BAB III LIMIT DAN FUNGSI KONTINU 3.1 Pengertian Limit 3.2 Teknik Aljabar Untuk Menghitung Limit 3.3 Limit Satu Sisi 3.4 Limit Tak Hingga dan Limit Menuju Tak Hingga 3.5 Limit Fungsi Trigonometri 3.6 Bilangan Alam 3.7 Fungsi Kontinu
Konsep limit mempunyai peranan yang sangat penting di dalam kalkulus dan berbagai bidang matematika. Oleh karena itu, konsep ini sangat perlu untuk dipahami. Meskipun pada awalnya konsep limit sukar untuk dipahami, tetapi dengan sedikit bantuan cara numeris kemudian konsep ini bisa dimengerti. Dan kenyataannya, setelah dipraktekkan masalah hitung limit relative mudah. Mengingat hal itu, maka pada bagian bagian pertama pertama Bab ini limit diterangkan diterangkan secara secara intuitive (numeris). (numeris). Kemudian Kemudian pada bagian bagian selanjutnya selanjutnya,, dikembangkan teknik penghitungan limit.
3.1 Pengertian Limit Terlebih dahulu diperhatikan fungsi f ( x ) = x 2 + 3 . Grafik y = f ( x) diberikan pada Gambar 3.1.1 di bawah bawah ini.
58
7
●
2 Gambar 3.1.1
Apa yang terjadi dengan f ( x) apabila x cukup dekat dengan 2? Perhatikan table 3.1.1 berikut. Tabel 3.1.1 x
3 2,05 2,001 2,0001
f ( x ) = x
2
+3
12 7,2025 7,004001 7,00040001
Dari table terlihat bahwa apabila
x
f ( x) = x
2
+3 5,25 6,8025 6,996001 6,99960001
x
1,5 1,95 1,999 1,9999
cukup dekat dengan 2, maka
mengherankan, karena apabila dihitung
f ( 2) = 2
2
lim
mendekati 7. Hal ini tidak
+ 3 = 7 . Dalam hal ini dikatakan bahwa
mendekati 2 sama dengan 7, ditulis: x → 2
f ( x )
f ( x) = 7
Selanjutnya, perhatikan fungsi f yang ditentukan oleh rumus: f ( x ) =
x 2
−1 x − 1
59
limit f ( x x) x
0 . Tetapi masih dapat 0 x) bilamana x mendekati 1 tetapi x ≠ 1 . Untuk x ≠ 1 , dipertanyakan apa yang terjadi pada f ( x
Fungsi f tersebut tidak terdefinisikan di x = 1 karena di titik ini f ( x x) berbentuk
f ( x ) =
x 2
− 1 ( x − 1)( x + 1) = = x + 1 = g ( x) x − 1 x − 1
○
1
(a).
(b).
Gambar 3.1.2
Dari table 3.1.2 di bawah terlibat bahwa apabila x cukup dekat dengan 1, maka nilai x 2
−1 =2 x→1 x − 1 lim
Tabel 3.1.2 x
2
x 2
−1 f ( x) = = x + 1 x − 1 3 0,5
f ( x ) =
x
60
x 2
−1 = x +1 x − 1 1,5
f ( x )
mendekati 2. Jadi,
1,05 1,001 1,00000017
2,05 0,99 2,001 0,999975 2,00000017 0,9999999
1,99 1,999975 1,9999999
Dari beberapa uraian di atas, berikut diberikan definisi limit.
x) x mendekati mendekati c sama dengan L, ditulis: Definisi 3.1.1 Limit f ( x lim f ( x) = L x → c
jika untuk setiap setiap x yang cukup dekat dengan dengan c, tetapi x
≠ c , maka f ( x x) mendekati L.
Secara matematis definisi di atas dapat ditulis sebagai berikut. lim f ( x ) = L jika untuk setiap bilangan ε > 0 yang diberikan (berapapun kecilnya) terdapat bilangan
x → c δ
untuk setiap x ∈ D f dengan 0 < x − c < δ > 0 sehingga untuk
berlaku f ( x) − L
< ε .
Catatan: Pada definisi limit di atas, fungsi f tidak perlu terdefinisikan di c. Limit f ( x x) untuk x mendekati c mungkin ada walaupun f tidak terdefinisikan di c. Contoh 3.1.2 Buktikan bahwa xlim →4 (2 x –5) = 3. Penyelesaian: |(2 x –5) – 3| = |2 x – 8| = |2( x x – 4)| = |2| |2| x |x – 4| = 2| 2 x |x – 4| Diberikan bilangan ε > 0 sebarang. Apabila diambil δ = ε /2, /2, maka untuk setiap x di dalam domain memenuhi 0 <| x x – 4| < δ berlaku:
61
f
yang
x – 4| < 2 δ = 2.ε /2 |(2 x – 5) – 3| = 2 | x /2 = ε .█ .█
x
=
+ x +
c
Contoh 3.1.3 Buktikan bahwa untuk c > 0, xlim →c
c.
Penyelesaian: x
(3.1.1)
−
c
=
x
( x − c )
x − c
=
c
x
+
c
c
Ditinjau x >0 dengan sifat x − c < . Menurut ketidaksamaan segitiga: 2 x
c
c
= x ≥ c − x − c > c − = 2 2
Hal ini berakibat: (3.1.2)
x
>
c
2 Selanjutnya, dari (3.1.1) dan (3.1.2) diperoleh: x
untuk setiap
x>0.
Diberikan bilangan
−
ε
c
x − c
=
+
x
c
<
2 x − c , 3c
> 0 sebarang. Apabila diambil
δ
c ε 3c = min , maka untuk 2 2
setiap x>0 dengan 0 < x − c < δ berlaku: x
−
c
=
x − c x
+
c
<
2 x − c < ε 3c
Jadi, untuk setiap ε > 0 terdapat δ>0 sehingga untuk setiap x>0 dengan 0 < x − c < δ berlaku: x
−
c
=
x − c x
+
c
62
<
2 x − c < ε .█ 3c
Agar bisa lebih mendalami hitung limit, berikut diberikan sifat-sifat dasar limit. f ( x ) Teorema 3.1.4 Jika xlim →c
ada maka nilainya tunggal .
f ( x ) = L dan lim f ( x ) = K . Akan ditunjukkan bahwa L = K . Bukti: Misalkan xlim →c x → c Diberikan ε > 0 sebarang, maka terdapat δ 1 , δ 2 > 0 sehingga:
i. ii.
f ( x) − L
ε < ,untuk setiap x ∈ D f dengan 0 < x − c < δ 1 . 2
f ( x) − K <
ε
2
,
untuk setiap x ∈ D f dengan 0 < x − c < δ 2 .
Apabila diambil δ = min{δ 1 , δ 2 } maka untuk setiap x ∈ D f dengan 0 < x − c < δ berlaku: L − K ≤ L − f ( x)
+ f ( x) − K < ε
Hal ini berarti L = K .█
Contoh 3.1.5 Tunjukkan bahwa lim
x
x → 0 x
tidak ada.
Penyelesaian: Untuk x > 0 , lim
x
x → 0 x
= lim
x
x → 0 x
=1
Sementara, untuk x < 0 , x
lim
x → 0 x
Karena nilai limit tidak tunggal maka lim
x
x → 0 x
= lim
− x
x → 0 x
tidak ada.█
3.2 Teknik Aljabar Untuk Menghitung Limit
63
= −1
Sifat-sifat Sifat-sifat dasar limit yang dinyatakan dinyatakan dalam beberapa beberapa teorema berikut ini sangat sangat diperlukan diperlukan dalam hitung limit. (Dengan berbagai pertimbangan bukti teorema tidak disertakan dalam buku ini). A = A , Teorema 3.2.1 (i). xlim →c
A, c ∈ R
.
x = c . (ii). xlim →c f ( x ) Teorema 3.2.2 Jika xlim →c
g ( x) keduanya ada dan k ∈ R maka berlaku pernyataandan xlim →c
pernyataan berikut berikut : lim { f ( x) ± g ( x)}
i.
x → c
ii.
x → c
iii.
x → c
iv. v.
lim
lim f ( x ) ± lim g ( x)
=
x → c
kf ( x ) = k
lim
x → c
x → c
f ( x)
lim f ( x ) g ( x ) = lim f ( x ). lim g ( x)
lim
x → c
f ( x )
x → c g ( x )
=
Untuk n ∈ N
lim
x → c
f ( x )
lim g ( x)
x → c
g ( x) ≠ 0 , asalkan xlim →c
x → c
n : (a). lim ( f ( x)) = lim f ( x) x → c x → c n
−n − f ( x ) ≠ 0 n (b). lim ( f ( x)) = lim f ( x) , asalkan xlim →c x → c x → c
(c). lim
x → c
( f ( x)) 1 n
1n f ( x ) > 0 = lim f ( x) , asalkan untuk n genap xlim →c x → c
Contoh 3.2.3
= (2 x 2 − 7 x + 6) lim 2 x 2 − lim 7 x + lim 6 (a). xlim 3.2.2 (i) x → 2 →2 x → 2 x → 2
64
=
3.2.2 (ii)
2 lim x 2 − 7 lim x + lim 6 x → 2
x → 2
x → 2
2
= 2 lim x − 7 lim x + lim 6 3.2.2 ( v.a ) x → 2 x → 2 x → 2 = 2.2 2 − 7.2 + 6 = 0 3 .2 .1
= 7 x 2 x − 1 lim 7 x. lim 2 x − 1 (b). xlim 3.2.2 (iii ) x →1 →1 x →1 7 lim x lim (2 x − 1) = ( 7.1) 2.1 − 1 = 7 3.2.2 (ii) & (v.c) x →1 x →1 =
lim (2 x + 3) 2 x + 3 2.(−1) + 3 1 x → −1 = = = .█ (c). lim 5.(−1) + 2 − 3 x → −1 5 x + 2 3.2.2 (iv ) lim (5 x + 2) x → −1
x 2
− 3 x + 2 . 2 x → 2 x − 4 Penyelesaian: Karena limit penyebut sama dengan 0, maka Teorema 3.2.2 (iv) tidak dapat digunakan. Akan tetapi, hal ini bukan berarti limit di atas tidak ada. Pada soal di atas, yang akan dihitung adalah nilai limit untuk x mendekati 2, bukan nilai untuk x sama dengan 2. Oleh karena itu, dengan memanfaatkan teknikteknik aljabar, untuk x ≠ 2 diperoleh: Contoh 3.2.4 Hitung lim
x 2
− 3 x + 2 ( x − 2)( x − 1) x − 1 = = 2 x x x + 2 − + ( 2 )( 2 ) x − 4
Sehingga: lim
x 2
x → 2
Contoh 3.2.5 Tentukan xlim →1
− 3 x + 2 x − 1 2 −1 1 = = = .█ lim 2 + + x 2 2 2 4 3.2.2 (iv) x → 2 x − 4
x − 1 x −
1
.
65
Penyelesaian: lim
x − 1
x →1
x
−1
= lim
(
x
x →1
−1)( x
) = lim ( x + 1) = 1 + 1 = 2 .█
x + 1
−1
x →1
x 3
+8 . x → −2 x 4 − 16
Contoh 3.2.6 Tentukan lim Penyelesaian:
3 3 +8 x − ( −2) ( x − (−2) ) x 2 + x.(−2) + (−2) 2 = lim = lim lim x → −2 x 4 − 16 x →−2 x 4 − ( −2) 4 x →−2 ( x − ( −2) ) ( x 3 + x 2 .(−2) + x.( −2) 2 + (−2)3 )
x
3
= lim
(
( x 2 − 2 x + 4
x → −2 x 3
− 2 x 2 + 4 x − 8)
=
4+4+4 3 = − .█ −8−8−8−8 8
Pada contoh-contoh di atas telah digambarkan bagaimana teknik-teknik aljabar dapat digunakan untuk menyelesaikan soal hitung limit. Namun demikian tidak semua soal limit dapat diselesaikan dengan cara demikian. Sebagai contoh, misalnya
lim x → 0
sin x x
.
Dalam berbagai hal, teorema di bawah ini sangat membantu dalam penyelesaian soal hitung limit. sehingga f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ h( x ) untuk Teorema 3.2.7 (Teorema Apit) Misalkan f , g , dan h fungsi-fungsi sehingga semua x di dalam interval terbuka yang memuat c, kecuali mungkin di c. Jika
lim
f ( x ) =
lim h( x) = L
maka
lim
g ( x )
= L .
1 Contoh 3.2.8 Tentukan lim x sin . x x → 0 Penyelesaian: Untuk x ≠ 0 , sin
1 x
≤ 1 . Oleh karena itu, untuk x ≠ 0 berlaku:
66
x sin
1 x
= x sin
1 x
≤ x
Hal ini berakibat: 1 − x ≤ x sin ≤ x x
1 ( − x ) = lim x = 0 maka lim x sin = 0 .█ Selanjutnya, karena xlim →0 x → 0 x x → 0
Soal Latihan Untuk soal 1 – 6, tunjukkan pernyataan berikut dengan definisi limit. 1 1 ( x + 2) = 3 lim x 2 = 1 = lim 1. xlim 2. 3. →1 x → −1 2 x → 2 x 4. lim
x + 2
x → 0 x
−1
5. xlim →4
= −2
1, 7. Jika f ( x) = − 1,
x x
≥0 <0
x
=2
x 2
−1 =2 x − 1 x →1
6. lim
f ( x ) tidak ada. , tunjukkan bahwa xlim →0
Untuk soal 8 – 20, hitunglah masing-masing limit jika ada. ( x 2 − 20) 8. xlim →5 x 2
+ 2 x − 8 11. lim 2 x → 2 x − 4 s 4
−1 s → −1 s 3 + 1
14. lim
( x 2 + 3 x + 1) 9. xlim → −2 12. lim
x →1
15. lim
u →1
x − 1 x
lim x → 0
x + 2 x−3 x 6
− 64 x → 2 x 3 − 8
13. lim
−1
u3 2
10.
2 16. lim 2 − x + 3 x → −1 1 − x 2
−1
1− u
67
x 2
−4 x → 2 3 − x 2 + 5
17. lim
20. lim
x n
− an 18. lim x → a x − a
x + h − x
h→0
21.
h
lim x → 2
19. lim
x n
x → − a
(1 x) − (1 2)
22. lim
x−2
x →0
+ an x + a
3 1 + x
−1
x
3.3 Limit Satu Sisi Kiranya mudah dipahami bahwa xlim →0 Namun Namun demikian, demikian, apabila apabila
x > 0
maka xlim →0
x
x
tidak ada, karena
x
tidak terdefinisika terdefinisikann untuk x < 0 .
ada dan nilainya sama dengan 0. Hal ini membawa kita
kepada definisi berikut ini. Definisi 3.3.1 (i). Misalkan f ( x x) terdefinisikan pada suatu interval (c, c + δ ) . Apabila untuk x di dalam (c, c + δ )
yang cukup dekat dengan c, nilai f ( x x) mendekati L, maka dikatakan bahwa L merupakan
limit kanan f ( x x) untuk x mendekati c, ditulis:
lim+ f ( x) = L
x →c
x) (ii). Misalkan f ( x
terdefinisikan pada suatu interval (c − δ , c) . Apabila untuk x di dalam (c − δ , c )
yang cukup dekat dengan c, nilai f ( x x) mendekati L, maka dikatakan bahwa L merupakan limit kiri f ( x x) untuk x mendekati c, ditulis:
lim− f ( x) = L
x →c
Secara matematis, definisi di atas dapat dituliskan sebagai berikut: f ( x ) = L jika dan hanya jika untuk setiap (i). xlim + →c
berlaku berlaku
f ( x ) − L
ε > 0
< ε .
68
ada δ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ (c, c + δ )
f ( x ) = L jika dan hanya jika untuk setiap (ii). xlim − →c
berlaku berlaku
f ( x ) − L
ε > 0
ada δ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ (c − δ , c)
< ε .
L + ε L
L
L + ε
c
c+δ
c-δ
(a)
(b) Gambar 3.3.1
L − ε Contoh 3.3.2 (a). xlim →0 +
x
=0
(b). Untuk bilangan bulat n, lim+ [ x ] = n x →n
c
lim−
dan
x →0
x
tidak ada.
lim− [ x ] = n − 1
dan
x →n
f ( x ), lim f ( x), lim f ( x ), dan lim f ( x ) jika diketahui: Contoh 3.3.3 Tentukan xlim − + − + →0 x →0 x →1 x →1
2 x − 1, f ( x ) = x − 1 2 , x − 1 Penyelesaian: 69
x
<1
x
>1
L − ε
(a). Untuk x cukup dekat dengan 0 (baik x < 0 maupun x > 0), f ( x) = 2 x − 1 . Oleh karena itu, lim− f ( x) = lim− (2 x − 1) = −1 x →0
x →0
lim+ f ( x) = lim+ (2 x − 1) = −1
x →0
x →0
(b). Untuk x cukup dekat dengan 1 dan x < 1, f ( x) = 2 x − 1 . Sehingga: lim− f ( x) = lim− (2 x − 1) = 1
x →1
x →1
x − 1 Tetapi, untuk x cukup dekat dengan 1 dan x > 1, f ( x) = 2 . Sehingga: x − 1 x − 1 x − 1 1 1 = lim+ = .█ lim+ f ( x) = lim+ 2 = lim+ 2 x →1 x →1 x − 1 x →1 ( x − 1)( x + 1) x →1 x + 1
Dari beberapa contoh di atas, diperoleh beberapa kenyataan. Limit kiri suatu fungsi ada tetapi limit kanannya tidak ada (atau sebaliknya), limit kiri dan kanan suatu fungsi ada tetapi nilainya tidak sama, dan limit kiri dan kanan suatu fungsi ada dan nilainya sama. Selanjutnya, karena ketunggalan limit maka diperoleh pernyataan berikut. Teorema 3.3.4
lim f ( x ) x →c
= L
jika dan hanya hanya jika
lim− f ( x) = lim+ f ( x) = L .
x →c
x →c
Sebagai akibat langsung dari Teorema di atas, diperoleh: Akibat 3.3.5 Jika xlim →c −
f ( x) ≠ lim f ( x ) x →c +
f ( x) maka xlim →c
tidak ada.
f ( x) ≠ lim f ( x ) maka lim f ( x) tidak ada. Pada Contoh 3.3.3 di atas, karena xlim − x →1 →1 x →1+
Contoh 3.3.6 Diberikan:
2 x − 1, f ( x) = x3 , Karena untuk x < 1 , f ( x) = 2 x − 1 , maka: 70
x
<1
x
>1
lim− f ( x) = lim− (2 x − 1) = 1 .
x →1
x →1
Secara sama, lim+ f ( x) = lim+ x3 = 1 .
x →1
x →1
f ( x ) = 1 = lim f ( x) maka: lim f ( x) = 1 .█ Selanjutnya, karena xlim − x →1 →1 x →1+
f ( x) jika diketahui: Contoh 3.3.7 Tentukan xlim →2
x , f ( x ) = [ x ],
x
≤2
x
>2
Penyelesaian: lim
x →2 −
f ( x )
lim+ f ( x) = lim+ [ x ] = 2
= lim− x = 2
x →2
x → 2
x → 2
f ( x) = 2 .█ Jadi, xlim →2
3.4 Limit Tak Hingga dan Limit Menuju Tak Hingga Terlebih dahulu diperhatikan masalah hitung limit berikut: lim
1
x →0 x 2
. Untuk nilai-nilai x yang cukup
1 dekat dengan 0, maka nilai-nilai f ( x) = 2 diberikan pada table berikut ini. x
Tabel 3.4.1 x
1 0,5 0,01
1
x
x 2
1 −1 4 −0,5 10.000 −0,01 71
1 x 2
1 4 10.000
0,0001 0,000005
100.000.000 −0,0001 40.000.000.000 −0,000005
100.000.000 40.000.000.000
Dari Tabel 3.4.1 di atas dapat dilihat bahwa apabila nilai x semakin dekat dengan 0, maka nilai
f ( x ) =
1 x 2
1 menjadi semakin besar. Bahkan nilai f ( x) = 2 akan menjadi besar tak terbatas apabila x mendekati 0, baik x 1 dari sisi kiri maupun dari sisi kanan. Grafik fungsi f ( x) = 2 dapat dilihat pada Gambar 3.4.1. x
f ( x )
Gambar 3.4.1
x) x menuju nol sama dengan tak hingga, ditulis: Dalam hal ini, dikatakan bahwa limit f ( x lim f ( x) = ∞ x →0
Secara sama mudah diperlihatkan: lim
−1
x →0 x 2
72
= −∞
=
1 x 2
Selanjutnya, diperoleh definisi berikut: Definisi 3.4.1 (i).
jika untuk setiap x cukup dekat dengan c, tetapi
,
maka f ( x x) menjadi besar tak
terbatas arah positif.
(ii).
jika untuk setiap x cukup dekat dengan c, tetapi
,
maka f ( x x) menjadi besar tak terbatas arah
negatif.
Secara matematis, Definisi di atas dapat ditulis sebagai: (atau −∞) jika untuk setiap bilangan bilangan real terdapat bilangan bilangan real sehingga untuk setiap setiap dengan sifat berlaku berlaku (atau )
Contoh 3.4.2 1 =∞ (a). xlim →−1 x + 1
1 1 1 = lim = −∞ . x →0 x3 − x 2 x →0 x 2 x − 1
(b). lim
→ c , dengan c suatu bilangan berhingga. Akan tetapi, dalam berbagai aplikasi sering ditanyakan bagaimana nilai f ( x) apabila nilai x cukup besar. Di atas telah diterangkan pengertian limit untuk
Sebag Sebagai ai contoh contoh,, bagaim bagaimana ana nilai nilai
f ( x)
=
1 x
x
apabil apabilaa nilai nilai
x
cuku cukupp besa besar? r? Tabe Tabell 3.4. 3.4.22 di bawa bawahh
memperlihatkan nilai f untuk berbagai nilai x. Ternyata semakin besar nilai x (arah positif), nilai semakin kecil mendekati nol. Dalam hal ini dikatakan: 1
lim x →∞
x
=
0
Tabel 3.4.2
73
f ( x )
(a) f ( x )
x
10 1.000.000 5.000.000 100.000.000
=
(b)
1
f ( x)
x
x
0,1 0,000001 0,0000002 0,00000001
−1 −1.000.000 −5.000.000 −100.000.000
Secara sama, apabila x besar tak terbatas arah negative ternyata berakibat lim
1
x → −∞ x
f ( x )
=
1 x
−1 −0,000001 −0,0000002 −0,00000001 mendekati nol, yaitu:
=0
Kemudian dapat diturunkan pengertian limit menuju tak hingga. Hal itu dituliskan dalam definisi berikut. berikut. f ( x ) = L Definisi 3.4.3 (i). xlim →∞
jika f ( x ) terdefinisikan untuk setiap nilai x cukup besar (arah positif )
dan jika x menjadi besar tak terbatas (arah positif ) maka f ( x ) mendekati L.
lim (ii). x→ −∞
f ( x) jika f ( x) terdefinisikan untuk setiap nilai x cukup besar (arah negatif ) dan jika x
menjadi besar tak terbatas (arah negatif ) maka f ( x ) mendekati L.
Secara matematis, Definisi 3.4.3 dapat ditulis sebagai: (i).
lim f ( x)
= L
x →∞
setiap x
lim (ii). x→ −∞
> M
jika untuk setiap setiap bilangan real ε > 0 terdapat bilangan M > 0 sehingga untuk berlaku f ( x ) − L
< ε .
f ( x) = L jika untuk setiap setiap bilangan real ε >
−
x
− L < ε
74
0
terdapat bilangan M >
0
sehingga untuk
Mudah ditunjukkan bahwa: 1 lim = 0
lim
dan
x →∞ x
1
x →−∞ x
=0
1 Contoh 3.4.4 Tentukan lim 3 . x →∞ x + 9 1 1 < . Selanjutnya, karena lim 1 = 0 maka Penyelesaian: Untuk x > 0 , x3 + 9 > x . Sehingga 0 < 3 x →∞ x x + 9 x dengan Teorema Apit diperoleh: 1 = 0 .█ lim 3 x →∞ x + 9
Contoh 3.4.5 Hitung lim
x
2 − 2 x − 3
x →∞ 2 x 2 + 4 x + 7
.
Penyelesaian: Karena: 2 ( x − 2 x − 3 = lim ( x ( x − 2) − 3) = ∞ x →∞ x →∞
lim (2 x 2 + 4 x + 7 = ∞
lim
x →∞
maka sifat limit perbagian tidak dapat digunakan. Namun demikian apabila pembilang dan penyebut samasama dibagi dengan x 2 maka: lim
x
2 − 2 x − 3
x →∞ 2 x 2
+ 4 x + 7
2 − 2 x − 3 x 2 = lim x →∞ 2 x 2 + 4 x + 7 x 2
(
x
)
2 3 2 3 lim 1 − − 2 1− − 2 x x 1 − 0 − 0 1 x x = lim = x→∞ = = .█ 4 7 + + 2 0 0 2 4 7 x →∞ 2 + + 2 lim 2 + + x x x →∞ x x 2
Contoh 3.4.6 Tentukan lim
x →−∞ x 5
x
3 + 7 x − 6
+ 2 x3 − 7 x + 10
.
Penyelesaian: Dengan membagi pembilang dan penyebut dengan x5 , diperoleh: 75
x
lim
x →−∞ x5
x
3 + 7 x − 6
+ 2 x3 − 7 x + 10
3 + 7 x − 6
x5 x → −∞ x5 + 2 x3 − 7 x + 10
= lim
x
5
1 7 6 lim 2 + 4 − 5 0+0−0 x →−∞ x x x = = = 0 .█ 2 7 10 1 + 0 − 0 + 0 lim 1 + 2 − 4 + 5 x → −∞ x x x x 6
− 2 x3 + 7 x − 6 Contoh 3.4.7 Hitung lim 5 . x →−∞ x + 2 x3 + 7 x + 10 Penyelesaian: Dengan membagi pembilang dan penyebut dengan x5 , diperoleh: lim
x
6 − 2 x 3 + 7 x − 6
x →−∞ x 5
+ 2 x3 + 7 x + 10
x
6 − 2 x3 + 7 x − 6
x5 x → −∞ x 5 + 2 x 3 + 7 x + 10
= lim
x5
2 7 6 lim x − 2 + 4 − 5 x → −∞ x x x − ∞ − 0 + 0 − 0 = = = −∞ .█ 2 7 10 1 + 0 + 0 + 0 lim 1 + + + x → −∞ x 2 x 4 x5 Soal Latihan Untuk soal 1 – 20, tentukan nilai limitnya jika ada. Jika tidak ada limitnya, terangkan alasannya! 1 2 − x lim− x + 1 lim 1. xlim 2. 3. − x →−1 →2 x →3 3 − x x x − a 1 lim lim 4. xlim 5. 6. x → a ( x − a ) 2 →2 ( x − 2) 2 x →1− 1 − x 2 7. xlim →1+
x
1 − x 2
8. xlim →−2 +
x + 2
9. xlim →−2
x + 2
76
x + 2 x + 2
3 x 3 + 5 x 2 − 7 7 x 2 − 5 x + 11 3 x − 2 x 10. xlim 11. 12. lim lim 3 5 2 →∞ 8 − 2 x + 5 x x →−∞ 3 x + 4 x − 11 x + 21 x →∞ 1 − x 2 x − 5 x − 7 lim ( lim x 2 − 1 − x 2 + 2 x 13. xlim 14. 15. →−∞ 3 x + 2 x →∞ x →∞ x 2 − 7 x + 5 x 3 2
− 5 x + 2 16. xlim →−∞ x 3 − 2 x − 3
x 2 x 2 − 17. xlim →∞ 2 x − 1 2 x + 1
( x − 19. xlim →∞
20. xlim →−∞
x 2
− 2 x
18. lim+ x →1
x 2 − x x − x 2
( x 2 + 2 x + 5 x
f ( x) , lim f ( x) , dan lim f ( x ) jika diberikan: 21. Tentukan xlim →−1 x →0 x →3
22. Fungsi f
2 x − 1, x ≤ 0 2 x + 3 x , 0 < x < 3 f ( x ) = x 2 − 3 x − 5 x + 1, x ≥ 3 yang terdefinisikan pada [−a, a ] dikatakan genap (atau ganjil ) jika f (− x) = f ( x) (atau
f ( − x ) = − f ( x) )
genap,
untuk setiap
x ∈ [ − a, a ] .
f ( x) = L maka tentukan lim− f ( x ) jika: (a). f Jika xlim →0 + x →0
(b). f ganjil.
3.5 Limit Fungsi Trigonometri Dengan memanfaatkan Teorema Apit, dapat ditunjukkan teorema di bawah ini.
Teorema 3.5.1 (i). lim
sin x
x →0
(ii).
lim x →0
tan x x
=
lim x →0
x x
tan x
= lim
x →0
=1
x
sin x
= 1.
.
77
sin 5θ . θ →0 tan 3θ
Contoh 3.5.2 Hitung lim Penyelesaian: lim
θ →0
sin 5θ tan 3θ
=
sin 5θ
lim
5θ
θ →0
5θ
3θ
1
tan 3θ 3θ
=
sin 5θ
lim
θ →0
5θ
. lim
θ →0
3θ tan 3θ
. lim
θ →0
5θ 3θ
Tetapi untuk θ → 0 berakibat 3θ → 0 dan 5θ → 0 , sehingga: lim
θ →0
sin 5θ
lim
=
tan 3θ
5θ →0
sin 5θ 5θ
. lim
3θ →0
Soal Latihan Untuk soal 1 – 12, hitunglah nilai limitnya. cos x sin 5 x lim 1. xlim 2. x → 2 x − ( π 2) →0 tan 2 x 4. lim
x → 0
7. 10.
lim x → 0
lim x → a
3 sin 2 2 x 2 x sin 3 x − sin 4 x sin x − sin a x − a
5. 8.
lim x → 0
lim x → 0
tan 3θ
. lim
5θ
θ →0
3θ
= 1.1.
5 3
=
5 3
.█
2 4 x sin 3. lim x → 0 x tan 3 x
π
x 3
3θ
1 − cos x
6.
x sin 3 x x tan 5 x cos 2 x − cos 7 x
1 − 1 11. lim x → 0 sin x tan x
lim x → a
sin( a − x) x − a
1 − sin x x →π 2 cos x
9. lim
1 1 12. lim − x → 0 x x cos x
3.6 Bilangan Alam Pada bagian ini, pembaca diingatkan kembali pada rumus a, b ∈ R dan n ∈ N :
binomium Newton Newton.
Untuk sebarang
n n − k k n n(n − 1) n − 2 2 n n −1 + = ( ) a b a b + ... + b n (3.6.1) a b = a + n a b + 2! k =1 k 1 Apabila diambil a = 1 dan b = , maka dari (3.6.1) diperoleh: n
∑
n
78
n 1 + 1 = 1n − k 1 k = 1 + 1 + n(n − 1) 1 2 + ... + 1 n 2! n n k =1 k n n 1 1 1 1 2 1 1 2 n − 2 n − 1 = 2 + 1 − + 1 − 1 − + ... + 1 − 1 − ...1 − 1 − n ! n n n n 2! n 3! n n n
n
∑
n n 1 1 Karena 1 ≤ 1 + ≤ 3 maka menurut Teorema Apit nilai lim 1 + ada. Berdasarkan perhitungan, n n →∞ n untuk n → ∞ diperoleh:
1 n 1 1 1 lim 1 + = 2 + + + + ... = 2,718... = e n 2! 3! 4! n →∞ Selanjutnya, e disebut bilangan alam. Secara sama dapat ditunjukkan: −n 1 (3.6.2) lim 1 − = e n n →∞ Mudah ditunjukkan bahwa untuk n ≤ m berlaku:
1 + 1 n ≤ 1 + 1 m n m Selanjutnya, apabila diberikan sebarang bilangan real positif x maka dapat dicari bilangan asli sehingga n ≤ x ≤ m . Hal ini berakibat: 1 + 1 n ≤ 1 + 1 x ≤ 1 + 1 m n x m n m 1 1 dan karena lim 1 + = lim 1 + = e maka sekali lagi dengan Teorema Apit diperoleh: n m n →∞ m→∞ x 1 (3.6.3) lim 1 + = e x →∞ x Berdasarkan (3.6.2), tentunya mudah dipahami bahwa:
(3.6.4)
1 x lim 1 + = e x → −∞ x
79
m
dan
n
Selanjutnya, apabila diambil substitusi
u
1 = , maka untuk x
u
→
0
berakibat x → ± ∞. Sehingga, dari (3.6.3)
dan (3.6.4) diperoleh: (3.6.5)
lim
u →0
(1 + u )1 u
1 x = lim 1 + = e x →± ∞ x
3 x −5 2 Contoh 3.6.1 Hitung lim 1 + . x →∞ 1 − x
2 1 Penyelesaian: Apabila diambil substitusi 1 − x = y maka berturut-turut diperoleh: (i).
x
= 1 − 2 y , sehingga 3 x − 5 = −6 y − 2 .
1 − x maka untuk x → ∞ berakibat y → −∞ . 2 Selanjutnya, berdasarkan (3.6.4): (ii). Karena y =
2 3 x −5 = lim lim 1 + x →∞ 1 − x y →−∞
1 −6 y −2 1 + = lim y y →−∞
1 −6 y 1 −2 1 + 1 + y y
1 y − 1 −2 = lim 1 + lim 1 + y → −∞ y y →−∞ y 6
−6 −2 y 1 1 = lim 1 + = e −6 .1 = e −6 .█ lim 1 + y →−∞ y y →−∞ y
( 2 − x )1 ( x −1) . Contoh 3.6.2 Tentukan xlim →1
Penyelesaian: Soal dapat ditulis: lim ( 2 − x )1 ( x −1) = lim (1 + (1 − x))1 ( x −1)
x →1
x →1
Diambil substitusi y = 1 − x . Jika x → 1 maka y → 0 . Selanjutnya, menurut (3.6.5) diperoleh:
80
− 1 .█ ( ( 1 1 1 1 x −1) x −1) − y y = lim (1 + (1 − x)) = lim (1 + y ) = lim (1 + y ) = lim ( 2 − x ) e x →1 x →1 y →0 y →0 1
Teorema berikut ini sangat bermanfaat untuk menyelesaikan soal-soal hitung limit yang berkaitan dengan bilangan alam. Bukti diserahkan kepada pembaca sebagai latihan. f ( x ) = 0 Teorema 3.6.3 Apabila xlim →c
g ( x ) dan xlim →c g ( x )
lim (1 + f ( x))
x
c
= ∞ (atau − ∞)
=
lim
e x →c
maka:
f ( x ). g ( x )
3 x − 2
x − 1 Contoh 3.6.4 Tentukan xlim →∞ x + 1 Penyelesaian: Soal dapat ditulis:
.
3 x − 2 − 2 3 x−2 x − 1 lim = xlim 1 + → ∞ x →∞ x + 1 x + 1 −2 Apabila berturut-turut diambil f ( x) = dan g ( x) = 3 x − 2 maka: x + 1 lim f ( x) = 0 dan lim g ( x) = ∞ x →∞ x →∞
Selanjutnya, menurut Teorema 3.6.3: 3 x − 2
x − 1 lim x →∞ x + 1
Contoh 3.6.5 Hitung lim x x →1
x x
2
−3 x + 2
−2 ( 3 x − 2 ) − 2 3 x−2 lim → ∞ x +1 = xlim + = = e e −6 .█ 1 →∞ x + 1 x
.
Penyelesaian: x
x 2
lim x x −3 x + 2 = lim (1 + ( x − 1) ) x →1 x →1
81
x
2 − 3 x + 2
Selanjutnya, jika diambil f ( x) = x − 1 dan g ( x) = lim f ( x) = 0 x →1
x
maka: − 3 x + 2 dan lim g ( x) = ± ∞ x →1
x
2
Sehingga menurut Teorema 3.6.3: x
x
lim x x →1
x
2
−3 x + 2
= lim (1 + ( x − 1) ) x →1 =e
lim
x →1
x ( x −1) ( x − 2 )( x −1)
x 2 − 3 x + 2
=e
lim ( x −1).
x →1
x
x 2
−3 x + 2
= e −1 .█
2 x − 3 x Contoh 3.6.6 Selesaikan xlim . →0 3 x Penyelesaian: Tulis: 2 x − 3 x 2 x − 1 + 1 − 3 x 2 x − 1 3 x − 1 = xlim = xlim − xlim lim →0 →0 3 x →0 3 x x →0 3 x 3 x Berturut-turut diambil substitusi: u
= 2 x − 1
dan
v = 3 x
−1
maka: 2 x − 1 u 1 1 1 1 1 1 1 = = = = = lim lim . ln 2 (i). x→0 3 x u →0 3. 2 log(1 + u ) 3 lim 2 log(1 + u ) 1 u 3 2 log lim (1 + u ) 1 u 3 2 log e 3 u →0 u →0 u 3 x − 1 1 1 1 1 1 1 1 = = = = = lim lim . (ii). x →0 3 x u →0 3. 3log(1 + u ) 3 lim 3log(1 + u )1 u 3 3log lim (1 + u ) 1 u 3 3 log e 3 ln 3 u →0 u →0
Selanjutnya, dari (i) dan (ii) diperoleh: 2 x − 3 x 1 = ( ln 2 − ln 3) .█ lim x → 0 3 x 3
Soal Latihan Untuk soal 1 – 10, hitunglah nilai limitnya.
82
3 x −1 2 1. lim 1 − x → ∞ x − 2
( x − 1) 1 ( x − 2) 2. xlim →2
−2 x x − 1 3. lim x → −∞ x + 2
2 1 ( 1) ( x − 3 x + 3 x − 4. xlim →1
5. lim
x → 0
7.
lim x →1
2 x + 1 − 2 x +1 3 6. lim 2 x x → 0
2 x − 1 x
7 x − 5 3 x − 1 8. lim x → ∞ 3 x + 1
x − 1 ln x x 2
1 x 2
− 1 9. lim 2 x → 0 x − 2 x − 1
1 ( x 2 − 7 x ) x + 1 10. lim x → 0 x 3 + x + 1
3.7 Fungsi Kontinu f ( x ) sama dengan f (c ) , Seperti telah dijelaskan pada bagian sebelumnya, kadang-kadang nilai xlim →c
kadang pula tidak sama. Pada kenyataannya, meskipun
f (c )
f ( x ) tidak terdefinisikan akan tetapi xlim →c
f ( x ) = f (c ) maka dikatakan fungsi f kontinu di c. mungkin ada. Apabila xlim →c kontinu di a ∈ D f Definisi 3.7.1 Fungsi f dikatakan kontinu
f ( x) = f ( a ). jika xlim →a
Definisi 3.7.1 di atas secara implisit mensyaratkan tiga hal agar fungsi f kontinu di a, yaitu: (i). f (a) ada atau terdefinisikan, f ( x ) ada, dan (ii). xlim →a f ( x ) = f ( a ) (iii). xlim →a
83
Secara grafik, fungsi f kontinu di x = a jika grafik fungsi f pada pada suatu suatu interval yang memuat memuat a tidak terpotong di titik (a, f (a)) . Jika fungsi f tidak kontinu di a maka dikatakan f diskontinu di a. Pada Gambar, f kontinu di x1 dan di setiap titik di dalam (a, b) kecuali di titik-titik x2, x3, dan x4. Fungsi f diskontinu di x2 f ( x ) tidak ada, diskontinu di x3 karena nilai lim f ( x ) tidak sama dengan nilai fungsi di x3 karena xlim x → x3 → x2
(meskipun keduanya ada), dan diskontinu di x4 karena nilai fungsi di titik ini tidak ada.
y = f ( x )
° °
a
x1
x2
° • x3
x4
b
Gambar 3.7.1
Fungsi f dikatakan kontinu pada interval I jika f kontinu di setiap titik anggota I . Contoh 3.7.2 x 2 −1
(a). Fungsi f dengan rumus f ( x ) =
x −1
diskontinu di x = 1 karena f (1) tidak terdefinisi.
(b). Fungsi Heavyside H Heavyside H yang didefinisikan oleh
H ( x ) =
0 1
jika x < 0 jika x
≥0
H ( x ) tidak ada. diskontinu di x = 0 sebab xlim →0
(c). Fungsi g dengan definisi: 84
x 2 − 4 x − 2 g ( x ) = 1
jika x ≠ 2 jika x = 2
g ( x ) = lim diskontinu di x = 2 sebab g (2) (2) = 3 sedangkan xlim →2 x → 2
x 2 − 4 x − 2
( x + 2) = 4 . Namun demikian = xlim →2
g ( x ) = 3 = g (1) .█ fungsi g kontinu di x = 1 sebab xlim →1
Berikut sifat-sifat dasar fungsi kontinu. Teorema eorema 3.7.3
Jika fungsi f dan g kontinu di a, dan dan k sebara sebarang ng konst konstan anta ta real , maka maka f + g ,
f – g, kf , dan fg kontinu di a. Demikian Demikian pula,
f
kontinu di a asalkan g ( a )
≠0 .
Seperti halnya pada hitung limit, dalam kekontinuan juga dikenal istilah kontinu satu sisi. Hal itu diberikan pada definisi berikut ini. lim = f ( a ) . Definisi 3.7.4 (i). Fungsi f dikatakan kontinu kontinu dari kiri kiri di a jika x → a − f ( x ) = f ( c ) . (ii). Fungsi f dikatakan dikatakan kontinu kontinu dari kanan di c jika xlim →c +
Contoh 3.7.5 Diberikan f ( x ) = 1 − x 2 . Selidikilah kekontinuan fungsi f. Penyelesaian: Jelas f tidak kontinu pada ( − ∞ ,− 1) dan pada (1 ,∞ ) sebab f tidak terdefinisi terdefinisi pada interval tersebut. Untuk nilai-nilai a dengan –1 < a <1 diperoleh: lim
x → a
f ( x ) =
lim 1 − x 2 =
x → a
lim (1 − x 2 ) = 1 − a 2 = f ( a )
x → a
85
Jadi, f kontinu pada ( −1, 1). Dengan perhitungan serupa didapatkan: lim + f ( x ) = 0 = f ( − 1)
lim
dan
x → −1
x → 1 −
f ( x )
= 0 = f (1)
sehingga f kontinu dari kanan di x = −1 dan kontinu dari kiri di x = 1. Jadi, f kontinu pada [ − 1,1] .█ polinomial l , fungsi rasional rasional , fungsi akar , fungsi logaritma logaritma, fungsi eksponen eksponen, dan Teorema 3.7.6 Fungsi polinomia fungsi trigonome trigonometri tri kontinu pada pada domainnya domainnya masing-masing masing-masing .
Contoh 3.7.7 (a). f ( x ) = x 2 − x +1 kontinu pada R . x 3 − 5 x
(b). f ( x ) = 2 kontinu pada { x ∈ R ; x ≠1 , x −1
x
≠ −1 } .
(c). f ( x ) = x −1 kontinu pada [1 ,∞ ) .█ Hubungan antara fungsi kontinu dan hitung limit dinyatakan dalam teorema berikut. lim g ( x ) = b, kontinu di b dan x →a Teorema 3.7.8 Jika f kontinu
lim f ( g ( x ) ) = f ( b). Dengan kata lain
maka x → a
lim f ( g ( x ) ) = f lim g ( x )
ln (1 + x ) . Contoh 3.7.9 Hitung xlim →1 g ( x ) = 2 Penyelesaian: Namakan f ( x ) = ln x dan g ( x ) =1 + x . Karena xlim dan f kontinu di →1
lim ln (1 + x ) = lim
x →1
x → 1
f ( g ( x ) )
= f lim g ( x ) = = ln 2 .█ ( ) ln lim g x x → 1 x → 1 86
x
= 2 maka
Soal Latihan Untuk soal 1 – 8, tentukan titik-titik di mana fungsi berikut diskontinu. 1. h( x) =
x
+
3
x + 2 3. f ( x) = 3 x − 1
2. f ( x) = 3 x 2 −1
x
4. g ( x) = x tan x
5.
3 x 2 − 1, x > 3 = g ( x ) 7. 5 , 1 < x ≤ 3 3 x + 2 , x ≤1
f ( s ) =
2 s 2 s − 3
x, 8. f ( x) = 2 x, 3 x 2 ,
6. h(t ) =
t 2
−4 t − 2
<0 0 ≤ x ≤ 1 3 x > 1 3
x
1 9. Selidiki kontinuitas f ( x) = 1 − x pada [−1, 5] 0 ≤ x ≤ 3 3 < x ≤ 7
2 x , 10.Jika f ( x) = 2 15 − x ,
maka tunjukkan bahwa f kontinu pada [0,7] .
Untuk soal 11 – 13, tentukan nilai a dan b agar fungsi-fungsi fungsi-fungsi berikut kontinu untuk pada R.
ax 2 − 3 , + x 5 11. f ( x) = bx + 2 ,
x > − 5
x
≤ −5
tan ax , tan bx 4 , f x = ( ) 12. ax + b ,
87
x
<0
x
=0
x
>0
