bab ii fungsi dan limitnya
BAB II
FUNGSI DAN LIMITNYA 2.1 Fungsi dan Grafiknya
Misal A = {a1,a2, a3, a4, a5}, B = {b1, b2, b3, b4, b5} adalah dua
himpunan yang anggotanya berhingga, maka dapat dibuat hubungan (relasi) antara himpunan A dan B, seperti gambar berikut.
Andaikan A dan B anggotanya tidak berhingga, maka dapat dibuat garis real dalam bentuk sumbu koordinat X dan Y. Semua titik pada sumbu X disebut domain (daerah asal alamiah) sedang semua titik pada sumbu Y yang mempunyai pra peta di A disebut renge.
A
B
X Y
(2)
Definisi:
Fungsi adalah suatu aturan korespondensi satu-satu yang menghubungkan setiap objek x dalam suatu himpunan, yang disebut daerah asal (domain) dengan sebuah nilai tunggal f(x) dari suatu himpunan yang kedua. Himpunan nilai yang diperoleh secara demikian disebut daerah hasil (range).
Untuk memberi nama suatu fungsi digunakan simbol berupa f atau F. Maka f(x) dibaca “fungsi f pada x”. Hal ini menunjukkan nilai yang diberikan oleh fungsi f terhadap nilai x.
Jadi secara umum jika f : A -> B adalah fungsi f dari disebut Range. Untuk menentukan daerah asal dan daerah hasil statu fungsi secara lengkap kita harus menyatakan, disamping aturan yang bersesuian daerah asal fungsi. Misalnya jika f adalah fungsi dengan aturan f(x) = x + 1 maka daerah asal alamiah (domain) f(x) adalah semua bilangan real dan daerah hasil (range) adalah semua bilangan real. f(x) = x + 1 daerah asal alamiahnya semua bilangan real karena untuk setiap x bilangan real f(x) mempunyai nilai.
Contoh
Tentukan daerah asal alamiah dan Range dari:
1. f(x) = 1 x Jawab
Daerah asal alamiah (D) = {x|x < 1} = (-,1)
Daerah hasil (R) = {y|x 0 } = [0,) 2. f(x) = 1 2
1 x
Jawab
Daerah asal alamiah (D) = R – {-1,1} Daerah hasil (R) = R – {0}
3. f(x) = x2 1
Jawab
(3)
Daerah hasil (R) = [0,1]
4. f(x)
1 1
x
Jawab
Daerah asal alamiah (D) = (1,
) Daerah hasil (R) = (0,1)Catatan
Misal f(x) dan g(x) fungsi-fungsi yang terdefinisi pada interval tertentu dalam R,
1. Jika f(x) = f(-x) maka f(x) disebut fungsi genap Contoh
a. f(x) = x2 x4adalah fungsi ganjil karena f(-x) = (-x)2 -(-x)2 = x2 x4
b. f(x) = 1 2 1
x
adalah fungsi genap
c. f(x) = 6 adalah fungsi genap
2. Jika –f(x) = f(-x) maka f(x) disebut fungsi ganjil Contoh
a. f(x) = x3 x adalah fungsi ganjil
b. f(x) = 3 2
2 x
adalah fungsi ganjil
3. jika f(x) = f(-x) = -f(x) maka f(x) disebut fungsi genap dan ganjil Contoh
a. f(x) = 0 fungsi genap dan ganjil karena f(x) = 0, -f(x) = -0 = 0 dan f(-x) = 0 sehingga f(x) = f(-x) = -f(x)
4. jika f(x) f( x) f(x) maka f(x) disebut fungsi tidak genap tidak
ganjil. Contoh
a. f(x) = 1 – x adalah fungsi bukan genap dan bukan ganjil b. f(x) = x - x2 adalah fungsi bukan genap bukan ganjil
(4)
c. f(x) =
x 1
1
adalah bukan fungsi genap bukan fungsi ganjil.
2.2 Operasi Pada Fungsi
Sepertihalnya dengan bilangan, fungsi dapat dioperasikan dengan tanda operasi pada bilangan. Operasi tersebut adalah + (jumlah), - (selisih), : (pembagian), dan . (perkalian).
Misal f(x) dan g(x) dua fungsi yang terdefinisi pada suatu selang, maka operasinya adalah:
1. f(x) + g(x) = (f+g)(x) 2. f(x) – g(x) = (f-g)(x) 3. f(x) x g(x) = (fxg)(x)
4. ( ) ( ) 0
) (
) (
x asalkan g x
g f x g
x f
5.
faktor n
x f x f x f x f x
f( ). ( ). ( ). ( ).... ( )
=
faktor n
x f f f f
f. . . ... )( ) (
= fn (x)
Selain operasi di atas, dua fungsi atau lebih dapat dikomposisikan. Jika fungsi f mempunyai daerah hasil f(x) dan fungsi g mempunyai daerah definisi g(f(x)). Maka dapat dikatakan kita telah mengkomposisikan g(x) dengan f(x). Fungsi yang dihasilkan disebut komposisi fungsi g dengan fungsi f dan dinotasikan dengan gof, sehingga
(5)
Dengan cara yang sama kita juga dapat melakukan komposisi f(x) dengan g(x). Fungsi yang dihasilkan disebut komposisi fungsi f dengan fungsi g dan dinotasikan dengan fog, sehingga
(fog)(x) = f(g(x)). Contoh
1. f(x) = x2 4, g(x) = 2 + x 1
1
a. f(x) + g(x) = 2 4
x + (2 +
x 1
1
)
b. f(x) - g(x) = x2 4 - (2 + x 1
1
)
c. f(x). g(x) = ( x2 4)(2 + x 1
1
)
d. f(x) : g(x) = ( x2 4):(2 + x 1
1
)
2. f(x) = 1- x , g(x) = 1 - x a. (fog)(x) = f(g(x))
= 1 – ( 1 - x) = x
b. (gof)(x) = g(f(x)) = 1- 1 x
Berdasarkan a dan b (fog)(x)
(gof)(x)3. f(x) =
x 2
1
(6)
a. (fog)(x) = f(g(x))
= 2 1 2
1 x
b. (gof)(x) = g(f(x))
=
2
2 1
1
x
=
2
4 4
1 1
x x = 22
4 4
4 3
x x
x x
Berdasarkan a dan b (fog)(x) (gof )(x)
Soal-soal
1. Tentukan daerah definisi dan daerah hasil dari fungsi berikut:
a) f(x) = 1- 1x,
b) g(x) =
x 2
1
c) f(x) = 1 x2 ,
d) g(x) = 1- x2
e) f(x) =
x 2
1
,
f) (x) = x3 1 g) f(x) = x2 + 4,
e. g(x) =
3 2 x
(7)
2. Tentukan daerah definisi (f+g)(x), (f-g)(x), (f.g)(x), dan x g f
(
) jika:
a. f(x) = 1- 1x, g(x) =
x 2
1
b. f(x) = 1 x2 , g(x) = 1- x2
c. f(x) =
x 2
1
, g(x) = x31
d. f(x) = x2 + 4, g(x) = 3 2 x
e. f(x) = x 2 3, g(x) = x 1
3. Tentukan (fog)(x) dan (gof)(x) jika
a. f(x) = 1- 1x, g(x) =
x 2
1
b. f(x) = 1 x2 , g(x) = 1- x2
c. f(x) =
x 2
1
, g(x) = x31
d. f(x) = x2 + 4, g(x) = 3 2 x
e. f(x) = x 2 3, g(x) = x 1
2.3 Fungsi Trigonometri
A
C
B
(8)
Pada gambar di atas, ABC adalah sebarang segitiga yang salah
satu sudutnya dan siku-siku pada CBA. Dengan memisalkan AB = x, BC = y dan AC = r. maka berdasarkan segitiga tersebut terdapat 6 perbandingan sisi-sisi segitiga (goniometri) yaitu:
BC AB BC AC AB AC AB BC AC BC AC AB
, , , , ,
Karena A = maka perbandingan tersebut dinyatakan dengan: 1. sin
AC BC
=
r y
2. cos
AC AB
=
r x
3. tan
AB BC
=
x y
y
4. cot
BC AB
= tan
1 1
x y y x
5. sec
AB AC
cos1 1
r x x r
6. csc
BC AC
sin
1 1
r y y r
Karena ABC salah satu sudutnya siku-siku, maka menurut teorema
Pitágoras berlaku:
2 2
2 BC AC
AB
2 2
2 y r
x
Selanjutnya secara berurutan membagi persamaan x2 y2 r2
dengan r2, x2 dan y2 diperoleh persamaan baru
1. 22 22 22 r r r y r x
(9)
) 1 ( 1 sin cos 1 sin cos 1 2 2 2 2 2 2 2 r y r x2. 22 22 22 x r x y x x
) 2 ( sec tan 1 ) (sec tan 1 1 2 2 2 2 2 2 2 x r x y3. 2
2 2 2 2 2 y r y y y x ) 3 ( csc 1 cot ) (csc 1 cot 1 2 2 2 2 2 2 2 y r y x
Persamaan (1), (2), dan (3) di atas dinamakan rumus identitas.
Selanjutnya berdasarkans perbandingan tersebut dapat dibuat beberapa humus tentang fungsi trigonometri.
Perhatikan gambar berikut ini.
Pada gambar di atas terdapat 4 segitiga siku-siku, yaitu OPU
dan OTU TSU
QOT
, , , dan diketahui QOT , TOU . TSU
QOT
sehingga SUT
m
l k O P Q T S U
(10)
Berdasarkan OPU diperoleh perbandingan panjang sisi Sin
OU UP POU
dengan UP = PS + SU
Karena QOTTSU maka SU = UT cos
Karena PS = QT dan karena OQT siku-siku di TQU maka OQ = OT
cos
dan QT = OT sin
Karena OTU siku-siku di OTU maka OT = OU cos dan UT = OU
sin
Karena POU Sin
OU UP POU
sin ( ) =
OU UP
=
OU SU PS
=
OU SU QT
=
OU UT OTsin cos
=
OU OU
OUcossin sin cos
. Sehingga diperoleh rumus sin ( + ) = sincos sin cos ... (4)
Dengan cara yang sama diperoleh: cos
OU OP POU
, OP = OQ – PQ
Karena QOTTSU maka SU = UT cos
Karena PQ = ST dan karena UST siku-siku di TSU maka ST = SU sin
Karena OTU siku-siku di OTU maka OT = OU cos dan UT = OU
sin
Karena OQT siku-siku di TQU maka OQ = OT cos
dan QT = OT(11)
Karena POU cos
OU UP POU
cos ( ) = OU
OP
=
OU PQ OQ
=
OU ST OQ
=
OU UT OTcos sin
=
OU OU
OUcos cos sin sin
Sehinggda diperoleh rumus cos ( + ) = coscos sin sin ... (5)
Berdasarkan (4) dan (5) dapat ditentukan rumus lain Sin ( )= sin ( ())
= sin cos() cos sin( )
= sin cos cos ( sin )
= sin cos cos sin ...(6) Cos ( )= cos ( ())
= cos cos( ) sin sin()
= cos cos sin ( sin )
= cos cos sin sin ...(7)
) cos(
) ( sin ) ( tan
= sincoscoscos cossin sinsin
Persamaan di atas dibagi dengan cos cos, diperoleh:
=
cos cos
sin sin cos
cos cos cos
cos cos
sin cos cos
cos cos sin
(12)
=
cos cos
cos sin
1
cos sin cos
sin
= 1tan tan tantan
Sehingga tan ( )=
tan tan 1
tan tan
... (8)
) cos(
) (
sin ) (
tan
= sincoscoscoscossin sinsin
Persamaan di atas dibagi dengan cos cos, diperoleh:
=
cos cos
sin sin cos
cos cos cos
cos cos
sin cos cos
cos cos sin
=
cos cos
cos sin 1
cos sin cos
sin
= 1tan tan tantan
Sehingga tan ( )=
tan tan 1
tan tan
... (9) Beberapa rumus fungsi trigonometri yang lain adalah: 1. sin() sin
2. cos()cos
3. tan() tan
4.
2 cos 2
sin 2 sin
sin
5.
2 cos 2
cos 2 cos
cos
6. sin2 2sin cos
(13)
8. [cos( ) cos( )] 2
1 sin
sin
9. [cos( ) cos( )]
2 1 cos
cos
10. [sin( ) sin( )]
2 1 cos
sin
11.
2 cos 1 2
sin
x
12.
2 cos 1 2
cos
x
Bukti rumus di atas ditinggalkan oleh penulis untuk menjadi latihan bagi pembaca.
Soal-soal
1. Selidiki fungsi berikut genap, ganjil, bukan genap ataupun ganjil a. f(x) = cos x + sin x
b. f(x) = sec x c. f(x) = cos (sin t) d. f(x) = sin2x
e. f(x) = x2sinx
f. f(x) = sin4 x
2. Buktikan kesamaan berikut. a. (1+ sinx)(1- sinx) =
x
2
sec 1 b. (sec x-1)(sec x +1) = tan2x
c. sec x – sin x cos x = cos x
d. x
x
x 2
2 2
sin sec
1 sec
e. sin 1
sec 1
2 2
x x
f. cos 3y = 4 cos3y 3cos y
g. sin 4s = 8 sin s cos3s 4sin scoss
(14)
i. 1 sec cos cos
sin
p p p
p
j. (1 - cos2 )(1 cot2 ) 1
x
x
k. sin t(csc t – sin t) = cos2t
l.
t y
y
2 2
2
sec 1 csc
csc 1
.
2.4 Limit Fungsi 1 Teorema
1. xlima
f(x)g(x)
xlimaf(x)xlimag(x) 4.
f(x).g(x)
lim f(x).lim g(x) lima x a x a
x
2. xlima
f(x) g(x)
xlimaf(x) xlimag(x) 5.) x ( g a xlim
) x ( f a xlim )
x ( g
) x ( f a xlim
dengan xlimag(x) 0
3. xlimac.f(x) c.xlimaf(x), c = konstanta 6.
n
a x n a
xlimf(x) lim f(x)
2 Bentuk Tak Tentu
Bentuk di dalam matematika ada 3 macam, yaitu :
1.Bentuk terdefinisi (tertentu) : yaitu bentuk yang nilainya ada dan tertentu, misalnya : 6
3,40 .
2.Bentuk tak terdefinisi : yaitu bentuk yang tidak mempunyai nilai, misalnya : 5
0
3.Bentuk tak tentu : yaitu bentuk yang nilainya sembarang, misalnya : 0
0, , ,1
Penting : Persoalan limit adalah mengubah bentuk tak tentuk menjadi bentuk tertentu.
(15)
Jika diketahui fungsi f(x) dan nilai f(a) terdefinisi, maka lim ( ) ( )
x a f x f a
Contoh : 1. lim(x x x) ( ( )) 3
2 2 32 2 3 9 6 15
2.
lim
( )x
x x
x
0 5 7
0 0 5 0 7
0 7
2 2
0
Berikut ini akan dibahas limit Limit Fungsi Aljabar Bentuk Tak Tentu yaitu :
0
0, , 1
dan .
3.1 Bentuk
0 0Limit ini dapat diselesaikan dengan memfaktorkan pembilang dan penyebutnya, kemudian “mencoret” faktor yang sama, lalu substitusikan nilai x = a.
Catatan :
1. Karena xa, maka (xa) 0 sehingga pembilang dan penyebut boleh dibagi dengan (x a)
2. Nilai limitnya ada dengan syarat : Q(a) 0
3. Jika pembilang atau penyebutnya memuat bentuk akar, maka sebelum difaktorkan dikalikan dulu dengan bentuk sekawannya.
Contoh :
1.
lim
lim
(( )()( ))lim
x
x x
x x
x x
x x x xx
3
5 6
9 3
3 2
3 3 3 23 3 23 3 16
2 2
2.
lim
(( ))lim
( )x
x x x
x x x
x x x
x x x x
x x
x x
0
5 4 2
5
4 2 0
5 4 2
0 0 5 0 4 0 2
5 2
3 2
3 2
2 2
2 2
2 2
3.
lim
lim
lim
( ) ( )( )
x
x x
x x x
x x
x
x x
x x x
x x
x x x
1
3 5 1
1
3 5 1
1
3 5 1
3 5 1 1
3 5 1
1 3 5 1
2 2
2 2
2 2
2
2 2
lim
lim
lim
( )
( )( )
( )( )
( )
( )
x
x x
x x x x
x x
x x x x x
x
x x x
1
5 4
1 3 5 1 1
1 4
1 1 3 5 1 1
4
1 3 5 1
2
2 2 2 2
1 4 1 1 4 4
3
2 2 2 83 83
( ) ( )
3.2 Limit Bentuk
(16)
Limit ini dapat diselesaikan dengan membagi pembilang dan penyebut dengan variabel pangkat tertinggi, kemuadian digunakan rumus : x
lim
ax
0
.Contoh : 1. 2 1 12 6 0 0 12 0 0 6 12 6 lim lim x 8 x 7 x 12 x 5 x 2 x 6 lim 2 x 8 x 7 2 x 5 x 2 x 3 x x 8 3 x 2 x 7 3 x 3 x 12 3 x x 5 3 x 2 x 2 3 x 3 x 6 x 2 3 2 3
x
2. 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 lim lim x 4 x x 2 x 3 x 7 x 6 lim 2 x 4 x 1 3 x 3 2 x 7 x 6 x 4 x 2 x 4 4 x 3 x 4 x 4 x 2 4 x x 3 4 x 2 x 7 4 x 3 x 6 x 2 3 4 2 3
x
3. 0 5 0 0 0 0 0 5 5 lim lim 7 x 4 x 2 2 x 3 x 5 lim 4 x 7 2 x 4 x 2 4 x 2 2 x 3 x 4 x 7 4 x 2 x 4 4 x 3 x 2 4 x 2 4 x 2 x 3 4 x 4 x 5 x 2 3 2 4 x Kesimpulan:
Jika f x a xn a xn a
n
( ) ...
0 1
1
g x b xm b xm b
m
( ) ...
0 1
1
maka: 1.
lim
x ( )( )f x g x a b
00 untuk n = m
2. limx ( )( )
f x g x
0 untuk n < m
3. limx ( )( )
f x g x
atau - untuk n > m
4.
lim
x
x x x
x x x
2 7
6 2 8
2 6
1 3
5 4 3
5 3 2 (kesimpulan (1))
5.
lim
x
x x x x x x
10 8 7 12 5 2
2 3
12
0
(kesimpulan (2))6.
lim
x
x x x x x
3 6 2
2 7
7 4
6 4 3 (kesimpulan (3))
3.3 Limit Bentuk
Limit ini umumnya memuat bentuk akar:
Cara Penyelesaian :
(17)
) x ( g ) x ( f ) x ( g ) x ( f x ) x ( g ) x ( f ) x ( g ) x ( f
xlim f(x) g(x) lim
2. Bentuknya berubah menjadi
3. Selesaikan seperti pada (2.4.2) Contoh:
1.
x 6x 2 x 4x 1
lim 2 2
x
x2 6x 2 x2 4x 1
1 x 4 2 x 2 x 6 2 x 2 2
xlim x 6x 2 x 4x 1
x2 6x 2 x2 4x 1 1 x 10 x 1 x 4 2 x 2 x 6 2 x ) 1 x 4 2 x ( ) 2 x 6 2 x (
xlim lim
5
lim 102
1 1 10 1 x 4 2 x x 2 x 2 1 x 10
x
2.
2x2 x x2 3x
x 3 2 x x 2 x 2 2 2 2 x 2 2
xlim 2x x x 3x lim 2x x x 3x
2x2 x x2 3x
x 4 2 x x x 3 2 x x 2 x 2 ) x 3 2 x )( x 2 x 2 (
xlim lim
Secara umum:
ax bx c px qx r
lim 2 2
x
1) b q a
2 jika a = p
2) jika a > p 3) - jika a < p
3. 2 4 42 21
) 5 ( 3 2 2
xlim 4x 3x1 4x 5x 2
4.
4x 7x 1 3x x 8
lim 2 2
x
5.
4x 2x 3 5x 4x 7
lim 2 2
x
3.4 Limit Bentuk
1Definisi :
asli bilangan n ... 718281 , 2 e 1
lim n1n
n
Dari definisi dapat dibuktikan teorema berikut :
pangkat tertinggi pembilang 1, pangkat tertinggi penyebut 1, sebab x2 x
pangkat tertinggi pembilang 2, pangkat tertinggi penyebut 1.
(18)
1. lim
1
lim
1
lim
1 1x
x e x x x 1 x x x 1x
2. lim
1 x
lim
1 x
x e1 0 x x 1 0
x
Contoh :
1.
1
4 44 1 1 4 4 4 4 4 4
1
lim
1
lim
1
lim
1
lim
x x x x x x x x x x x x2.
21 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 x 2 1 x x x 2 1
xlim1 lim 1 lim1 e
3.
3 3x 3 1 0 x 3 x 3 1 0 x x 1 0
xlim1 3x lim 1 3x lim1 3x e
4 Limit Fungsi Trigonometri Teorema :
1. x
lim
0sinxx
lim
x0sinxx
1
2. x
lim
0tanxx
lim
x0 tanxx
1
Untuk keperluan praktis teorema tersebut dapat dikembangkan menjadi: b a bx sin ax tan 0 x bx tan ax sin 0 x bx tan ax tan 0 x bx tan ax 0 x bx ax tan 0 x bx sin ax 0 x bx ax sin 0
xlim lim lim lim lim lim lim
Seperti pada fungsi aljabar, maka pada fungsi trigonometri juga berlaku bahwa jika f(a) terdefinisi, maka: lim ( )x a f x f a( )
Contoh :
1. lim sinx
xcosx
sin cos 0 2 0 0 0 1 1
2. 21 00 21
2 1 cos 3 2 1 sin 2 2 1 cos 2 1 sin x cos 3 x sin
2sinx cosx 2
1 x
lim
Berikut ini akan dibahas limit Fungsi Trigonometri bentuk tak tentu yaitu :
0
0, , .0 .
4.1 Limit Bentuk
0 01. xlim0tansin34xx 43
2. 32
3 2 x sinx sin x 3sin 2 0 x x sin x 3 x 2 sin 2 0 x x sin . x 3 ) x 2 sin 2 1 ( 1 0 x x sin . x 3cos2x 1 0
xlim lim lim lim . .(1)
3. sin(21x(xa)a)
2 1 a x a x ) a x ( 2 1 sin ). a x ( 2 1 cos 2 a x a x sina x sin a
x lim lim2cos (x a).
lim
x bilangan real
(19)
2cos (a a).
21 cosa2
1
4.2 Limit Bentuk
Limit bentuk dapat diselesaikan dengan mengubahnya
ke bentuk
0 0 . Contoh : ) x 2 sin( x sin . 2 sin 2 x x cossinx 1 2 x x cossinx x cos1 2 x 2 x lim lim ) ( lim ) x tan x (sec lim
) x 2 sin( ) x 2 ( 2 1 sin 2 2 1 2 x ) x 2 sin( ) x 2 ( 2 1 sin ) x 2 ( 2 1 cos 2 2 x . x cos 2 lim lim
.[ ] cos 0cos
2 21
2 1 2 2 2
1
4.3 Limit Bentuk 0.
Limit bentuk0. dapat diselesaikan dengan mengubahnya
ke bentuk
0 0 . Contoh :
(x 1).tan x lim lim lim sin x
lim 21
) x 1 ( 2 1 sin ) 1 x ( 1 x ) x 2 1 2 1 sin( x 2 1 sin ) 1 x ( 1 x x 2 1 cos 2 1 )(sin 1 ( 1 x 2 1 1 x
2 2 11 2 1 211 sin
5 Limit Deret Konvergen
Definisi : Deret Geometri Konvergen adalah deret geometri dengan rasio (pembanding) : 1 < r < 1.
Teorema : S 1ar
S : jumlah tak hingga suku deret geometri konvergen a : U1 : suku pertama
r : rasio, yaitu
r
UU2 1Contoh :
1. Hitung jumlah tak hingga deret geometri berikut : a) 2 1 1
2 14
... b) 3 1 1 3 19
... Jawab : a)
S
1ar
121
22 1 2
4
b)S
ar
1 1 31 3 94
3 4 3
( )
(20)
a) nlim
1 14 161 ... 41n
b)
n
1 i
i nlim 2.3
Jawab : a) n
lim
...
n
ar
1
1 4
1 16
1
4 1
1 1
4 3
1 4
b) lim 2.3 lim .... 2
3 1 3 2
3 2 1
3 2 r 1a n 3
2 9
2 3 2 1 i n
1 i
i
n
3. Ubahlah menjadi pecahan biasa ! a) 0,6666 ... b) 0,242424 ...
Jawab : a) 0,6666 ... = 0,6 + 0,06 + 0,006 + ... 3
2 9 6 9 , 0 6 , 0 1 , 0 1
6 , 0 r 1
a
b) 0,242424 ... = 0,24 + 0,0024 + 0,000024 + 33
8 99 24 99 , 0
24 , 0 01 , 0 1
24 , 0 r 1
a
4. Jumlah semua suku deret geometri tak hingga adalah 12, jumlah suku-suku bernomor genap adalah 4. Tentukan rasio dan suku pertama deret itu !
Jawab : S a
r
12 1 12 ... (1) U2 + U4 + U6 + ... = 4
ar + ar3 + ar5 + ... = 4
ar r
a r rr
1 2
4
1 1
4
... (2)
2 1 r 112r r
1r
r 4 r 8
r 4 4 r 12 4 4
12 : (2) dan (1) Dari
Persamaan (1) : 1ar
12
1a112
a
6
2
Rasio = 1
2 dan suku pertama = 6
5. Diketahui sebuah bujursangkar dengan sisi 10 cm. Titik tengah keempat sisinya dihubungkan sehingga terbentuk bujursangkar kedua. Titik tengah keempat sisibujursangkar kedua dihubungkan lagi sehingga terbentuk bujursangkar ketiga, demikian seterusnya. Hitunglah jumlah luas semua bujursangkar itu !
Jawab :D R C
S Q
5
2 5
2
5
5 P B
A
Luas bujursangkar I = AB x AD = 10 x 10 = 100 cm2.
Luas bujursangkar II = PQ x PS = 52 x 52 = 50 cm2.
(21)
6 Kontinuitas dan Diskontinuitas Fungsi
Definisi : Fungsi f(x) dikatakan kontinu (sinambung) di x = a jika dan hanya jika lim ( )x a f x f a( ).
Dari definisi terlihat ada tiga syarat fungsi f(x) kontinu di x = a, yaitu :
1.f(a) terdefinisi (ada) 2. lim ( )xa f x terdefinisi ada 3. lim ( )x a f x f a( )
Apabila satu di antara ketiga syarat itu tidak dipenuhi, maka fungsi f(x) diskontinu (tak sinambung) di x =a.
Perhatikan gambar berikut :
Contoh :
1. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) 2 3 x x x
f kontinu di x = 1 Jawab : 1) f( )1 12 1 3 1
f(1) terdefinisi
y
f(a)
f(x)
x a
f(x) kontinu di x = a, sebab 1.
y
f(a)
f(x)
x a
f(x) diskontinu di x = a, sebab tidak ada 2.
f(x) diskontinu di x = a, sebab f(a) y
f(a) f(x)
x a
(22)
2) limf(x) lim
x2 x 3
12 1 3 1 1x 1
x lim ( )x1 f x terdefinisi
3) lim ( )x1 f x f( )1 Jadi fungsi f x( )x2 x 3 kontinu di x =1. 2. Selidiki apakah fungsi
f x
( )
xx
2 9
3 kontinu di x = 3 Jawab : 1)
f
( )
3
3 93 3 0 0
2
(tidak terdefinisi)
Karena f(3) tak terdefinisi, maka f(x) diskontinu di x = 3
3. Selidiki apakah fungsi
2
untuk
,
4
2
untuk
,
)
(
242
x
x
x
f
xx kontinu di x = 2Jawab : 1) f(1) = 4 (terdefinisi) 2)
x x 1
1 1 1 3 limlim lim
) x ( f
lim 2 2
1 x 1
x ) 1 x 2 x )( 1 x ( 1 x 1 x 1
3 x 1 x 1
x
(terdefinisi) 3) limx 1 f(x)f(1)
, berarti f(x) disko
2.5 Teorema Limit
2.6 Limit di Tak Hingga dan Limit Tak Hingga
2.7 Kekontinuan Fungsi
(1)
) x ( g ) x ( f ) x ( g ) x ( f x ) x ( g ) x ( f ) x ( g ) x ( f
xlim f(x) g(x) lim
2. Bentuknya berubah menjadi
3. Selesaikan seperti pada (2.4.2) Contoh:
1.
x 6x 2 x 4x 1
lim 2 2
x
x2 6x 2 x2 4x 1
1 x 4 2 x 2 x 6 2 x 2 2
xlim x 6x 2 x 4x 1
x2 6x 2 x2 4x 1
1 x 10 x 1 x 4 2 x 2 x 6 2 x ) 1 x 4 2 x ( ) 2 x 6 2 x (
xlim lim
5
lim 102
1 1 10 1 x 4 2 x x 2 x 2 1 x 10
x
2.
2x2 x x2 3x
x 3 2 x x 2 x 2 2 2 2 x 2 2
xlim 2x x x 3x lim 2x x x 3x
2x2 x x2 3x
x 4 2 x x x 3 2 x x 2 x 2 ) x 3 2 x )( x 2 x 2 (
xlim lim
Secara umum:
ax bx c px qx r
lim 2 2
x
1) b q a
2 jika a = p
2) jika a > p 3) - jika a < p
3. 2 4 42 21
) 5 ( 3 2 2
xlim 4x 3x1 4x 5x 2
4.
4x 7x 1 3x x 8
lim 2 2
x
5.
4x 2x 3 5x 4x 7
lim 2 2
x
3.4 Limit Bentuk
1Definisi :
asli bilangan n ... 718281 , 2 e 1
lim n1n
n
Dari definisi dapat dibuktikan teorema berikut :
pangkat tertinggi pembilang 1, pangkat tertinggi penyebut 1, sebab x2 x
pangkat tertinggi pembilang 2, pangkat tertinggi penyebut 1.
(2)
1. lim
1
lim
1
lim
1 1x
x e x x x 1 x x x 1x
2. lim
1 x
lim
1 x
x e1 0 x x 1 0
x
Contoh :
1.
1
4 44 1 1 4 4 4 4 4 4
1
lim
1
lim
1
lim
1
lim
x x x x x x x x x x x x2.
21 2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 x 2 1 x x x 2 1
xlim1 lim 1 lim1 e
3.
3 3x 3 1 0 x 3 x 3 1 0 x x 1 0
xlim1 3x lim 1 3x lim1 3x e
4 Limit Fungsi Trigonometri Teorema :
1. x
lim
0sinxx
lim
x0sinxx
1
2. x
lim
0tanxx
lim
x0 tanxx
1
Untuk keperluan praktis teorema tersebut dapat dikembangkan menjadi: b a bx sin ax tan 0 x bx tan ax sin 0 x bx tan ax tan 0 x bx tan ax 0 x bx ax tan 0 x bx sin ax 0 x bx ax sin 0
xlim lim lim lim lim lim lim
Seperti pada fungsi aljabar, maka pada fungsi trigonometri juga berlaku bahwa jika f(a) terdefinisi, maka: lim ( )x a f x f a( )
Contoh :
1. lim sinx
xcosx
sin cos 0 2 0 0 0 1 1
2. 21 00 21
2 1 cos 3 2 1 sin 2 2 1 cos 2 1 sin x cos 3 x sin
2sinx cosx 2
1 x
lim
Berikut ini akan dibahas limit Fungsi Trigonometri bentuk tak
tentu yaitu :
0
0, , .0 .
4.1 Limit Bentuk
00
1. xlim0tansin34xx 43
2. 32
3 2 x sinx sin x 3sin 2 0 x x sin x 3 x 2 sin 2 0 x x sin . x 3 ) x 2 sin 2 1 ( 1 0 x x sin . x 3cos2x 1 0
xlim lim lim lim . .(1)
3. sin(21x(xa)a)
2 1 a x a x ) a x ( 2 1 sin ). a x ( 2 1 cos 2 a x a x sina x sin a
x lim lim2cos (x a).
lim
x bilangan real
(3)
2cos (a a).
21 cosa 21
4.2 Limit Bentuk
Limit bentuk dapat diselesaikan dengan mengubahnya
ke bentuk
0 0 .Contoh :
) x 2 sin(
x sin . 2 sin 2 x x cossinx 1 2 x x cossinx x cos1 2 x 2
x
lim lim
) (
lim ) x tan x (sec lim
) x 2 sin(
) x 2 ( 2 1 sin 2
2 1 2
x )
x 2 sin(
) x 2 ( 2 1 sin ) x 2 ( 2 1 cos 2 2 x
. x cos
2 lim lim
.[ ] cos 0 cos2 21
2 1 2 2 2
1
4.3 Limit Bentuk 0.
Limit bentuk0. dapat diselesaikan dengan mengubahnya
ke bentuk
0 0 .Contoh :
(x 1).tan x lim lim lim sin x
lim 21
) x 1 ( 2 1 sin
) 1 x ( 1 x ) x 2 1 2 1 sin(
x 2 1 sin ) 1 x ( 1 x x 2 1 cos
2 1 )(sin 1 ( 1 x 2
1 1
x
2 2
11 2
1 2
11 sin
5 Limit Deret Konvergen
Definisi : Deret Geometri Konvergen adalah deret geometri
dengan rasio (pembanding) : 1 < r < 1. Teorema : S 1ar
S : jumlah tak hingga suku deret geometri konvergen a : U1 : suku pertama
r : rasio, yaitu
r
UU2 1Contoh :
1. Hitung jumlah tak hingga deret geometri berikut : a) 2 1 1
2 14
... b) 3 1 1 3 19
...
Jawab : a)
S
1ar
121
2 21 2
4
b)S
ar
1 1 31 3 94 3
4 3 ( )
(4)
a) nlim
1 14 161 ... 41n
b)
n 1 i
i nlim 2.3
Jawab : a) n
lim
...
n
ar
1
1 4
1 16
1
4 1
1 1
4 3
1 4
b) lim 2.3 lim .... 2
3 1 3 2 3 2 1
3 2 r 1a n 3
2 9
2 3 2 1 i n
1 i
i
n
3. Ubahlah menjadi pecahan biasa ! a) 0,6666 ... b) 0,242424 ...
Jawab : a) 0,6666 ... = 0,6 + 0,06 + 0,006 + ...
3 2 9 6 9 , 0 6 , 0 1 , 0 1
6 , 0 r 1
a
b) 0,242424 ... = 0,24 + 0,0024 + 0,000024 +
33 8 99 24 99 , 0
24 , 0 01 , 0 1
24 , 0 r 1
a
4. Jumlah semua suku deret geometri tak hingga adalah 12, jumlah suku-suku bernomor genap adalah 4. Tentukan rasio dan suku pertama deret itu !
Jawab : S a
r
12 1 12 ... (1) U2 + U4 + U6 + ... = 4
ar + ar3 + ar5 + ... = 4
ar r
a r rr
1 2
4
1 1
4
... (2)
2 1 r 112r r
1r
r 4 r 8
r 4 4 r 12 4 4
12 : (2) dan (1) Dari
Persamaan (1) : 1ar
12
1a112
a
6
2
Rasio = 1
2 dan suku pertama = 6
5. Diketahui sebuah bujursangkar dengan sisi 10 cm. Titik tengah keempat sisinya dihubungkan sehingga terbentuk bujursangkar kedua. Titik tengah keempat sisibujursangkar kedua dihubungkan lagi sehingga terbentuk bujursangkar ketiga, demikian seterusnya. Hitunglah jumlah luas semua bujursangkar itu !
Jawab :D R C
S Q
5
2 5
2
5
5 P B
A
Luas bujursangkar I = AB x AD = 10 x 10 = 100 cm2.
Luas bujursangkar II = PQ x PS = 52 x 52 = 50 cm2.
(5)
6 Kontinuitas dan Diskontinuitas Fungsi
Definisi : Fungsi f(x) dikatakan kontinu (sinambung) di x = a
jika dan hanya jika lim ( )x a f x f a( ).
Dari definisi terlihat ada tiga syarat fungsi f(x) kontinu di x = a, yaitu :
1.f(a) terdefinisi (ada) 2. lim ( )xa f x terdefinisi ada 3. lim ( )x a f x f a( )
Apabila satu di antara ketiga syarat itu tidak dipenuhi, maka fungsi f(x) diskontinu (tak sinambung) di x =a.
Perhatikan gambar berikut :
Contoh :
1. Tunjukkan bahwa fungsi ( ) 2 3
x x x
f kontinu di x = 1
Jawab : 1) f( )1 12 1 3 1
f(1) terdefinisi
y
f(a)
f(x)
x a
f(x) kontinu di x = a, sebab 1.
y
f(a)
f(x)
x a
f(x) diskontinu di x = a, sebab tidak ada 2.
f(x) diskontinu di x = a, sebab f(a) y
f(a) f(x) x a
(6)
2) limf(x) lim
x2 x 3
12 1 3 11 x 1
x lim ( )x1 f x terdefinisi
3) lim ( )x1 f x f( )1 Jadi fungsi f x( )x2 x 3 kontinu di x =1. 2. Selidiki apakah fungsi
f x
( )
xx
2 9
3 kontinu di x = 3
Jawab : 1)
f
( )
3
3 93 3 0 0
2
(tidak terdefinisi)
Karena f(3) tak terdefinisi, maka f(x) diskontinu di x = 3
3. Selidiki apakah fungsi
2
untuk
,
4
2
untuk
,
)
(
242
x
x
x
f
xx kontinu di x = 2Jawab : 1) f(1) = 4 (terdefinisi) 2)
x x 1
1 1 1 3 limlim lim
) x ( f
lim 2 2
1 x 1
x ) 1 x 2 x )( 1 x ( 1 x 1 x 1
3 x 1 x 1
x
(terdefinisi) 3) limx 1 f(x)f(1)
, berarti f(x) disko
2.5 Teorema Limit
2.6 Limit di Tak Hingga dan Limit Tak Hingga 2.7 Kekontinuan Fungsi