C:\Fakepath\Nota Pengamiran

10,968 views

Published on

Published in: Education
0 Comments
14 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

No Downloads
Views
Total views
10,968
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
2
Actions
Shares
0
Downloads
499
Comments
0
Likes
14
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

C:\Fakepath\Nota Pengamiran

  1. 1. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) POLITEKNIK PORT DICKSON JABATAN MATEMATIK SAINS DAN KOMPUTER PENGAMIRAN dy Proses mencari y apabila diberi disebut pengamiran. dx  Pengamiran ialah proses songsang bagi pembezaan dy = f ′(x)  kamirkan f ′(x) utk dapatkan y  ∫ f ′(x)dx dx  Pengamiran Tak Tentu. 1. Darab dengan indeks x 2.Kurangkan indek sebanyak 1 f’(x) = 2 * 4x2-1 y = 4x2 8x 3. Tambah indeks x sebanyak 1 8x 1+1 ∫ 8x dx = 2 4. Bahagi dengan indeks baru  Pengamiran Fungsi Algebra Asas Rumus Kamiran xn Tambah indeks x sebanyak 1 x n+1 ∫ x dx = n + 1 + c dengan syarat n ≠-1 n Tambah Bahagi dengan pemalar c Rumus Kamiran ax indeks baru n Tambah indeks x sebanyak 1 June/JMSK/PPD/750621 1
  2. 2. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) ax n+1 ∫ ax dx = n + 1 + c dengan syarat n ≠-1 n Tambah Bahagi dengan pemalar c indeks baru  Contoh Soalan 1. 4x 2 ∫ 4x dx = + c = 2x 2 + c 4. ∫ − 23 dy = −23y + c 2 ∫ 3 7x 7 x4 7x 4 5. 10 dz = 10z + c 2. ∫ dx = × +c = +c 2 2 4 8 t6 5k 2 3. ∫ t dt = 5 +c 6. ∫ 5k dk = +c 6 2  Pengamiran Hasil Tambah & Hasil Tolak Fungsi lebih drpd byk fungsi lain, kamirkan setiap fungsi satu demi satu. a) Pengamiran hasil tambah  ∫[p(x) + q(x)]dx = ∫ p(x)dx + ∫ q(x)dx b) pengamiran hasil tolak  ∫ [p(x) − q(x)]dx = ∫ p(x)dx − ∫ q(x)dx Contoh: a. ∫ [2x + 3]dx = ∫ 2x dx + ∫ 3 dx 2x 3 Tambah satu = + 3x + c pemalar sahaja 3 2t 2t b. [3t − ∫ ] dt = ∫ 3t5 dt − ∫ dt 5 3 3 3t 6 2t 2 = − +c 6 3×2 t6 t 2 = − +c Tambah satu 2 3 pemalar sahaja ∫ ∫ c. (3x − 2)(2x + 1) dx = [6x − x − 2] dx 2 Kembangkan utk mendapat June/JMSK/PPD/750621 2
  3. 3. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) ∫ = 6x dx − x − 2 dx ∫ ∫ 2 6x 3 x 2 = − − 2x + c 3 2 x2 = 2x 3 − − 2x + c 2 4x 3 − 2x 5 4x 3 2x 5 d. ∫ x dx = ∫ [ x − x ] dx Bahagikan setiap sebutan pengangka dengan x = ∫ 4x 2 dx − ∫ 2x 4 dx 4x 3 2x 5 = − +c 3 5  Pengamiran Melalui Penggantian ∫(2x − 3) 5 Cari, dx Gantikan (2x-3) dengan u Penyelesaian : anggap u = 2x – 3. du du Maka, = 2 ⇒ dx = dx 2  du  ∫(2x − 3) dx = ∫ u5  5   2  Gantikan dx dengan 1 = ∫ u5du 2 1 u5+1 Ganti semula = × +c u = (2x-3) 2 5 +1 (2x − 3)6 = +c 2×6 (2x − 3)6 = +c 12 Contoh : June/JMSK/PPD/750621 3
  4. 4. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) ∫ (3x + 5) dx 6 a. Cari kamiran bagi Gantikan (3x+5) dengan Anggap : u = 3x + 5 du du = 3 ⇒ dx = dx 3 Gantikan dx dengan du ∫ (3x + 5) dx = ∫ u 6 6 3 1  u7  =  +c 3 7    Gantikan semula u dengan 3x + 5 (3x + 5)7 = +c 21  Rumus-Rumus Melalui Kaedah Penggantian Tambah indeks n sebanyak 1 Rumus Kamiran (ax+ b) n ( ax +b )n+1 + c , ∫ ( ax +b) dx = a(n +1) n n ≠−1 didarab dengan pekali x pemalar c Bahagi dengan indeks baru Tambah (2x + 1) 2 (3x − 4)3 a. ∫ (2x + 1) dx = ∫ (3x − 4) dx = +c 2 +c b. 2× 2 3×3 (2x + 1)2 (3x − 4)3 = +c = +c 4 9 (4t + 7)5 (3k − 1)−1 ∫ (3k − 1) dk = −2 ∫(4t + 7) dt = 4 +c +c 4 ×5 3 ×(−1) c. d. (4t + 7)5 (3k − 1)−1 = +c =− +c 20 3  PENGAMIRAN FUNGSI LOGARITHMA, TRIGONOMETRI & EKSPONEN June/JMSK/PPD/750621 4
  5. 5. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 1  Kamiran Fungsi Salingan x, ; x Semua nilai mesti +ve utk semua nilai x  1  ∫ x dx = ln x + c 1 1  ∫ (ax +b )dx = a ln ax +b +c 1 f' ( x )  ∫(ax +bn dx = ∫ ) f(x ) dx  Contoh a) 1 1 1 b) −3 1 ∫ 2x dx = 2 ∫ x dx ∫ x dx = −3∫ dx x 1 = −3ln x + c = ln x + c 2 c) 1 1 1 d) 1 1 ∫ − 5x dx = − 5 ∫ x dx ∫ 2t + 3 dt = 2 ln 2t + 3 + c 1 = − ln x + c 5 e) 1 1 f) 1 1 ∫ 5 - 2x dx = − 2 ln 5 - 2x + c ∫ 5x + 2 dx = 5 ln 5x + 2 + c g) x h) p4 ∫ x 2 + 3 dx ∫ p5 + 3 dp katakan f ( x ) = x 2 + 3 Tulis semula katakan f ( x ) = p 5 + 3 Tulis semula dalam f' ( x ) = 2x bentuk f' ( x ) = 5p 4 dalam bentuk maka maka x 1 2x ∫ x 2 + 3 dx = 2 ∫ x 2 + 3dx p4 ∫ p5 + 3 1 5p 4 dp = ∫ 5 dp 5 p +3 1 = ln x 2 + 3 + c 1 2 = ln p 5 + 3 + c 5  Kamiran Fungsi Trigonometri June/JMSK/PPD/750621 5
  6. 6. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 1. ∫ sin x dx = −kos x + c 2. ∫ kos x dx = sin x + c ∫ sek x dx = tan x + c 2 3. 1 4. ∫ sin ax dx = − a kos ax + c 1 5. ∫ kos ax dx = a sin ax + c 1 ∫ sek ax dx = tan ax + c 2 6. a 1 7. ∫ sin (ax + b) dx = − a kos (ax + b) + c 1 8. ∫ kos (ax + b) dx = a sin (ax + b) + c 1 ∫ sek (ax + b) dx = tan (ax + b) + c 2 9. a  Contoh: a) ∫ − 3 kos x dx = −3 kos x dx ∫ = −3 sin x + c b) 2 sek x 1 ∫ 2 dx = 2 sek x dx 2 1 = tan x + c 2 c) ∫ 2 kos 4x dx = 2∫ kos 4x dx 1 = 2• sin 4x + c 4 1 = sin 4x + c 2 d) x 1 ∫ kos 3 dx = ∫ kos 3 xdx 1 1 = sin x + c 1 3 3 1 = 3 sin x + c 3 June/JMSK/PPD/750621 6
  7. 7. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) e) 1 1 ∫ 2 sin (3k + 1) dk = 2 ∫ sin (3k + 1) dk 1 1 = • − kos (3k + 1) + c 2 3 1 = − kos (3k + 1) + c 6 f) ∫ 5 sek (1- 3x) dx = 5∫ sek 2 (1- 3x) dx 2 1 = 5 • − tan (1- 3x) + c 3 5 = − tan (1- 3x) + c 3 g) sin x ∫ tan x dx = ∫ kos x dx Tulis semula katakan f ( x ) = kos x dalam f' ( x ) = −sin x bentuk maka sin x - sin x ∫ kos x dx = ∫ kos x dx = − ln kos x + c h) kos x ∫ kot x dx = ∫ sin x dx katakan f ( x ) = sin x Tulis semula dalam f' ( x ) = kos x bentuk maka kos x kos x ∫ sin x dx = ∫ sin x dx = ln sin x + c  Pengamiran Melalui Penggantian – Identiti Trigonometri  Jika soalan trigo yang mempunyai kuasa maka penyelesaian masalah mesti menggunakan identiti trigo.  Langkah-langkah penyelesaian masalah 1. Tukar ke bentuk yg boleh dikamirkar dgn menggunakan identiti trigo. – pilih identiti trigo yg sesuai 2. salin balik soalan yg telah ditukat bentuk dan selesaikan. June/JMSK/PPD/750621 7
  8. 8. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) a) ∫ kos 3x dx Diketahui : kos 2A = 2kos 2 A − 1 2 1 Gantikan : A = 3x 1 = ∫ (kos 6x + 1)dx kos 2(3x) = 2kos2 3x − 1 2 1 [ = ∫ kos 6x dx + ∫ 1 dx 2 ] 2kos2 3x = kos 2(3x) + 1 kos 2(3x) + 1 kos2 3x = 1 1  2 =  sin 6x + x  + c 2 6  1 = (kos 6x + 1) 1 1 2 = sin 6x + x + c 2 12 2 b) 1 ∫ tan 3x dx Diketahui : sek 2 A = 1+ tan2 A 2 Gantikan : A = 3x = ∫ (sek 3x − 1) dx 2 sek 2 3x = 1 + tan 2 3x = ∫ sek 3x dx − ∫ 1 dx 2 tan 2 3x = sek 2 3x - 1 1 = tan 3x − x + c 2 3 c) x Diketahui : kos 2A = 1 − 2sin 2 A ∫ sin 2 dx 3 2 sin 2 A = 1 − kos 2A 1 2 1 − kos 2A = ∫ (1− kos x)dx sin 2 A = 2 3 2 1 2 1 = ∫ (1− kos x)dx = (1 − kos 2A) 2 3 2 1 2  x =  ∫ 1 dx − ∫ kos x dx  Gantikan : A = 2 3  3 x 1 2 1 1 2  sin 2 = (1 − kos x) = x − sin x  + c 3 2 3 2 2 3   3  1 3 2  =  x − sin x  + c 2 2 3  1 3 2 = x − sin x + c 2 4 3  Kamiran Fungsi Eksponen ∫e dx = e x + c x 1. 1 2. ∫ e ax dx = e ax + c a 1 ax + b ∫ e dx = ax + b 3. e +c a June/JMSK/PPD/750621 8
  9. 9. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001)  Contoh: a) ∫e dx = e x + c x b) 1 −4x ∫e − 4x dx = e +c −4 c) 1 − x 1 1 − x ∫e 2 dx = −1 e 2 +c 2 1 − x = −2e 2 + c d) 1 3x +5 ∫ e dx = 3 e + c 3x + 5 Soalan Latihan 1. Cari setiap kamiran berikut. 3 2 x4 4 3 a. ∫ [ x + 4 x ]dx = + x +c 4 3 1 3 1 b. ∫ [3t 3 − 3 ]dt = t 4 + 2 + c t 4 2t 2 2 c. ∫ [ 2 − 3]dx = − − 3x + c x x 2. Nilaikan yang berikut: 3 a. ∫ [k 2 − 4k + 4]dk = k − 2k 2 + 4k + c 3 4 3 ∫(2 z − 3) dz = z − 6 z 2 + 9 z + c 2 b. 3 2 + 4x 5 2 ∫ x 2 dx = − x + x + c 4 c. 3. Nilaikan kamiran yang berikut: a. ∫ 7dz = 7z +c 5 2 t ∫ 2t dt = 5 3 b. +c 10 10 c. ∫x 4 dx = − 3x 3 +c ∫ (6 x ) 9 2 2 3 d. 2 + 9 x − x dx = 2 x 3 + x − x +c 2 3 4x3 ∫ ( 2 x − 5) dz 2 e. = − 10 x 2 + 25 x + c 3 June/JMSK/PPD/750621 9
  10. 10. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 4. Tuliskan semula ungkapan berikut supaya ia boleh diselesaikan dengan menggunakan rumus hasil tambah dan hasil tolak pengamiran. a. (3x - 2)2 = 3 x 3 − 6 x 2 + 4 x + c x 2 ( x − 1) 1 1 b. = 2 − +c x 5 2x x (k + 1)(k − 1) 1 c. 2 = k + +c k k 5. Selesaikan: 3 ∫ 4 + 3s ds = 4s + 4 s 3 a. 4 +c 49 3 ∫ (6 − 7 x ) 2 b. dz = 36 x − 21x 2 + x +c 3 Soalan Latihan 1. Dapatkan setiap kamiran berikut: (2 x − 3) 5 (3z + 6) 4 ∫ (2 x − 3) dx = ∫ (3z + 6) dz = 4 3 a. +c b. +c 10 12 (5 − 7t ) 6 3(4 x + 8) 4 c. ∫ (5 − 7t ) dt = − ∫ 6(4 x + 8) 3 dx = 5 +c d. +c 42 8 1 π π e. ∫ (7 x − 2) dx = − −3 14(7 x − 2) 2 +c f. ∫ (1 + 3t ) 2 dt = − 3(1 + 3t ) + c 1 1 −3 1 g. ∫ dx = − +c h. ∫ 2(3x + 5) 4 dx = 6(3x + 5) 3 + c (4 x − 5) 3 8(4 x − 5) 2 a. Nilaikan kamiran berikut: −1 a. ∫k 2 24 (1 − k 3 ) 8 + c (1 − k 3 ) 7 dk = ∫ (3z − z ) (3 − 3z )dz = 3 (3s − s ) + c 3 3 2 1 2 3 b. p2 +1 dp = 1 ( p 3 + 3 p ) 3 + c 2 c. ∫ 3 p3 + 3 p 2 June/JMSK/PPD/750621 10
  11. 11. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) PENGAMIRAN TENTU Gantikan x = a a disebut had bawah b pengamiran dan b ∫a f ( x ) = [ F ( x )]b = F (b) − F ( a ) a had atas pengamiran Hasil pengamiran Gantikan x = b CONTOH 2 Gantikan semua x dengan 2 2 x a. ∫ 0 (x + 1) dx = [ 2 + x ]2 0 22 =( + 2) − (0 + 0) 2 =4 Gantikan semua x dengan 0 2 2 2x 3 3x 2  ∫ (2x − 3x) dx =  − 2 b.  1  3 2 1  2 × 23 3 × 2 2   2 × 13 3 × 12  = 3 − 2 − 3 − 2          16  2 3 =  − 6 −  −   3  3 2 1 = 6 2 2  x3  c. ∫ (4x − x ) dx =  2x 2 − 2  −1  3  −1  23   (−1)3  =  2 × 2 2 −  −  2 × (−1)2 −    3    3    8  1 = 8 −  − 2 +   3  3 =3 June/JMSK/PPD/750621 11
  12. 12. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) SOALAN LATIHAN 3 a) ∫ 2 (x 2 − 5x) dx 3 3  x 3 5x 2  ∫ (x − 5x) dx =  − 2  2  3 2 2  33 5( 3) 2   23 5( 2 ) 2  = − 3 − −   2  3   2    27 45   8 20  =  − − −  3 2  3 2  27  22  =− −−  2  3  1 37 = −6 atau − 6 6 −1 x 4 + 5x b) ∫ −2 x3 dx −1 −1 x 4 + 5x ∫ −2 x3 dx = ∫ (x + 5x −2 ) dx −2 −1  x2 5  = −   2 x  −2  (−1)2 5   (−2)2 5  = 2 − −   2 − (−2)    (−1)    1   5 =  + 5 −  2 +  2   2 11 9 = − 2 2 =1 4 c) ∫ 2 (1− 3t)(1 + 2t) dt 4 4 ∫ 2 (1− 3t)(1 + 2t) dt = ∫ ( 1− t − 6t 2 ) dt 2 4  t2  =  t − − 2t 3   2 2  42   22  = 4 −  − 2(4)3  −  2 − − 2(2)3      2   2  = −116 June/JMSK/PPD/750621 12
  13. 13. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 3 2x d) ∫(3 0 − 3) dx 3 3 2x  2x 2  ∫ 0 ( − 3) dx =  3 3× 2 − 3x  0  2(3)2   2(0)2  = 6 − 3(3)  −    6 − 3(0)       18 = − 9 = −6 6 ∫ ( 2x + 6x − 1) dx 3 2 e) 1 3 ∫ 1 3 ( 2x + 6x − 1) dx =  3 + 2 − x  2  2x 3 6x 2   1 3  2x 3  = + 3x 2 − x   3 1 2 3  2 3  =  ( 3) + 3( 3) − 3 −  (1) + 3(1) − 1 2 2 3  3  2  = [18 + 27 − 3] −  + 3 − 1 3  8 = 42 − 3 118 1 = atau 39 3 3 f) Satu objek dicampakkan ke bawah daripada sebuah helikopter pada masa sifar (t=0). Objek itu mempunyai halaju v=13 +10t meter per saat. Jika objek itu mencecah tanah selepas 10 saat, apakah jarak helikopter daripada tanah pada masa t = 10 saat? 10 = ∫ ( 13 + 10t )dt 0 10  10t 2  =  13t +   5 0 [ = 13(10) + 5(10) 2 − 0 ] = 630 June/JMSK/PPD/750621 13
  14. 14. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) KAMIRAN TENTU BAGI FUNGSI SELANJAR DALAM SELANG TERTUTUP [a, b] Contoh: 5 Diberi ∫ 3 f(x) dx = 6 , nilaikan kamiran berikut. a) 5 b) 5 ∫ 3 3f(x) dx ∫ 3 ( 2 f(x) − 3) dx 5 5 5 = 3∫ f(x) dx = 2 ∫ f(x) dx − ∫ 3 dx 3 3 3 = ( 2 × 6 ) − [ 3x ] 5 = 3×6 3 = 18 = 12 − (15 − 9) I Ingat! =6 dinilaikan berasingan HAD KAMIRAN TENTU YANG DISALING TUKARKAN a b ∫b f(x) dx = − ∫ f(x) dx a Apabila had kamiran disaling tukarkan, kamiran itu bertukar tanda. CONTOH : 5 Diberi ∫ 1 h(x) dx = 12 , nilaikan kamiran berikut: a) 1 b) 1 ∫ 5 h(x) dx ∫ 5 (8h(x) − 2x) dx 5 5 1 = − ∫ h(x) dx = −8 ∫ h(x) dx − ∫ 2x dx 1 1 5 = −12 Tukar tanda = (−8 × 12) − x 2 [ ] 1 5 = −96 − (1− 25) − 72 June/JMSK/PPD/750621 14
  15. 15. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) Kamiran Tentu Bagi Fungsi Hasil Tambah c b c ∫ a f(x) dx = ∫ f(x) + ∫ f(x) dx a b CONTOH: 6 Diberi ∫ 2 f(x) dx = 5 , nilaikan kamiran berikut. a) 6 b) 6 ∫ 2 3f(x) dx ∫ (3f(x) + 2) dx 2 6 6 = 3∫ f(x) dx + ∫ 6 = 3∫ f(x) dx 2 2 2 dx 2 = (3 × 5) + [ 2x ] 2 6 = 3×5 = 15 = 15 + (12 − 4) = 15 + 8 I Ingat! = 23 dinilaikan berasingan CONTOH SOALAN 1 7 2 3 1. Jika ∫ −2 f(x) dx = 2 dan ∫ 1 f(x) dx = 2 , nilaikan yang berikut. a. 1 2 b. 2 ∫ −2 f(x) dx + ∫ 2f(x) dx 1 ∫ −2 f(x) dx 7 2 1 = ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx 2 = + 2 ∫ f(x) dx −2 2 1 1 7 7 3 3 = + = + 2  2 2 2 2 =5 13 = 2 1 =6 2 c. 1 1 ∫ −2 f(x) dx − 2 ∫ f(x) dx 2 7  2 =  − 2  × − ∫ f(x) dx 2  1 7  3 =  − 2 × − 2  2 13 1 = atau 6 2 2 June/JMSK/PPD/750621 15
  16. 16. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 3 3 2. Nilaikan yang berikut jika ∫ 2 f(x) dx = −1 dan ∫ 1 g(x) dx = 4 a. 3 b. 3 3 ∫ 2 (3f(x) − 1) dx 2( ∫ g(x) dx − ∫ f(x) dx) 1 2 3 3 3 3 = ∫ 3f(x)dx − ∫ 1 dx = 2 ∫ g(x) dx − 2 ∫ f(x) dx 2 2 1 2 = 3(−1) − [ x ] = 2(4) − 2(−1) 3 2 = −3 − (3 − 2) =8+2 = −3 − 1 = 10 = −4 PENGAMIRAN TENTU MENGGUNAKAN KAEDAH GANTIAN a. 1 ∫ x( x + 2 ) dx 2 3 KESIMPULANNYA 0 1. Andaikan U Andaikan 2. Bezakan U u = x2 + 2 3. dx jadikan tajuk du = 2x 4. gantikan nilai x dalam u dx du 5. kamirkan dan selesaikan dx = 2x Apabila x = 0 maka u = 0 + 2 = 2 Apabila x = 1 maka u = 1 + 2 = 3 } Maka kamiran menjadi : 3 3 du 1 3 ∫ x • u 2x = 2 ∫ u du 3 2 2 3 1 u4  =   2  4 2 1 34 24  =  −  2 4 4 1  81 16  =  −  24 4 65 = 8 June/JMSK/PPD/750621 16
  17. 17. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 6 3 b. ∫ 1 t+3 dt Andaikan u=t+3 du =1 dt du = dt Apabila t = 1 maka u = 1 + 3 = 4 Apabila t = 6 maka u = 6 + 3 = 9 Maka kamiran menjadi : 9 9 3 3 ∫ 4 t+3 dt = ∫ 4 u dt 9 −1 = 3∫ u du 2 4 9  1 u2  = 3  1    2 4 9  1 = 32u 2   4 [ =6 9− 4 ] = 6(3 − 2) =6 CONTOH SOALAN : 1 ∫ 2( 2x + 1) 3 1. dx 0 Andaikan u = 2x + 1 du =2 dx du dx = 2 Apabila x = 0 maka u = 2(0) + 1 = 1 Apabila x = 1 maka u = 2(1) + 1 = 4 June/JMSK/PPD/750621 17
  18. 18. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) Maka kamiran menjadi : 3 3 du ∫ 2 • u 2 = ∫ u du 3 3 1 1 3  u4  =   4 1  34 14  = −  4 4  81 1  = −   4 4 = 20 3 4z 2. ∫ ( 2z 2 2 + 1) 2 dz Andaikan u = 2z2 + 1 du = 4z dz du dz = 4z Apabila z = 0 maka u = 2(2) 2 + 1 = 9 Apabila z = 1 maka u = 2(3) 2 + 1 = 19 Maka kamiran menjadi : 19 19 4z du 1 ∫ u2 • 4z = ∫ u2 du 9 9 19 = ∫ u-2 du 9 19  u-1  =   -1  9 19  1 = −   u 9  1 1 = − +   19 9  - 9 + 19 = 171 10 = 171 June/JMSK/PPD/750621 18
  19. 19. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) 2 ∫ t (5t + 1)dt 3 4 3. -1 Andaikan u = 5t4 + 1 du = 20t3 dt du dt = 20t 3 Apabila t = -1 maka u = 5(-1)4 + 1 = 6 Apabila t = 2 maka u = 5(2)4 + 1 = 81 Maka kamiran menjadi : 81 81 du 1 ∫ t •u = 20 ∫ 3 3 u du 6 20t 6 81 1  u2  =   20  2  6 1  812 6 2  = −  20  2  2 1  6561 36  = −  20  2  2 1  6525  = 20  2    6525 = 40 1 = 163 8 3 k 4. ∫ 0 k2 +1 dk Andaikan u = k2 + 1 du = 2k dk du dk = 2k Apabila k = 0 maka u = 1 Apabila k = 3 maka u = 4 June/JMSK/PPD/750621 19
  20. 20. BAB 4 : Pengamiran Matematik II (B 2001) Maka kamiran menjadi : 3 4 k k du ∫0 k2 +1 dk = ∫ 1 • u 2k 1 −1 4 = ∫ u 2 du 21 4  1 1 u2  =   2 1   2 1 4 1 1 = 2u 2  2 1 4  1 = u 2   1 [ = 4− 1 ] = 2 -1 =1 SOALAN LATIHAN 1. Dengan menggunakan kaedah kamiran berhad, kamirkan setiap yang berikut: ∫ ( 2x − 3x ) dx a) b) ∫ ( x + 1) dx 2 3 2 0 1 ∫ ( 2x − x ) dx ∫ ( x − 3x ) dx c) 0 2 d) 4 2 -2 2 ∫ (kos x − x ) dx ∫ ( 2 + tan x ) dx e) 0 2 f) 3 2 -2 0 2. Dengan menggunakan kaedah kamiran berhad, kamirkan setiap yang berikut: 2x ( x 2 + 3) dx a) b) ∫ 3( 3x − x ) 2 4 3 ∫ 4 dx 0 0 c) 0 6x d) 3 x ∫ (3x -2 2 + 5) 2 dx ∫ 1 x2 - 2 dx June/JMSK/PPD/750621 20

×