 081572125024
10. EEN SUKAENAH 0521024904
PENMAT Blok Ciook-Cilamba
Darma 081324731910
11. ELI JUBAEDAH 0521024908
PENMAT RT 19/ 09 Dusun Pahing
Desa/ Kec. Kadugede 081222039995
12. KUSTINI 0521024953
PENMAT Cilaut
Babakan-Kadugede 081324489498
13. UMBAYATI 0521025056
PENMAT RT 17- RW 05
Sukarasa- Darma 081324470865
14. ISUS SUSTINAH 0821039394
PJKR RT 01/ RW 01 Dsn Manis
Ds/ Kec. Kadugede 085224389870
15. LINA KARLINA 0521035172
PJKR Ds. Sindang Jawa
Kec. Cibingbin 085219574950
Contoh PTK
Ieu teh contoh PTK tea;
UPAYA PENINGKATAN AKTIVITAS BELAJAR
MELALUI PENDEKATAN PROBLEM POSING
PADA PEMBELAJARAN MATEMATIKA
ABSTRAK
PROSES Pembelajaran Matematika pada umumnya hanya menekankan pada pencapaian kurikulum dan penyampaian tekstual semata daripada mengembangkan kemampuan belajar dan membangun individu. Akibatnya, nilai-nilai yang diperoleh siswa kurang dari 5 dengan daya serap kurang dari 60%. Guru merasa prihatin dan ingin memperbaiki keadaan tersebut dengan mencobakan suatu model pembelajaran yang belum pernah dicobakan khususnya di SLTPN 8 Bandar Lampung, yaitu problem posing/ menyusun soal. Adapun langkah-langkah yang ditempuh adalah sebagai berikut:Pertama, guru menjelaskan konsep secara klasikal pada saat siswa menyusun soal, baik dari pernyataan maupun pengembangan dari soal yang diberikan. Kedua, pada siklus pertama siswa menyusun dan menjawab soal secara individu, siklus kedua siswa menyusun soal, kemudian dijawab secara silangdengan teman sebangku, dan siklus ketiga siswa menyusun soal secara kelompok lalu dijawab secara silang antar kelompok. Setelah tiga siklus dilaksanakan, terdapat peningkatan aktivitas belajar, nilai rata-rata, dan daya serap siswa. Di samping itu, problem posing juga dapat melatih siswa berpikir kritis, logis, dan sistimatis.
PENDAHULUAN
Pelaksanaan pembelajaran didalam kelas merupakan salah satu tugas utama guru, dan pembelajaran dapat diartikan sebagai kegiatan yang ditujukan untuk membelajarkan siswa. Dalam proses pembelajaran masih sering ditemui adanya kecenderungan meminimalkan keterlibatan siswa. Dominasi guru dalam proses pembelajaran menyebabkan kecendurungan siswa lebih bersifat pasif sehingga mereka lebih banyak menunggu sajian guru daripada mencari dan menemukan sendiri pengetahuan, ketrampilan atau sikap yang mereka butuhkan.
Selama ini proses pembelajaran matematika yang ditemui masih secara konvensional, seperti ekspositori, drill atau bahkan ceramah. Proses ini hanya menekankan pada pencapaian tuntutan kurikulum dan penyampaian tekstual semata darii pada mengembangkan kemampuan belajar dan membangun individu.Kondisi seperti ini tidak akan menumbuh kembangkan aspek kemampuan dan aktivitas siswa seperti yang diharapkan. Akibatnya nilai-nilai yang didapat tidak seperti yang diharapkan.Misalnya sering guru kecewa melihat hasil ulangan harian yang hanya mendapat daya serap kurang dari 60% atau nilai rata-rata kelas kurang dari 5. Kadang-kadang guru merasa prihatin dan ingin memperbaiki keadaan tersebut dengan mencobakan suatu pembelajaran yang belum pernah dilaksanakan, yaitu pendekatan pembelajaran yang akan membuat siswa dapat belajar aktif.
Yang dimaksud belajar aktif adalah belajar dimana siswa lebih berpartisipasi aktif sehingga kegiatan siswa dalam belajar jauh lebih dominan dari pada kegiatan guru dalam mengajar.
”Beberapa model pembelajaran aktif adalah pembelajaran dengan metode penemuan, pembelajaran dengan menggunakan soal-soal terbuka, dan pembelajaran melalui atau menggunakan pemecahan masalah” (PPPG Matematika Yogyakarta, 1998)
Dari pendapat di atas terlihat bahwa banyak model pembelajaran yang dapat dilaksanakan di dalam kelas untuk mengaktifkan siswa belajar, antara lain pembelajaran dengan menggunakan soal-soal. Hal ini dapat dibuat oleh guru atau oleh siswa sendiri, kemudian soal tersebut diselesaikan oleh siswa yang membuat soal tersebut atau oleh siswa lain.
Problem posing merupakan istilah dalam bahasa Inggris sebagai padanan katanya digunakan istilah ”pembentukan soal” (Suyanto : 1998). Pembentukan soal atau pembentukan masalah mencakup dua macam kegiatan, yaitu : (1) pembentukan soal baru atau pembentukan soal dari situasi atau dari pengalaman siswa , dan (2) pembentukan soal lain yang sudah ada.
Suyanto mengemukakan bahwa : ”Arti dari pembentukan soal ialah perumusan soal atau mengerjakan dari suatu situasi yang tersedia, baik dilakukan sebelum, ketika, atau setelah pemecahan masalah”. (Suyanto;999 :8)
Pembelajaran matematika dengan pendekatan yang efektif karena kegiatan problem posing merupakan suatu pendekatan yang efektif karena kegiatan problem posing itu sesuai dengan pola pikir matematis dalam arti : (1) Pengembangan matematika sering terjadi dari problem posing, (2) Problem posing merupakan salah satu tahap dalam berpikir matematis.
”Dalam problem posing, relasi yang dihidupkan bukanlah monolog, melainkan dialog. Dalam relasi dialogis ini, para murid tidak diperlakukan sebagai objek, dan guru tidak diakui sebagai satu-satunya subyek. Keduanya memiliki posisi yang sejajar. Guru hanya berperan sebagai pemandu atau fasilitator. (Paula Friere; 1975; dalam Kasdin Sihotang; 1997).
Menurut Asosiasi Guru-Guru matematika di Amerika Serikat, yaitu National Council for Teachers of Mathematics (NCTM) yang dikutip Abdur Rahman As’Ari dalam pelangi Pendidikan Volume 2 No.2 tahun 1999/2000 bahwa problem :”problem posing (membuat soal ) merupakan ’the heart of doing mathematics’, inti dari bermatematika”. Sehingga NCTM merekomendasikan agar para siswa diberi kesempatan yang sebesar-besarnya untuk mengalami membuat soal sendiri (problem posing).
”Salah satu rekomendasi mutahir dari pakar pendidikan matematika dalam rangka meningkatkan mutu pembelajaran matematika adalah problem posing”. (Abdur Rahman As’ari;2000:42).
Pendapat di atas memperlihatkan bahwa pembelajaran matematika dengan problem posing dapat meningkatkan mutu pembelajaran itu sendiri dan dapat meningktkan keaktifan siswa dalam belajar. Penelitian yang dilakukan oleh Roeth Amerlin terhadap siswa sekolah dasar negeri II kecamatan Tomolon Kabupaten Minahasa merekomendasikan bahwa :
”Kemampuan problem posing siswa menunjukan adanya kemampuan berpikir kreatif dan kritis siswa. Oleh karena kepada para ahli pengembangan pendidikan dasar khususnya guru sekolah dasar hendaknya menerapkan pembelajaran denga pendekatan problem posing”. (Roeth Amerlin; 1999:91).
Dari uaraian di atas jelas bahwa pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing akan sangat bermanfa’at, karena dapat meningkatkan kemampuan berfikir kreatif dan kritis dari siswa. Ini termasuk kelebihan dari pembelajaran melalui pendekatan problem posing. Sedangkan kelemahannya Roeth Amerlin menemukan bahwa :
”Siswa yang berkemampuan rendah tidak dapat menyelesaikan semua soal yang dibuatnya. Demikian juga dalam menyelesaikan soal-soal yang dibuat oleh teman yang memiliki kemampuan problem posing yang lebih tinggi”. (Roeth Amerlin; 1999 : 91).
”Apakah dengan menggunakan pendekatan problem posing dalam pembelajaran matematika dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III SLTP 8 Bandar Lampung”.
TUJUAN PENELITIAN
Sesuai dengan rumusan masalah di atas, maka tujuan penelitian ini adalah:
Tujuan Umum
Agar siswa dapat berfikir kritis, kreatif, cermat, percaya diri, inovatif, dan dapat mencari solusi yang paling tepat dalam masalah yang dihadapi.
Tujuan Khusus
(1) Untuk mengetahui apakah pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III.
(2) Meningkatkan prestasi belajar siswa.
MANFAAT PENELITIAN
Penelitian Tindakan Kelas ini diharapkan akan dapat memberi manfaat sebagai berikut:
(1) Untuk siswa
- Melatih siswa agar mampu memahami soal-soal matematika yang tersedia, kemudian mengembang-kannya menjadi soal-soal lain sebagai dasar pemahaman konsep yang diberikan.
- Melatih siawa agar tanggap terhadap informasi dan situasi yang terjadi, kemudian mengkaitkannya dengan kondisi lain sehingga menjadi bermakna.
- Melatih siswa untuk berfikir kritis, kreatif dan inovatif dalam menyelesaikan masalah yang dihadapi.
(2) Untuk guru
-Dapat memberi sumbangan untuk meningkatkan kualitas pembelajaran Matematika.
-Sebagai informasi bagi guru-guru matematika, khususnya guru matematika SLTP mengenai pembelajaran dengan menggunakan problem posing.
(3) Untuk lembaga:
-Diharapkan dapat memberikan kontribusi dalam meningkatkan kualitas sekolah
METODE PENELITIAN
Setting dan Karakteristik Subyek Penelitian.
Penelitian dilaksanakan dikelas IIIC SLTP Negeri 8 Bandar Lampung. Kelas IIIC ini terdiri 43 orang siswa (18 orang siswa laki-laki dan 25 orang siswa perempuan). Di samping itu, penelitian ini juga berkolaborasi dengan 3 orang matematika paralel.
Realisasi Rencana Penelitian
Siklus I
-Rencana Tindakan
Pada pertemuan mingguan dibuat rencana-rencana berikut: Guru merencanakan pembelajaran yang akan dilaksanakan dengan membuat rencana pelajaran, membuat pernyataan-pernyataan disesuaikan dengan membuat rencana pelajaran, menyusun soal ulangan harian I, menyusun angket dan lembar observasi, serta menyusun jadwal kolaborasi.
-Pelaksanaan tindakan
Guru menjelaskan materi sesuai rencana pelajaran, dan mensosialisasikan pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing. Pada saat penerapan, guru memberikan contoh-contoh cara menyusun soal, baik dari soal contoh yang dikembangkan menjadi soal lain, atau dari pernyataan yang disediakan. Siswa menyusun soal secara individu sesuai dengan contoh soal yang diberikan guru atau pernyataan yang tersedia kemudian menyelesaikan sendiri.
Guru berkeliling membimbing, mengawai dan langsung menilai apakah soal yang dibuat siswa benar atau salah. Soal-soal yang menarik dibahas secara klasikal. Pada akhir pokok bahasan diadakan ulangan harian I, Akhir siklus I diberikan angket ke 1.
-Observasi
Observasi dilaksanakan selain oleh guru kelas juga oleh guru kolaborator.
-Refleksi
Pada akhir siklus diadakan refleksi terhadap hasil-hasil yang diperoleh baik dari hasil angket, catatan guru dan pengamatan kolaborator.
Siklus II
-Rencana tindakan
Pada siklus II direncanakan melanjutkan program siklus, dengan penambahan tindakan yaitu pada cara menjawab pertanyaan. Kalau pada siklus I siswa menyusun soal dan menjawabnya sendiri, pada siklus II siswa menyusun soal kemudian dijawab oleh siswa lain.
-Pelaksanaaan tindakan
Guru tetap menjelaskan konsep secara klasikal. Setelah diberi pernyataan atau contoh soal, siswa menyusun soal dari pernyataan atau soal yang tersedia dikembangkan menjadi soal-soal lain. Guru pembimbing akan menilai pekerjaan siswa. Soal-soal yang dianggap baik oleh guru, dibahas secara klasikal. Ulangan harian ke 2 diberikan pada akhir pokok bahasan. Siswa diberi PR tidak menyusun soal sendiri, melainkan dibuku paket. Angket diberikan pada akhir siklus II.
-Observasi
Seperti pada siklus I, observasi dilakukan selesai guru yang mengajar mencatat semua temuan dan bahan yang terjadi pada siswa, guru kolaborasi mengamati keseluruhan proses pembelajaran.
-Refleksi
Dilakukan pada akhir siklus II dengan melihat catatan guru, hasil observasi kolaborator dan hasil angket. Refleksi dilakukan meliputi refleksi siklus I dan siklus II.
Siklus III
-Rencana tindakan
Pada siklus III direncanakan melanjutkan siklus II, dengan penambahan bahwa siswa menyusun soal secara kelompok, kemudian diselesaikan atau dijawab oleh kelompok lain yang berdekatan.
-Pelaksanaan tindakan
Tindakan di siklus III pada dasarnya sama dengan siklus II, hanya ada penambahan bahwa guru membagi siswa atas kelompok kecil yang terdiri dari 2 orang teman sebangku. Pada saat penerapan siswa menyusun soal secara kelompok, kemudian dijawab secara silang oleh kelompok lain yang berdekatan.
-Observasi
Seperti pada silus II observasi dilakukan oleh guru yang mengajar yaitu mencatat semua temuan dan perubahan yang terjadi pada siswa, guru kolaborasi mengamati keseluruhan proses pembelajaran sesuai daftar pengamatan yang telah disiapkan.
-Refleksi
Refleksi yang dilakukan meliputi seluruh kegiatan penelitian ini yaitu siklus I,II, dan III. Kemudian data angket dianalisis secara deskripsi, sedangkan hasil ulangan harian dianalisis dengan menggunakan cara analisis hasil ulangan harian dan pencapaian daya serap hasil belajar dari Depdiknas.
HASIL PENELITIAN DAN PEMBAHASAN
Penelitian ini dilaksanakan pada caturwulan 1 tahun pelajaran 2000/2001 termasuk persiapan dan pelaporan, secara rinci terbagi dalam 3 tahap,yaitu : masa persiapan selama dua pekan, masa pelaksanaan selama enam pekan, masa pelaporan selama dua pekan. Sedangkan masa Classroom Action Research di bagi tiga siklus di ambil berdasarkan tentang waktu dua pekan. Setiap siklus terbagi dalam 2 sub siklus, berarti tiap sub siklus mempunyai rentang waktu 1 pekan atau 6 jam pelajaran. Penelitian ini juga berkolaborasi dengan guru-guru yang mengajar bidang studi matematika pada kelas-kelas paralel. Pertemuan dengan guru-guru kolabolator dilaksanakan satu kali tiap tiap minggu, yaitu hari selasa karena hari selasa semua guru matematika tidak ada jam mengajar, dan hari itu adalah hari MGMP Matematika di Bandar Lampung. Hasil observasi atau temuan-temuan, baik hasil wawancara, angket, dan catatan guru dibicarakan pada pertemuan mingguan .
Hasil-hasil penelitian pada tiap siklus dapat diinterprestasikan sebagai berikut.
Hasil penelitian siklus I
Pada awal siklus I siwa masih bingung, belum memahami bagaimana cara menyusun soal, yang tersusun hampir seluruhnya mirip contoh, hanya berbeda bilangan. Guru dirasakan sangat sibuk, karena harus memeriksa pekerjaan siswa satu – persatu. Dari 43 siswa dalam satu kelas, maka ada 43 soal yang berbeda harus dikoreksi ditambah jawabannya dan guru segera mencari strategi untuk mengatasi hal ini. Karena setiap siswa menuntut soal yang dibuatnya harus diperiksa, dan siswa belum terbiasa membuat soal yang dibuatnya harus diperiksa, dan siswa membuat soal, mengakibatkan waktu seolah-olah dipaksa untuk berfikir, antara lain dalam menentukan bilangan-bilangan yang akan dipergunakan harus terencana dengan baik sebelum dirakit menjadi sebuah soal. Dalam hal ini guru melihat ada pengaruh positif terhadap cara berfikir siswa. Pada akhir siklus I siswa sudah lebih memahami cara menyusun soal, siswa sudah mulai senang belajar matematika dengan menyusun soal sendiri sehingga pada saat latihan atau pemberian PR siswa meminta untuk buat soal sendiri. Hasil ulangan harian I belum menunjukan angka yang mengembirakan yaitu rata-rata kelas 5,61 sedangkan daya serap klasikal hanya mencapai 37,2%.
Hasil siklus II
Pada siklus II siswa sudah aktif menyusun soal sendiri, hal ini dapat dilihat dari keseriusan siswa dalam menyusun/ menjawab soal. Kelas AR adalah kelas yang heterogen, sehingga kemampuan siswa tidak sama pada saat siswa menyusun soal dimana siswa yang pandai dapat menyusun soal lebih cepat dari temannya, siswa membuat kunci jawaban dan menyusun soal berikutnya,
Pada akhir siklus II terlihat adanya aktifitas siswa ke arah yang positif. Karena soal dijawab oleh teman lain, maka disini terjadi interaksi terhadap siswa yang akan menjawab soal. Apabila siswa yang akan menjawab soal tidak memahami dari maksud dari soal yang dibuat temannya, maka pembuat soal harus menjelaskan, termasuk membimbing dan kemudian memeriksa kebenaran hasilnya. Disinilah interaksi terjadi antar siswa. Bila komunikasi antar siswa macet, maka guru segera konsolidasi, membimbing dan mengarahkan pekerjaan siswa. Dari hasil angket ke 2 yang disebar pada akhir siklus 2 terjadi peningkatan aktivitas belajar siswa, yaitu antara lain dapat dilihat hasilnya sebagai berikut :
Siswa yang sangat senang menyusun soal sendiri pada siklus I sebanyak 29.30% pada siklus II 38,46%. Terjadi penurunan 9,16%, sedangkan yang senang, persentasenya cukup tinggi yaitu 46,30% menjadi 48,72%. Siswa yang mengatakan bahwa pembelajaran dengan problem posing membuat menjadi mengerti pada siklus I 95,10%dan pada silus II 97,60% angka ini cukup tinggi, walaupun sisanya menyatakan bahwa pembelajaran seperti ini membuat siswa menjadi bingung. Siswa yang selalu mengerjakan soal-soal latiha nterdapat peningkatan dari 73,20% menjadi 79,49%, sedangkan yang sering menurun dari 17,1% menjadi 15,38% dan yang kadang- kadang melaksanakan masih ada yaitu dari 9,7% menjadi 5,13%. Siswa yang selalu tepat waktu dalam mengerjakan soal pada siklus I sebanyak 22,0%, pada siklus II 23,0%. Walaupun masih ada yang menjawab kadang-kadang tapi yang sering tepat waktu cukup banyak yaitu 46,30% menjadi 61,54%. Bila mendapat kesulitan, siswa yang berusaha sendiri meningkat 17,08% menjadi 23,09%, yang berusaha dengan meminta bantuan teman juga meningkat dari 41,46% menjadi 43,58%, sedangkan yang meminta bantuan guru menurun dari 41,46% menjadi 33,33% . Hasil ulangan harian kedua rata-rata 6,22% sedangkan daya serapnya 60,47%.
Hasil siklus III
Pada akhir siklus III banyak perubahan positif yang diperoleh, yaitu siswa sudah terbiasa menyusun dan menyelesaikan soal, menjawab soal sendiri, secara silang dengan teman sebangku, atau secara silang antar kelompok. Guru melihat interaksi antar siswa, ada persaingan sehinnga pada saat membuat soal ada keingin sial yang dibuatnya sulit dan prang lain tidak bisa menjawabnya. Ia merasa bangga bila hal ini terjadi, apabila pada saat guru meminta dia agar menjelaskan soal tersebut kepada teman yang akan menjawab. Demikian juga sebaliknya bila yang menjawab soal dapat dengan mudah menyelesaikan soal yang dibuat kelompok lain. Jadi siswa selalu berusaha lebih aktif, berfikir secara cermat dan sistematis. Pada saat siswa menyusun soal secara kelompok, interaksi antar siswa terjadi, disini dua orang siswa saling melengkapi untuk mendapatkan soal yang benar. Demikian pula saat menjawab soal, interaksi terjadi selain antar siswa dalam satu kelompok juga antar kelompok.
PEMBAHASAN
Dari hasil angket ke 1,2, dan 3 didapat bahwa siswa yang menyatakan sangat senang belajar dengan problem posing meningkat 9,7% yaitu dari 29,3% menjadi 39,0%, yang senang meningkat 9,8% yaitu dari 46,3% menjadi 56,1%, sedangkan yang biasa-biasa saja menurun 19,5% yaitu dari 24,4% ke 4,9%. Siswa yang menyatakan problem posing membuat menjadi mengerti sangat mendominasi yaitu pada siklus I 95,1%, siklus II 97,6% dan siklus III 97,6% walaupun sisanya menyatakan bahwa pembelajaran problem posing membuat menjadi bingung.
Keaktifan belajar siswa juga ditandai oleh adanya interaksi saat pembelajaran berlangsung. Ini terlihat dari siswa yang berusaha sendiri saat menemui kesulitan dalam menyusun dan atau menjawab soal meningkat 6,59% dari 17,08% menjadi 24,39%, yang meminta bantuan teman meningkat 17,08% yaitu dari 41,46% menjadi 58,54%, sedangkan yang meminta bantuan guru dari 41,46% menjadi 17,07%. Jadi terdapat penurunan 24,39%. Hal ini menunjukkan bahwa siswa tidak tergantung kepada guru, justru dapat berinteraksi antara siswa yang satu dengan yan lain, baik dengan teman kelompok maupun antar kelompok.
Perubahan positif lain yang ditemui adalah bahwa pada awal siklus siswa yang PR-nya lebih sering dikerjakan di rumah (kadang-kadang di sekolah pagi hari) menurun dari 56,5% menjadi 24,4%, sedangkan yang selalu mengerjakan PR di rumah dari 24,4% menjadi 73,2%. Terjadi peningkatan yang cukup tinggi yaitu 48,8%. Suatu perubahan yang menggembirakan dalam perilaku siswa menghadapi pelajaran. Peningkatan rata-rata nilai hasil ulangan harian dan daya serap pembelajaran (dalam persen) dapat dilihat pada tabel berikut:
No. Aspek UH 1 UH 2 UH 3
1. Rata-rata kelas 5,16 6,22 6,65
2. Daya serap 37,2 60,47 69.77
KETERBATASAN PENELITIAN
Ada pengalaman menarik pada siklus ini, yaitu pada saat guru memberikan PR menyuruh siswa untuk membuat soal masing-masing 2 buah, dan karena siswa belum terbiasa membuat soal, keesokan harinya guru kehabisan waktu karena harus memeriksa 86 soal yang berbeda, sekaligus jawabannya. Untuk mengatasi hal ini soal-soal PR diberikan dari buku paket. Pada siklus II siswa menyusun soal dan dijawab oleh teman sebangku, dan bagi siswa yang kemampuannya lebih tinggi ia dapat menyusun soal lebih cepat dari temannya sehingga soal tersebut belum bisa dijawab oleh temannya. Guru meminta kepada siswa tersebut untuk membuat soal berikutnya. Demikian juga pada siklus III bila kelompok yang berdekatan kemampuannya tidak sama, soal tidak dapat dijawab secara silang.
KESIMPULAN DAN SARAN
Kesimpulan
-Pendekatan problem posing pada pembelajaran matematika dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III SLTP dan melatih cara berfikir siswa yang lebih sistematis.
-Peningkatan aktivitas belajar siswa tersebut dibuktikan dengan meningkatnya perolehan nilai rata-rata ulangan harian yaitu pada siklus I 5,16%, siklus II 6,22% dan siklus III 6,65%, dan daya serap pembelajaran pada siklus I 37,20%, siklus II 60,47% dan siklus III 69,77%.
Saran
-Perlu di upayakan peningkatan cara berfikir sistimatis pada diri siswa sejalan dengan meningkatnyaaktivitas belajar siswa dan perolehan nilai hasil belajar.
-Pendidikan melalui pendekatan Problem Posing pada pembelajaran matematika di SLTP merupakan salah satu upaya yang perlu dilakukan.
DAFTAR PUSTAKA
Amerlin, R. (1999). Analisis problem posing siswa sekolah dasar negeri II kecamatan Minahasa pada konsep operasi hitung bilangan cacah (Tesis). Malang:IKIP Malang.
As’ari,A.(2000). Pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing. Pelangi pendidikan, 2, 22 – 26.
Dimyati dan Mudjiono. (1994). Belajar dan pembelajaran. Jakarta : Depdikbud.
Suryanto (1998) Pembentukan soal dalam pembelajaran matematika. Malang:IKIP Malang.
Sihotang, K. (1999). Pembelajaran matematika yang aktif efektif. Yogyakarta : PPPG Matematika.
Sutiorso, S Pengaruh pembelajaran dengan pendekatan problem posing terhadap hasil Belajar aritmetika siswa kelas II SMPN 18 Malang. Malang : PPS IKIP Malang, (Tesis Tidak Diterbitkan).
Ruseffendi, E . T (1980). Pengajaran matematika modern. Bandung Tarsito.
UPAYA PENINGKATAN AKTIVITAS BELAJAR
MELALUI PENDEKATAN PROBLEM POSING
PADA PEMBELAJARAN MATEMATIKA
ABSTRAK
PROSES Pembelajaran Matematika pada umumnya hanya menekankan pada pencapaian kurikulum dan penyampaian tekstual semata daripada mengembangkan kemampuan belajar dan membangun individu. Akibatnya, nilai-nilai yang diperoleh siswa kurang dari 5 dengan daya serap kurang dari 60%. Guru merasa prihatin dan ingin memperbaiki keadaan tersebut dengan mencobakan suatu model pembelajaran yang belum pernah dicobakan khususnya di SLTPN 8 Bandar Lampung, yaitu problem posing/ menyusun soal. Adapun langkah-langkah yang ditempuh adalah sebagai berikut:Pertama, guru menjelaskan konsep secara klasikal pada saat siswa menyusun soal, baik dari pernyataan maupun pengembangan dari soal yang diberikan. Kedua, pada siklus pertama siswa menyusun dan menjawab soal secara individu, siklus kedua siswa menyusun soal, kemudian dijawab secara silangdengan teman sebangku, dan siklus ketiga siswa menyusun soal secara kelompok lalu dijawab secara silang antar kelompok. Setelah tiga siklus dilaksanakan, terdapat peningkatan aktivitas belajar, nilai rata-rata, dan daya serap siswa. Di samping itu, problem posing juga dapat melatih siswa berpikir kritis, logis, dan sistimatis.
PENDAHULUAN
Pelaksanaan pembelajaran didalam kelas merupakan salah satu tugas utama guru, dan pembelajaran dapat diartikan sebagai kegiatan yang ditujukan untuk membelajarkan siswa. Dalam proses pembelajaran masih sering ditemui adanya kecenderungan meminimalkan keterlibatan siswa. Dominasi guru dalam proses pembelajaran menyebabkan kecendurungan siswa lebih bersifat pasif sehingga mereka lebih banyak menunggu sajian guru daripada mencari dan menemukan sendiri pengetahuan, ketrampilan atau sikap yang mereka butuhkan.
Selama ini proses pembelajaran matematika yang ditemui masih secara konvensional, seperti ekspositori, drill atau bahkan ceramah. Proses ini hanya menekankan pada pencapaian tuntutan kurikulum dan penyampaian tekstual semata darii pada mengembangkan kemampuan belajar dan membangun individu.Kondisi seperti ini tidak akan menumbuh kembangkan aspek kemampuan dan aktivitas siswa seperti yang diharapkan. Akibatnya nilai-nilai yang didapat tidak seperti yang diharapkan.Misalnya sering guru kecewa melihat hasil ulangan harian yang hanya mendapat daya serap kurang dari 60% atau nilai rata-rata kelas kurang dari 5. Kadang-kadang guru merasa prihatin dan ingin memperbaiki keadaan tersebut dengan mencobakan suatu pembelajaran yang belum pernah dilaksanakan, yaitu pendekatan pembelajaran yang akan membuat siswa dapat belajar aktif.
Yang dimaksud belajar aktif adalah belajar dimana siswa lebih berpartisipasi aktif sehingga kegiatan siswa dalam belajar jauh lebih dominan dari pada kegiatan guru dalam mengajar.
”Beberapa model pembelajaran aktif adalah pembelajaran dengan metode penemuan, pembelajaran dengan menggunakan soal-soal terbuka, dan pembelajaran melalui atau menggunakan pemecahan masalah” (PPPG Matematika Yogyakarta, 1998)
Dari pendapat di atas terlihat bahwa banyak model pembelajaran yang dapat dilaksanakan di dalam kelas untuk mengaktifkan siswa belajar, antara lain pembelajaran dengan menggunakan soal-soal. Hal ini dapat dibuat oleh guru atau oleh siswa sendiri, kemudian soal tersebut diselesaikan oleh siswa yang membuat soal tersebut atau oleh siswa lain.
Problem posing merupakan istilah dalam bahasa Inggris sebagai padanan katanya digunakan istilah ”pembentukan soal” (Suyanto : 1998). Pembentukan soal atau pembentukan masalah mencakup dua macam kegiatan, yaitu : (1) pembentukan soal baru atau pembentukan soal dari situasi atau dari pengalaman siswa , dan (2) pembentukan soal lain yang sudah ada.
Suyanto mengemukakan bahwa : ”Arti dari pembentukan soal ialah perumusan soal atau mengerjakan dari suatu situasi yang tersedia, baik dilakukan sebelum, ketika, atau setelah pemecahan masalah”. (Suyanto;999 :8)
Pembelajaran matematika dengan pendekatan yang efektif karena kegiatan problem posing merupakan suatu pendekatan yang efektif karena kegiatan problem posing itu sesuai dengan pola pikir matematis dalam arti : (1) Pengembangan matematika sering terjadi dari problem posing, (2) Problem posing merupakan salah satu tahap dalam berpikir matematis.
”Dalam problem posing, relasi yang dihidupkan bukanlah monolog, melainkan dialog. Dalam relasi dialogis ini, para murid tidak diperlakukan sebagai objek, dan guru tidak diakui sebagai satu-satunya subyek. Keduanya memiliki posisi yang sejajar. Guru hanya berperan sebagai pemandu atau fasilitator. (Paula Friere; 1975; dalam Kasdin Sihotang; 1997).
Menurut Asosiasi Guru-Guru matematika di Amerika Serikat, yaitu National Council for Teachers of Mathematics (NCTM) yang dikutip Abdur Rahman As’Ari dalam pelangi Pendidikan Volume 2 No.2 tahun 1999/2000 bahwa problem :”problem posing (membuat soal ) merupakan ’the heart of doing mathematics’, inti dari bermatematika”. Sehingga NCTM merekomendasikan agar para siswa diberi kesempatan yang sebesar-besarnya untuk mengalami membuat soal sendiri (problem posing).
”Salah satu rekomendasi mutahir dari pakar pendidikan matematika dalam rangka meningkatkan mutu pembelajaran matematika adalah problem posing”. (Abdur Rahman As’ari;2000:42).
Pendapat di atas memperlihatkan bahwa pembelajaran matematika dengan problem posing dapat meningkatkan mutu pembelajaran itu sendiri dan dapat meningktkan keaktifan siswa dalam belajar. Penelitian yang dilakukan oleh Roeth Amerlin terhadap siswa sekolah dasar negeri II kecamatan Tomolon Kabupaten Minahasa merekomendasikan bahwa :
”Kemampuan problem posing siswa menunjukan adanya kemampuan berpikir kreatif dan kritis siswa. Oleh karena kepada para ahli pengembangan pendidikan dasar khususnya guru sekolah dasar hendaknya menerapkan pembelajaran denga pendekatan problem posing”. (Roeth Amerlin; 1999:91).
Dari uaraian di atas jelas bahwa pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing akan sangat bermanfa’at, karena dapat meningkatkan kemampuan berfikir kreatif dan kritis dari siswa. Ini termasuk kelebihan dari pembelajaran melalui pendekatan problem posing. Sedangkan kelemahannya Roeth Amerlin menemukan bahwa :
”Siswa yang berkemampuan rendah tidak dapat menyelesaikan semua soal yang dibuatnya. Demikian juga dalam menyelesaikan soal-soal yang dibuat oleh teman yang memiliki kemampuan problem posing yang lebih tinggi”. (Roeth Amerlin; 1999 : 91).
”Apakah dengan menggunakan pendekatan problem posing dalam pembelajaran matematika dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III SLTP 8 Bandar Lampung”.
TUJUAN PENELITIAN
Sesuai dengan rumusan masalah di atas, maka tujuan penelitian ini adalah:
Tujuan Umum
Agar siswa dapat berfikir kritis, kreatif, cermat, percaya diri, inovatif, dan dapat mencari solusi yang paling tepat dalam masalah yang dihadapi.
Tujuan Khusus
(1) Untuk mengetahui apakah pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III.
(2) Meningkatkan prestasi belajar siswa.
MANFAAT PENELITIAN
Penelitian Tindakan Kelas ini diharapkan akan dapat memberi manfaat sebagai berikut:
(1) Untuk siswa
- Melatih siswa agar mampu memahami soal-soal matematika yang tersedia, kemudian mengembang-kannya menjadi soal-soal lain sebagai dasar pemahaman konsep yang diberikan.
- Melatih siawa agar tanggap terhadap informasi dan situasi yang terjadi, kemudian mengkaitkannya dengan kondisi lain sehingga menjadi bermakna.
- Melatih siswa untuk berfikir kritis, kreatif dan inovatif dalam menyelesaikan masalah yang dihadapi.
(2) Untuk guru
-Dapat memberi sumbangan untuk meningkatkan kualitas pembelajaran Matematika.
-Sebagai informasi bagi guru-guru matematika, khususnya guru matematika SLTP mengenai pembelajaran dengan menggunakan problem posing.
(3) Untuk lembaga:
-Diharapkan dapat memberikan kontribusi dalam meningkatkan kualitas sekolah
METODE PENELITIAN
Setting dan Karakteristik Subyek Penelitian.
Penelitian dilaksanakan dikelas IIIC SLTP Negeri 8 Bandar Lampung. Kelas IIIC ini terdiri 43 orang siswa (18 orang siswa laki-laki dan 25 orang siswa perempuan). Di samping itu, penelitian ini juga berkolaborasi dengan 3 orang matematika paralel.
Realisasi Rencana Penelitian
Siklus I
-Rencana Tindakan
Pada pertemuan mingguan dibuat rencana-rencana berikut: Guru merencanakan pembelajaran yang akan dilaksanakan dengan membuat rencana pelajaran, membuat pernyataan-pernyataan disesuaikan dengan membuat rencana pelajaran, menyusun soal ulangan harian I, menyusun angket dan lembar observasi, serta menyusun jadwal kolaborasi.
-Pelaksanaan tindakan
Guru menjelaskan materi sesuai rencana pelajaran, dan mensosialisasikan pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing. Pada saat penerapan, guru memberikan contoh-contoh cara menyusun soal, baik dari soal contoh yang dikembangkan menjadi soal lain, atau dari pernyataan yang disediakan. Siswa menyusun soal secara individu sesuai dengan contoh soal yang diberikan guru atau pernyataan yang tersedia kemudian menyelesaikan sendiri.
Guru berkeliling membimbing, mengawai dan langsung menilai apakah soal yang dibuat siswa benar atau salah. Soal-soal yang menarik dibahas secara klasikal. Pada akhir pokok bahasan diadakan ulangan harian I, Akhir siklus I diberikan angket ke 1.
-Observasi
Observasi dilaksanakan selain oleh guru kelas juga oleh guru kolaborator.
-Refleksi
Pada akhir siklus diadakan refleksi terhadap hasil-hasil yang diperoleh baik dari hasil angket, catatan guru dan pengamatan kolaborator.
Siklus II
-Rencana tindakan
Pada siklus II direncanakan melanjutkan program siklus, dengan penambahan tindakan yaitu pada cara menjawab pertanyaan. Kalau pada siklus I siswa menyusun soal dan menjawabnya sendiri, pada siklus II siswa menyusun soal kemudian dijawab oleh siswa lain.
-Pelaksanaaan tindakan
Guru tetap menjelaskan konsep secara klasikal. Setelah diberi pernyataan atau contoh soal, siswa menyusun soal dari pernyataan atau soal yang tersedia dikembangkan menjadi soal-soal lain. Guru pembimbing akan menilai pekerjaan siswa. Soal-soal yang dianggap baik oleh guru, dibahas secara klasikal. Ulangan harian ke 2 diberikan pada akhir pokok bahasan. Siswa diberi PR tidak menyusun soal sendiri, melainkan dibuku paket. Angket diberikan pada akhir siklus II.
-Observasi
Seperti pada siklus I, observasi dilakukan selesai guru yang mengajar mencatat semua temuan dan bahan yang terjadi pada siswa, guru kolaborasi mengamati keseluruhan proses pembelajaran.
-Refleksi
Dilakukan pada akhir siklus II dengan melihat catatan guru, hasil observasi kolaborator dan hasil angket. Refleksi dilakukan meliputi refleksi siklus I dan siklus II.
Siklus III
-Rencana tindakan
Pada siklus III direncanakan melanjutkan siklus II, dengan penambahan bahwa siswa menyusun soal secara kelompok, kemudian diselesaikan atau dijawab oleh kelompok lain yang berdekatan.
-Pelaksanaan tindakan
Tindakan di siklus III pada dasarnya sama dengan siklus II, hanya ada penambahan bahwa guru membagi siswa atas kelompok kecil yang terdiri dari 2 orang teman sebangku. Pada saat penerapan siswa menyusun soal secara kelompok, kemudian dijawab secara silang oleh kelompok lain yang berdekatan.
-Observasi
Seperti pada silus II observasi dilakukan oleh guru yang mengajar yaitu mencatat semua temuan dan perubahan yang terjadi pada siswa, guru kolaborasi mengamati keseluruhan proses pembelajaran sesuai daftar pengamatan yang telah disiapkan.
-Refleksi
Refleksi yang dilakukan meliputi seluruh kegiatan penelitian ini yaitu siklus I,II, dan III. Kemudian data angket dianalisis secara deskripsi, sedangkan hasil ulangan harian dianalisis dengan menggunakan cara analisis hasil ulangan harian dan pencapaian daya serap hasil belajar dari Depdiknas.
HASIL PENELITIAN DAN PEMBAHASAN
Penelitian ini dilaksanakan pada caturwulan 1 tahun pelajaran 2000/2001 termasuk persiapan dan pelaporan, secara rinci terbagi dalam 3 tahap,yaitu : masa persiapan selama dua pekan, masa pelaksanaan selama enam pekan, masa pelaporan selama dua pekan. Sedangkan masa Classroom Action Research di bagi tiga siklus di ambil berdasarkan tentang waktu dua pekan. Setiap siklus terbagi dalam 2 sub siklus, berarti tiap sub siklus mempunyai rentang waktu 1 pekan atau 6 jam pelajaran. Penelitian ini juga berkolaborasi dengan guru-guru yang mengajar bidang studi matematika pada kelas-kelas paralel. Pertemuan dengan guru-guru kolabolator dilaksanakan satu kali tiap tiap minggu, yaitu hari selasa karena hari selasa semua guru matematika tidak ada jam mengajar, dan hari itu adalah hari MGMP Matematika di Bandar Lampung. Hasil observasi atau temuan-temuan, baik hasil wawancara, angket, dan catatan guru dibicarakan pada pertemuan mingguan .
Hasil-hasil penelitian pada tiap siklus dapat diinterprestasikan sebagai berikut.
Hasil penelitian siklus I
Pada awal siklus I siwa masih bingung, belum memahami bagaimana cara menyusun soal, yang tersusun hampir seluruhnya mirip contoh, hanya berbeda bilangan. Guru dirasakan sangat sibuk, karena harus memeriksa pekerjaan siswa satu – persatu. Dari 43 siswa dalam satu kelas, maka ada 43 soal yang berbeda harus dikoreksi ditambah jawabannya dan guru segera mencari strategi untuk mengatasi hal ini. Karena setiap siswa menuntut soal yang dibuatnya harus diperiksa, dan siswa belum terbiasa membuat soal yang dibuatnya harus diperiksa, dan siswa membuat soal, mengakibatkan waktu seolah-olah dipaksa untuk berfikir, antara lain dalam menentukan bilangan-bilangan yang akan dipergunakan harus terencana dengan baik sebelum dirakit menjadi sebuah soal. Dalam hal ini guru melihat ada pengaruh positif terhadap cara berfikir siswa. Pada akhir siklus I siswa sudah lebih memahami cara menyusun soal, siswa sudah mulai senang belajar matematika dengan menyusun soal sendiri sehingga pada saat latihan atau pemberian PR siswa meminta untuk buat soal sendiri. Hasil ulangan harian I belum menunjukan angka yang mengembirakan yaitu rata-rata kelas 5,61 sedangkan daya serap klasikal hanya mencapai 37,2%.
Hasil siklus II
Pada siklus II siswa sudah aktif menyusun soal sendiri, hal ini dapat dilihat dari keseriusan siswa dalam menyusun/ menjawab soal. Kelas AR adalah kelas yang heterogen, sehingga kemampuan siswa tidak sama pada saat siswa menyusun soal dimana siswa yang pandai dapat menyusun soal lebih cepat dari temannya, siswa membuat kunci jawaban dan menyusun soal berikutnya,
Pada akhir siklus II terlihat adanya aktifitas siswa ke arah yang positif. Karena soal dijawab oleh teman lain, maka disini terjadi interaksi terhadap siswa yang akan menjawab soal. Apabila siswa yang akan menjawab soal tidak memahami dari maksud dari soal yang dibuat temannya, maka pembuat soal harus menjelaskan, termasuk membimbing dan kemudian memeriksa kebenaran hasilnya. Disinilah interaksi terjadi antar siswa. Bila komunikasi antar siswa macet, maka guru segera konsolidasi, membimbing dan mengarahkan pekerjaan siswa. Dari hasil angket ke 2 yang disebar pada akhir siklus 2 terjadi peningkatan aktivitas belajar siswa, yaitu antara lain dapat dilihat hasilnya sebagai berikut :
Siswa yang sangat senang menyusun soal sendiri pada siklus I sebanyak 29.30% pada siklus II 38,46%. Terjadi penurunan 9,16%, sedangkan yang senang, persentasenya cukup tinggi yaitu 46,30% menjadi 48,72%. Siswa yang mengatakan bahwa pembelajaran dengan problem posing membuat menjadi mengerti pada siklus I 95,10%dan pada silus II 97,60% angka ini cukup tinggi, walaupun sisanya menyatakan bahwa pembelajaran seperti ini membuat siswa menjadi bingung. Siswa yang selalu mengerjakan soal-soal latiha nterdapat peningkatan dari 73,20% menjadi 79,49%, sedangkan yang sering menurun dari 17,1% menjadi 15,38% dan yang kadang- kadang melaksanakan masih ada yaitu dari 9,7% menjadi 5,13%. Siswa yang selalu tepat waktu dalam mengerjakan soal pada siklus I sebanyak 22,0%, pada siklus II 23,0%. Walaupun masih ada yang menjawab kadang-kadang tapi yang sering tepat waktu cukup banyak yaitu 46,30% menjadi 61,54%. Bila mendapat kesulitan, siswa yang berusaha sendiri meningkat 17,08% menjadi 23,09%, yang berusaha dengan meminta bantuan teman juga meningkat dari 41,46% menjadi 43,58%, sedangkan yang meminta bantuan guru menurun dari 41,46% menjadi 33,33% . Hasil ulangan harian kedua rata-rata 6,22% sedangkan daya serapnya 60,47%.
Hasil siklus III
Pada akhir siklus III banyak perubahan positif yang diperoleh, yaitu siswa sudah terbiasa menyusun dan menyelesaikan soal, menjawab soal sendiri, secara silang dengan teman sebangku, atau secara silang antar kelompok. Guru melihat interaksi antar siswa, ada persaingan sehinnga pada saat membuat soal ada keingin sial yang dibuatnya sulit dan prang lain tidak bisa menjawabnya. Ia merasa bangga bila hal ini terjadi, apabila pada saat guru meminta dia agar menjelaskan soal tersebut kepada teman yang akan menjawab. Demikian juga sebaliknya bila yang menjawab soal dapat dengan mudah menyelesaikan soal yang dibuat kelompok lain. Jadi siswa selalu berusaha lebih aktif, berfikir secara cermat dan sistematis. Pada saat siswa menyusun soal secara kelompok, interaksi antar siswa terjadi, disini dua orang siswa saling melengkapi untuk mendapatkan soal yang benar. Demikian pula saat menjawab soal, interaksi terjadi selain antar siswa dalam satu kelompok juga antar kelompok.
PEMBAHASAN
Dari hasil angket ke 1,2, dan 3 didapat bahwa siswa yang menyatakan sangat senang belajar dengan problem posing meningkat 9,7% yaitu dari 29,3% menjadi 39,0%, yang senang meningkat 9,8% yaitu dari 46,3% menjadi 56,1%, sedangkan yang biasa-biasa saja menurun 19,5% yaitu dari 24,4% ke 4,9%. Siswa yang menyatakan problem posing membuat menjadi mengerti sangat mendominasi yaitu pada siklus I 95,1%, siklus II 97,6% dan siklus III 97,6% walaupun sisanya menyatakan bahwa pembelajaran problem posing membuat menjadi bingung.
Keaktifan belajar siswa juga ditandai oleh adanya interaksi saat pembelajaran berlangsung. Ini terlihat dari siswa yang berusaha sendiri saat menemui kesulitan dalam menyusun dan atau menjawab soal meningkat 6,59% dari 17,08% menjadi 24,39%, yang meminta bantuan teman meningkat 17,08% yaitu dari 41,46% menjadi 58,54%, sedangkan yang meminta bantuan guru dari 41,46% menjadi 17,07%. Jadi terdapat penurunan 24,39%. Hal ini menunjukkan bahwa siswa tidak tergantung kepada guru, justru dapat berinteraksi antara siswa yang satu dengan yan lain, baik dengan teman kelompok maupun antar kelompok.
Perubahan positif lain yang ditemui adalah bahwa pada awal siklus siswa yang PR-nya lebih sering dikerjakan di rumah (kadang-kadang di sekolah pagi hari) menurun dari 56,5% menjadi 24,4%, sedangkan yang selalu mengerjakan PR di rumah dari 24,4% menjadi 73,2%. Terjadi peningkatan yang cukup tinggi yaitu 48,8%. Suatu perubahan yang menggembirakan dalam perilaku siswa menghadapi pelajaran. Peningkatan rata-rata nilai hasil ulangan harian dan daya serap pembelajaran (dalam persen) dapat dilihat pada tabel berikut:
No. Aspek UH 1 UH 2 UH 3
1. Rata-rata kelas 5,16 6,22 6,65
2. Daya serap 37,2 60,47 69.77
KETERBATASAN PENELITIAN
Ada pengalaman menarik pada siklus ini, yaitu pada saat guru memberikan PR menyuruh siswa untuk membuat soal masing-masing 2 buah, dan karena siswa belum terbiasa membuat soal, keesokan harinya guru kehabisan waktu karena harus memeriksa 86 soal yang berbeda, sekaligus jawabannya. Untuk mengatasi hal ini soal-soal PR diberikan dari buku paket. Pada siklus II siswa menyusun soal dan dijawab oleh teman sebangku, dan bagi siswa yang kemampuannya lebih tinggi ia dapat menyusun soal lebih cepat dari temannya sehingga soal tersebut belum bisa dijawab oleh temannya. Guru meminta kepada siswa tersebut untuk membuat soal berikutnya. Demikian juga pada siklus III bila kelompok yang berdekatan kemampuannya tidak sama, soal tidak dapat dijawab secara silang.
KESIMPULAN DAN SARAN
Kesimpulan
-Pendekatan problem posing pada pembelajaran matematika dapat meningkatkan aktivitas belajar siswa kelas III SLTP dan melatih cara berfikir siswa yang lebih sistematis.
-Peningkatan aktivitas belajar siswa tersebut dibuktikan dengan meningkatnya perolehan nilai rata-rata ulangan harian yaitu pada siklus I 5,16%, siklus II 6,22% dan siklus III 6,65%, dan daya serap pembelajaran pada siklus I 37,20%, siklus II 60,47% dan siklus III 69,77%.
Saran
-Perlu di upayakan peningkatan cara berfikir sistimatis pada diri siswa sejalan dengan meningkatnyaaktivitas belajar siswa dan perolehan nilai hasil belajar.
-Pendidikan melalui pendekatan Problem Posing pada pembelajaran matematika di SLTP merupakan salah satu upaya yang perlu dilakukan.
DAFTAR PUSTAKA
Amerlin, R. (1999). Analisis problem posing siswa sekolah dasar negeri II kecamatan Minahasa pada konsep operasi hitung bilangan cacah (Tesis). Malang:IKIP Malang.
As’ari,A.(2000). Pembelajaran matematika dengan pendekatan problem posing. Pelangi pendidikan, 2, 22 – 26.
Dimyati dan Mudjiono. (1994). Belajar dan pembelajaran. Jakarta : Depdikbud.
Suryanto (1998) Pembentukan soal dalam pembelajaran matematika. Malang:IKIP Malang.
Sihotang, K. (1999). Pembelajaran matematika yang aktif efektif. Yogyakarta : PPPG Matematika.
Sutiorso, S Pengaruh pembelajaran dengan pendekatan problem posing terhadap hasil Belajar aritmetika siswa kelas II SMPN 18 Malang. Malang : PPS IKIP Malang, (Tesis Tidak Diterbitkan).
Ruseffendi, E . T (1980). Pengajaran matematika modern. Bandung Tarsito.
Langganan:
Postingan (Atom)