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

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

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_{ x}4_{adalah fungsi ganjil karena f(-x) = (-x)}2 _-(-x)2 _{= x}2_{ x}4

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

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

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

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- 1x,

b) g(x) =

x 2

1

c) f(x) = _{1 x}2  ,

d) g(x) = 1- x2

e) f(x) =

x  2

1

,

f) (x) = x3_ 1

g) f(x) = x2 _{+ 4,}

e. g(x) =

2. Tentukan daerah definisi (f+g)(x), (f-g)(x), (f.g)(x), dan x g f

(      

) jika:

a. f(x) = 1- 1x, g(x) =

x 2

1

b. f(x) = _{1 x}2 , g(x) = 1- x2

c. f(x) =

x  2

1

, g(x) = x3_1

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- 1x, g(x) =

x 2

1

b. f(x) = _{1 x}2 , g(x) = 1- x2

c. f(x) =

x  2

1

, g(x) = x3_1

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



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  



cos

1 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 _{ y}2 _r2

dengan r2_{, x}2 _{dan y}2 _{diperoleh persamaan baru}

1. ₂2 ₂2 ₂2 r r r y r x

 









) 1 ( 1 sin cos 1 sin cos 1 2 2 2 2 2 2 2                             r y r x

2. 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 y

3. 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 

Berdasarkan OPU diperoleh perbandingan panjang sisi

Sin

OU UP POU 

 _{dengan UP = PS + SU}

Karena QOTTSU _{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

OUcossin  sin cos

.

Sehingga diperoleh rumus sin ( +  _{) =} sincos sin  cos ... (4)

Dengan cara yang sama diperoleh: cos

OU OP POU

 _{, OP = OQ – PQ}

Karena QOTTSU _{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}

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 ( +  _{) =} coscos  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

 

  



  



= sin_cos_cos_cos__ cos_sin_ sin_{sin }

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} _tan_tan_

Sehingga tan ( )₌

 

 

tan tan 1

tan tan

 

... (8)

) cos(

) (

sin ) (

tan

 

  



  



= sin_cos_cos_cos__cos_sin_ sin_{sin }

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} _tan_tan_

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

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) = x2_sinx

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

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. _xlim_a



f(x)g(x)



_xlim_af(x)_xlim_ag(x) _4.



f(x).g(x)



lim f(x).lim g(x) lim

a x a x a

x   

2. _xlim_a



f(x) g(x)



_xlim_af(x)  _xlim_ag(x) _5.

) x ( g a xlim

) x ( f a xlim )

x ( g

) x ( f a xlim

    

  

dengan _xlim_ag(x) 0



3. _xlim_ac.f(x) c._xlim_af(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.

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 3}2 _{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 0

Limit ini dapat diselesaikan dengan memfaktorkan pembilang dan penyebutnya, kemudian “mencoret” faktor yang sama, lalu substitusikan nilai x = a.

Catatan :

1. Karena xa, maka (xa)  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

  

 



  

( ) ( )

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  



0

0 untuk n = m

2. lim_x ( )( )

f x g x

  0 untuk n < m

3. lim_x ( )( )

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 :

) 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 x}2 _{4x 1}

1 x 4 2 x 2 x 6 2 x 2 2

xlim x 6x 2 x 4x 1

                    

 _x2 _{6x 2 x}2 _{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 x}2 _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 x}2 _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  3x1 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

 

1

Definisi :





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

1. lim



1



lim



1



lim



1 1_x



x e x x x 1 x x x 1

x      

      

2. lim



1 x



lim



1 x



x e

1 0 x x 1 0

x    

 



Contoh :

1.





 

 



 

1



4 4

4 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 x

2.













2

1 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 3

x 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

_x0sinxx



1

2. _x

lim

_0tanxx



lim

_x0 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 sin_x



xcosx



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 0

1. _xlim_0tansin34xx 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₍21_x(x_a)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 _ 

         

2cos (a a).

 

₂1 cosa

2

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 0

cos

2 ₂1

2 1 2 2 2

1 _{  }

  

4.3 Limit Bentuk 0.

Limit bentuk0. _{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 ₁a_r

 

S : jumlah tak hingga suku deret geometri konvergen a : U1 : suku pertama

r : rasio, yaitu

r



U_U2 1

Contoh :

1. Hitung jumlah tak hingga deret geometri berikut : a) 2 1 1

2 14

   ... b) 3 1 1 3 19

   ...

Jawab : a)

S



1ar



_121

 

2 2

1 2

4

_b)

S

a

r



_



 

 

1 ₁ 31 3 94

3 4 3

( )

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 _{+ ar}5 _{+ ... = 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

1a1

12

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 = 52 x 52 = 50 cm2_.

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 ( )_xa 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

2) limf(x) lim



x2 x 3



12 1 3 1 1

x 1

x         lim ( )x1 f x terdefinisi

3) lim ( )_x1 f x f( )1 Jadi fungsi f x( )x2  x 3 kontinu di x =1. 2. Selidiki apakah fungsi

f x

( )



x_x



2 ₉

3 kontinu di x = 3 Jawab : 1)

f

( )

3

3 9

3 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

,

)

(

24

2

x

x

x

f

xx _{kontinu di x = 2}

Jawab : 1) f(1) = 4 (terdefinisi) 2)



x x 1



1 1 1 3 lim

lim 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) lim_{x 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