1. Pernyataan benar dan salah. (a) lim
x!1
x100
ex = 0
Solusi. Benar. Fungsi eksponensial (penyebut) mem-besar lebih cepat daripada fungsi polinom (pembi-lang) sehingga pembagiannya menghasilkan nilai 0 Dengan L’Hopital’s Rule sebanyak 100 kali, diperoleh:
lim x!1 x100 ex L =· · ·= limL x!1 100! ex = 0 (b) lim x!1 x1/10 ln x =1
Solusi. Benar. Bentuk limit di atas adalah 1/1. lim x!1 x1/10 ln x L = lim x!1 x 9/10/10 1/x = limx!1 x1/10 10 =1 (c) Jika lim
x!af (x) = 1 dan limx!ag(x) = 1, maka
lim
x!a(f (x))
g(x)= 1.
(d) Jika lim
x!af (x) = 0 dan limx!ag(x) = 1, maka
lim
x!a(f (x))
g(x) = 0. (Asumsikan f (x) 0 untuk
x6= a) (e) Jika lim
x!1
f (x)
g(x) = 3, maka limx!1(f (x) 3g(x)) = 0. 2. Bentuk tak tentu: 0/0;1/1; 0 · 1; 1 1; 00;
10; 11
(a) Tidak. lim
x!0+ ✓ ln(x) 1 x ◆ = 1 1 = 1. (b) Ya. lim x!1(ln(x + 1) ln(x 1) berbentuk1 1. (c) Ya. lim x!1 (ln x)2 2x berbentuk1/1. (d) Tidak. lim x!1 ln(x) e x = limx!1e xln x = 1 · 1 = 1. (e) Tidak. lim
x!0+ x2 ln x = 0. (f) Ya. lim x!0 x2 ln(x + ex) berbentuk 0/0. (g) Ya. lim x!0+ ✓1 x ◆x berbentuk10. (h) Ya. lim x!0+x sin(x)berbentuk 00. 3. Hitung (a) lim x! 2 x2 3x + 10 x + 2 = limx! 2 (x 5)⇠⇠⇠(x + 2)⇠ ⇠⇠⇠(x + 2)⇠ = 7. (b) lim x!5 p 25 x2 x 5 = xlim!5 p (5 x)(5 + x) 5 x = lim x!5 s ⇠⇠⇠(5 x)(5 + x)⇠ ⇠⇠⇠(5 x)(5⇠ x) = r 10 0+ = 1. (c) lim x!1 ln x3 (x2 1) = limx!1 3 ln x (x2 1) L = 3 lim x!1 1/x 2x = 3 2. (d) lim x!1 xa 1 xb 1 L = lim x!1 axa 1 bxb 1 = a b. (e) lim x!1 x p x2+ 1 = limx!1 x xq1 + 1 x2 =p 1 1 + 0 = 1. (f) lim x!1 tan 1x ⇡/4 x 1 L = lim x!1 1 1+x2 0 1 0 = 1 2. (g) lim x!1 ln x sin ⇡x L = lim x!1 1/x cos ⇡x = 1 1 = 1. (h) lim x!1 Rx 0 ln(e 4t 1) dt x = limx!1 Rx 0 4t 1 dt x L = lim x!1 4x 1 1 =1.
4. Sebelum mengerjakan soal nomor (4), terlebih dahulu kita coba lim x!0+f (x) untuk f (x) = x x. lim x!0+f (x) = limx!0+x x ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln ✓ lim x!0+x x ◆ = lim x!0+ln x x = lim x!0+x· ln x; (bentuk 0 · 1) = lim x!0+ ln x 1/x L = lim x!0+ 1/x 1/x2 ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = 0 lim x!0+f (x) = e 0= 1 lim x!0+x x= 1
(a) Misalkan f (x) = (xx)x, dengan cara yang sama seperti sebelumnya lim x!0+f (x) = limx!0+(x x)x ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln ✓ lim x!0+(x x)x◆ = lim x!0+ln(x x)x = lim x!0+x· ln(x x) = lim x!0+x· limx!0+ln(x x) = lim x!0+x· ln ✓ lim x!0+x x◆ = 0· 1 ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = 0 lim x!0+f (x) = e 0= 1 lim x!0+(x x)x= 1
(b) Misalkan f (x) = x(xx), dengan cara yang sama seperti
sebelumnya lim x!0+f (x) = limx!0+x (xx) ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln ✓ lim x!0+x (xx)◆ = lim x!0+ln x (xx) = lim x!0+(x x) · ln x = lim x!0+(x x) · lim x!0+ln x ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = 1· lim x!0+ln x ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln lim x!0+x lim x!0+f (x) = limx!0+x lim x!0+x (xx)= 0
(c) Misalkan f (x) = ((xx)x)x, dengan cara yang sama
seperti sebelumnya (a): lim x!0+f (x) = limx!0+((x x)x)x ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln ✓ lim x!0+((x x)x)x ◆ = lim x!0+ln((x x)x)x = lim x!0+x· ln(x x)x = lim x!0+x· limx!0+ln(x x)x = lim x!0+x· ln ✓ lim x!0+(x x)x◆ = 0· ln 1 ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = 0 lim x!0+f (x) = e 0= 1 lim x!0+((x x)x)x= 1 (d) Misalkan f (x) = x(x(xx ))
, dengan cara yang sama seperti sebelumnya lim x!0+f (x) = limx!0+x (x(xx )) ln ✓ lim x!0+f (x) ◆ = ln ✓ lim x!0+x (x(xx ))◆ = lim x!0+ln x (x(xx )) = lim x!0+(x (xx) )· ln x = lim x!0+(x (xx) )· lim x!0+ln x
5. Soal-soal berikut merupakan bentuk tak tentu. Selain den-gan cara seperti nomor (4), kita juga dapat menggunakan aturan eksponensial, ingat bahwa x = eln x.
(a) Menghitung lim
x!0+x ln 2/(1+ln x) lim x!0+x ln 2/(1+ln x)= lim x!0+e ln xln 2/(1+ln x) = lim x!0+e (ln 2/(1+ln x)) ln x = lim x!0+e ( ln x 1+ln x) ln 2 = e(limx!0+ 1+ln xln x )ln 2 L = e ⇣ limx!0+1/x1/x⌘ln 2 = eln 2= 2 (b) Untuk menghitung lim
x!1x
ln 2/(1+ln x), cara yang sama
seperti (5a) dapat diterapkan. Hasilnya juga akan memberikan nilai yang sama.
(c) Dengan metode yang sama dengan nomor 5 part se-belumnya, maka lim x!0(x + 1) (ln 2)/x= lim x!0e ln(x+1)(ln 2)/x = lim x!0e ln 2 x ln(x+1) = lim x!0e ln(x+1) x ln 2 = e(limx!0ln(x+1)x )ln 2 L = e(limx!01/(x+1)1 )ln 2 = e12ln 2= eln 2 1 2 = 212 =p2 (d) lim x!0 (1 x+ 2x)1/x ! (1 + 1) 1! 1 21 ! 0
(e) Berapapun nilai x2 R, ingat bahwa 1x= 1.
lim x! 1(1 x+ 2x)1/x= lim x! 1(1 x+ 2x)1/x = lim x! 1e ln(1+2x)1/x = lim x! 1e (1/x) ln(1+2x) = elimx! 1(1/x) ln(1+2x) = e0·0= 1
6. (a) Keluarkan x dari bentuk akar utama menjadipx.
lim x!1 p 3x + 4 p 2x + 5 = limx!1 ⇢⇢pxq3 + 4x ⇢⇢pxq2 + 5 x = p 3 + 0 p 2 + 0 = r 2 3
(b) Perhatikan bahwa pa/pb = pa/b untuk a 0 dan b > 0. lim x!0+ px p sin x = limx!0+ r x sin x = r lim x!0+ x sin x = p 1 = 1 (c) Secara tidak langsung, aturan l’Hopital memang
tidak dapat membantu, kecuali perlu dilakukan ma-nipulasi aljabar terlebih dahulu.
lim x!1 ex2 xex = limx!1 ex2 x x L = lim x!1 ex2 x (2x 1) 1 =1 (d) Sederhanakan lim x!⇡/2 sec x tan x =x!⇡/2lim ⇠⇠⇠:1 sec x ⇠⇠⇠tan x:sin x = lim x!⇡/2 1 sin x = 1
(e) Manipulasi aljabar lim x!0+ x e 1/x = limx!0+ e1/x 1/x L = lim x!0+ e1/x( 1/x2) 1/x2 = lim x!0+e 1/x ! e1=1 7. Integral tak wajar?
(a) Ya, di batas atas1.
(b) Ya; di batas bawah 0, nilai integran cot(x) tidak ter-definisi.
(c) Ya; di batas bawah 1, nilai integran tidak terdefinisi. (d) Tidak
(e) Ya; di x = ⇡/2 pada selang integral, nilai integran tidak terdefinisi.
(f) Tidak
(g) Ya; di batas bawah x = 2, nilai integran tidak ter-definisi.
(h) Ya; ada pembuat nol penyebut pada selang integral tersebut sehingga integran tidak terdefinisi. Lebih tepatnya di x = 1
2(
p
13 1)⇡ 1.30278. 8. Hitung integralnya jika konvergen
(a) Konvergen Z 5 0 1 x2016/2017dx = limp!0+ Z 5 p x 2016/2017dx = lim p!0+2017x 1/2017 x=5 x=p = lim p!0+2017(5 1/2017 p1/2017) = 2017(51/2017) (b) Konvergen Z 4 0 1 p 4 xdx = limp!4 Z p 0 (4 x) 1/2dx = lim p!4 2(4 x) 1/2x=p x=0 = lim p!4 2(4 p) 1/2+ 2(4 0)1/2 = 4
(c) Divergen. Setelah diintegralkan, masih ada (x 5) di penyebut, sedangkan batas bawahnya x = 5 sehingga membuat penyebutnya bernilai 0.
(d) Divergen. Hasil integralnya adalah 12e x2 sedangkan
batas bawahnya x! 1 yang akan membuat nilai dari hasil integral tersebut menuju ke±1.
(e) Kita hitung integral tak tentunya dahulu. Misalkan u = x3, maka du = 3x2dx Z x2 9 + x6dx = Z 1 9 + u2 du 3 =1 9tan 1(u) + C =1 9tan 1(x3) + C Z 1 1 x2 9 + x6dx = Z 0 1 x2 9 + x6dx + Z 1 0 x2 9 + x6dx = lim a! 1 Z 0 a x2 9 + x6dx + lim b!1 Z b 0 x2 9 + x6dx = lim a! 1 1 9tan 1(x3) 0 a + lim b!1 1 9tan 1(x3) b 0 = lim b!1 1 9tan 1b3 lim a! 1 1 9tan 1x3 = ⇡/2 ( ⇡/2) = ⇡
(f) Hitung integral tak tentu terlebih dahulu
Z dx x2 6x + 5= Z dx (x 5)(x 1) = 1 4 Z 1 x 5 1 x 1dx = 1 4(ln|x 5| ln|x 1|) + C = 1 4ln x 5 x 1 + C
Terdapat x = 1 pada selang integral yang membuat integran tidak terdefinisi. Jadi, integral (ada penye-but (x 1)) tersebut divergen.
(g) DenganZ metode integral parsial, diperoleh e xcos x dx = 1
2e
x(sin x cos x) + C sehingga
diperoleh Z 1 0 e xcos x dx = lim p! 1 1 2e x(sin x cos x)p 0 = lim p! 1 1 2e p(sin p cos p) +1 2 = 0 +1 2 = 1 2
(h) Pada Tutorial Bab 7 Nomor (5.h) telah dibahas bahwaZ sec x dx = ln| tan x + sec x| + C sehingga divergen ketika disubstitusikan batas x = ⇡/2.
(i) Integran Z 1
0
sin x dx divergen, karena mengalami os-ilasi. (j) Z 1 0 ln x dx = lim p!0+x(ln x 1) 1 p = 0 lim p!0+p(ln p 1) = lim p!0+ ln p 1 1/p L = lim p!0+ 1/p 1/p2 = limp!0+ p = 0 (k) Z dx x(2x + 5) = 1 5 Z 1 x 2 2x + 5dx = 1 5(ln|x| 2 ln|2x + 5|) + C = 1 5ln |x| (2x + 5)2 + C
Divergen disebabkan oleh batas atas. (l) Konvergen Z 1 2 dx (x + 3)(x + 1)2 = limp!1 1 4 ✓ ln 3 + x 1 + x 2 1 + x ◆ p 2 = lim p!1 1 4 ✓ ln 3 + p 1 + p 2 1 + p ◆ 1 4 ✓ ln ✓5 3 ◆ 2 3 ◆ =1 4(ln 3) 1 4 ✓ ln ✓5 3 ◆ 2 3 ◆ =1 4ln(9/5) + 1 6
(m) Konvergen. Misalkan x = tan u sehingga dx = sec2u du Z 1 (x2+ 1)3/2dx = Z 1 (tan2u + 1)3/2 sec 2u du = Z 1 sec3usec 2u du = Z 1 sec udu = Z cos u du = sin u + C =p x x2+ 1 + C
Hitung limitnya Z 1 1 1 (x2+ 1)3/2 dx = lima! 1 x p x2+ 1 0 a + lim b!1 x p x2+ 1 b 0 = lim b!1 b p b2+ 1 lim a! 1 a p a2+ 1 = lim b!1 b |b|p1 + 1/b2 lim a! 1 a |a|p1 + 1/a2 = lim b!1 b bp1 + 1/b2 lim a! 1 a ap1 + 1/a2 = lim b!1 b bp1 + 1/b2 lim a! 1 a ap1 + 1/a2 = p 1 1 + 0+ 1 p 1 + 0 = 2
Problem Solving
12. Akan ditentukan konstanta c sehingga lim x!1 ✓ x + c x c ◆x = 9 . Solusi. lim x!1 ✓ x + c x c ◆x = 9 ln lim x!1 ✓x + c x c ◆x = ln 9 lim x!1ln ✓x + c x c ◆x = ln 9 lim x!1x ln ✓ x + c x c ◆ = ln 9 lim x!1 ln⇣x+c x c ⌘ 1/x = ln 9 L =) lim x!1 ⇣ x c x+c ⌘ ·⇣(x c)2c2 ⌘ 1/x2 = ln 9 lim x!1 ✓ x c x + c ◆ · limx !1 2cx2 (x c)2 = ln 9 1· lim x!1 2cx2 x2 2cx + c2 = ln 9 lim x!1 2c⇢x⇢2 ⇢x⇢2(1 2c/x + c2/x2)= ln 9 2c 1 0 + 0 = ln 3 2 2c = 2 ln 3 c = ln 3
13. Aturan LHospital tidak dapat digunakan langsung karena penyebut dan pembilang hanya akan menyisakan fungsi yang divergen dengan masing-masing hasil yang berosilasi. Gunakan teorema apit untuk menghitung limit dari sin x x dan cos x x lim x!1 2016x + sin x 2017x + cos x = limx!1 x(2016 +sin x x ) x(2017 + cos x x ) =2016 + 0 2017 + 0 =2016 2017
14. Akan dicari nilai A dan B sehingga lim x!1x 3 ✓ A +B x + tan 1x ◆ ada.
Solusi. Apabila disubstitusikan, limit tersebut memiliki bentuk 1 · (A + ⇡
4), sedangkan kita tahu bahwa
satu-satunya kandidat (meskipun belum tentu ada) agar limit tersebut ada adalah memiliki bentuk1 · 0, jadi dapat dip-ilih A = ⇡
4.
Setelah memiliki bentuk tak tentu, kita manipulasi aljabar sehingga dapat diterapkan aturan L’Hopital.
lim x!1x 3 ✓ A + B x + tan 1x ◆ = lim x!1 ⇡/4 +B x + tan 1x 1/x3 L = lim x!1 ⇣ B x2 + 1 1+x2 ⌘ 3/x4 = 1 3xlim!1 ✓ Bx2+ x 4 1 + x2 ◆ = 1 3xlim!1 Bx2 Bx4+ x4 1 + x2 = 1 3xlim!1 ⇢x⇢2( B Bx2+ x2) ⇢x⇢2(1/x2+ 1)
Di persamaan terakhir, nilai penyebut bernilai 1, namun pembilangnya masih memiliki bentuk tak tentu, kecuali apabila suku x2di pembilang tidak ada. Hal tersebut
ter-jadi ketika Bx2+ x2= 0, atau ketika B = 1. Diperoleh:
lim x!1x 3 ✓ A +B x + tan 1x ◆ = 1 3x!1lim ( 1 x2+ x2) (1/x2+ 1) = 1 3xlim!1 ( 1) (1/x2+ 1) = 1 3 · 1 0 + 1 =1 3
Jadi, agar limit tersebut ada, maka haruslah A = ⇡/2 dan B = 1 dengan nilai limitnya 13. ~ 15. Diberikan 0 f(x) g(x) pada [a, 1)
(a) Karena g(x) dan f (x) tak negatif, maka luas di bawah kurva masing-masing bernilai sama dengan nilai inte-gralnya di interval [a,1).
Diberikan g(x) f (x) yang berarti kurva g(x) tidak pernah di bawah kurva f (x) sehingga area di bawah kurva g(x) tidak pernah kurang dari area di bawah kurva f (x), atau dalam hal ini
0 Z 1 a f (x) dx Z 1 a g(x) dx
Jelas apabila area yang besar
✓Z 1 a
g(x) dx ◆
saja konvergen, apalagi area yang lebih kecil ✓Z 1
a
f (x) dx ◆
.
(b) Berdasarkan hasil 15(a), kita akan memilih g(x) yang bisa dihitung integralnya dan konvergen, sehingga in-tegran f (x) di bawah ini juga akan konvergen.
i. Kita pilih g(x) = x
1 + x4. Jelas bahwa pada
inter-val [a,1), fungsi g(x) tak negatif dan lebih besar dari f (x) = 1
x4(1 + x4). Selanjutnya hitung
in-tegral g(x) pada interval yang diberikan dengan cara substitusi u = x2 sehingga du = 2x dx atau
1 2du = x dx Z 1 1 x 1 + x4dx = 1 2 Z 1 12 1 1 + u2dx = 1 2blim!1tan 1(u) b 1 = 1 2 ✓ lim b!1tan 1(b) tan 1(1)◆ = 1 2 ⇣ ⇡ 2 ⇡ 4 ⌘ (Konvergen)
Berdasarkan 15(a), maka Z 1
a
1
x4(1 + x4)dx juga
konvergen.
ii. Pada interval yang diberikan, kita ketahui bahwa e x2 e x sehingga dapat dipilih bahwa g(x) = e x. Z 1 1 e x2dx Z 1 1 e xdx = lim b!1 e x b 1 = lim b!1 e b+ e 1 = lim b!1 1 eb + e 1 = 0 + e 1 = e 1 (Konvergen) Jadi Z 1 1 e x2dx konvergen.
iii. Perhatikan bahwa fungsi eksponensial meningkat secara cepat dibanding dengan polinom. Hal ini berarti nilai exjauh lebih besar daripada x2(n 1)
Ke-mudian, integral di soal dapat kita pisah menjadi: Z 1 1 xn 1e xdx = Z L 1 xn 1e xdx + Z 1 L xn 1e xdx
yang mana R1Lxn 1e xdx pasti konvergen
(karena batasnya tertentu) sehingga kita perlu melihat apakah RL1xn 1e xdx konvergen atau
tidak. Jika ya, maka integral di soal tersebut kon-vergen.
Kita tahu bahwa x2(n 1) << ex, atau dengan bentuk lain setelah diakar xn 1 << ex/2,
diper-oleh: Z 1 L xn 1e xdx << Z 1 L ex/2e xdx = Z 1 L e x/2dx = lim b!1 2e x/2 b L = lim b!1 2e b/2+ 2e L/2 = 0 + +2e L/2 = 2e L/2 (Konvergen) Jadi RL1xn 1e xdx juga konvergen, akibatnya
