Muhafzan TURUNAN. Muhafzan, Ph.D

TURUNAN

Muhafzan, Ph.D

1 Turunan

Kita mulai diskusi ini dengan memperkenalkan de nisi turunan suatu fungsi De nisi 1. Misalkan I R; f : I ! R dan c 2 I: Bilangan L 2 R dikatakan merupakan turunan dari f di titik c jika untuk sebarang " > 0 terdapat (") > 0 sedemikian sehingga

8 x 2 I dan 0 < jx cj < (") ) f (x) f (c)

x c L < ":

Dalam kasus ini dikatakan bahwa f dapat diturunkan (differentiabel) di c;

dan ditulis L = f⁰(c):

Dengan perkataan lain, turunan fungsi f di c diberikan oleh limit sebagai berikut:

f⁰(c) = lim

x!c

f (x) f (c)

x c ;

asalkan limit tersebut ada. (Kita perbolehkan kemungkinan bahwa c meru-

pakan titik ujung interval).

Berikut ini akan ditunjukkan bahwa kontinuitas f di suatu titik c adalah syarat perlu (tetapi tidak cukup) untuk eksistensi turunan di titik c:

Theorem 1 Jika f : I ! R mempunyai turunan di c 2 I; maka f kontinu di c:

Bukti. Misalkan f : I ! R mempunyai turunan di c 2 I; akan dibuktikan f kontinu di c:

Untuk semua x 2 I; x 6= c; berlaku

f (x) f (c) = f (x) f (c)

x c (x c)

Karena f⁰(c) ada, maka

xlim!c (f (x) f (c)) = lim

x!c

f (x) f (c)

x c lim

x!c (x c)

= f⁰(c):0

= 0:

Oleh karena itu lim

x!cf (x) = f (c); dan menunjukkan bahwa f kontinu di c:

Kontinuitas suatu fungsi di suatu titik tidak menjamin eksistensi turunan fungsi tersebut di titik itu.

Sebagai contoh, perhatikan fungsi f(x) = jxj di x = 0:

Selidiki, bahwa fungsi ini kontinu di 0 tetapi f⁰(0) tidak ada.

Theorem 2 Misalkan I R adalah suatu interval dan c 2 I: Misalkan pula f : I ! R dan g : I ! R adalah fungsi yang punya turunan di c: Maka

(a). Jika 2 R dan f⁰(c) ada, maka ( f )⁰(c) ada, dan

( f )⁰(c) = f⁰(c)

(b). (f + g)⁰(c) ada, dan

(f + g)⁰(c) = f⁰(c) + g⁰(c) (c). (fg)⁰(c) ada, dan

(f g)⁰(c) = f⁰(c)g(c) + f (c)g⁰(c) (d). Jika g(c) 6= 0; maka f

g

0

(c) ada, dan f g

0

(c) = f⁰(c)g(c) f (c)g⁰(c) (g(c))²

Bukti.

(c). Akan dibuktikan bahwa (fg)⁰ (c) ada, dan

(f g)⁰ (c) = f⁰(c)g(c) + f (c)g⁰(c)

Untuk x 2 I; x 6= c; berlaku

xlim!c

(f g) (x) (f g) (c)

x c = lim

x!c

f (x)g(x) f (c)g(c)

x c

= lim

x!c

f (x)g(x) f (c)g(x) + f (c)g(x) f (c)g(c)

x c

= lim

x!c

(f (x) f (c)) g(x) + f (c) (g(x) g(c))

x c

= lim

x!c

f (x) f (c)

x c g(x) + lim

x!cf (c)g(x) g(c)

x c ⁽¹⁾

Karena g⁰(c) ada, maka g kontinu di c: Akibatnya

xlim!cg(x) = g(c):

Karena f⁰(c) dan g⁰(c) ada, maka (¹) dapat ditulis menjadi

xlim!c

(f g) (x) (f g) (c)

x c = lim

x!c

f (x) f (c)

x c g(x) + lim

x!cf (c)g(x) g(c)

x c

= lim

x!c

f (x) f (c)

x c lim

x!cg(x) + f (c)lim

x!c

g(x) g(c)

x c

= f⁰(c)g(c) + f (c)g⁰(c);

yang menunjukkan bahwa (fg)⁰ (c) ada, dan

(f g)⁰ (c) = f⁰(c)g(c) + f (c)g⁰(c) (d). Akan dibuktikan bahwa f

g

0

(c) ada, dan f

g

0

(c) = f⁰(c)g(c) f (c)g⁰(c)

(g(c))² ; bila g(c) 6= 0:

Karena g(c) 6= 0; maka berdasarkan teorema 10 Bab 4 ada suatu interval J I dengan c 2 J sedemikian sehingga g(x) 6= 0 8 x 2 J:

Untuk x 2 J; x 6= c; berlaku

f

g (x) f

g (c)

x c = f (x)g(c) f (c)g(x) g(x)g(c)x c

= f (x)g(c) f (c)g(c) + f (c)g(c) f (c)g(x) g(x)g(c)x c

= (f (x) f (c)) g(c) f (c)(g(x) g(c)) g(x)g(c)x c

= 1

g(x)g(c)

f (x) f (c)

x c g(c) f (c)g(x) g(c)

x c (2)

Karena g⁰(c) ada, maka g kontinu di c: Akibatnya

xlim!c

1

g(x) = 1 g(c):

Karena f⁰(c) dan g⁰(c) ada, maka dari (²) diperoleh

xlim!c

f

g (x) f

g (c)

x c = lim

x!c

1 g(x)g(c)

f (x) f (c)

x c g(c) f (c)g(x) g(c) x c

= lim

x!c

1

g(x)g(c) lim

x!c

f (x) f (c)

x c g(c) lim

x!cf (c)g(x) g(c) x c

= 1

(g(c))² [f⁰(c)g(c) f (c)g⁰(c)] ;

yang menunjukkan bahwa f g

0

(c) ada, dan f

g

0

(c) = f⁰(c)g(c) f (c)g⁰(c) (g(c))² :

Theorem 3 (Aturan Rantai) Misalkan I; J adalah interval dalam R dan c 2 J: Misalkan pula g : I ! R dan f : J ! R adalah fungsi sedemikian sehingga f(J) I: Jika f⁰(c) ada dan g⁰(f (c)) ada, maka

0

(g f )⁰ (c) = g⁰(f (c)) f⁰(c):

Bukti.

Misalkan d = f(c) dan de nisikan suatu fungsi baru sebagai berikut:

G(y) = 8<

:

g(y) g(d)

y d ; untuk y 2 I; y 6= d g⁰(d); untuk y = d

Karena g⁰(d) ada, maka

ylim!dG(y) = g⁰(d) = G(d);

sehingga G kontinu di d: Karena f⁰(c) ada maka f kontinu di c; dan karena f (J ) I maka G f kontinu di c (berdasarkan teorema 7 Bab 5). Akibatnya

xlim!c (G f ) (x) = lim

y!dG(y) = g⁰(f (c)):

Sehingga , berdasarkan de nisi fungsi G diperoleh

g(y) g(d) = G(y) (y d) ; 8 y 2 I:

Dengan demikian, jika x 2 J dan dimisalkan y = f(x) maka berlaku (g f ) (x) (g f ) (c) = g(f (x)) g(f (c))

= (G f ) (x)(f (x) f (c)) Oleh karena itu, jika x 2 J; x 6= c maka

(g f ) (x) (g f ) (c)

x c = (G f ) (x)f (x) f (c)

x c ;

dan konsekwensinya

xlim!c

(g f ) (x) (g f ) (c)

x c = lim

x!c (G f ) (x):lim

x!c

f (x) f (c)

x c

= g⁰(f (c)) f⁰(c):

Jadi (g f) (c) ada, dan (g f)⁰ (c) = g⁰(f (c)) f⁰(c):

Fungsi Invers

Theorem 4 Misalkan I R adalah suatu interval, f : I ! R adalah fungsi yang monoton sejati dan kontinu pada I: Misalkan pula J = f(I) dan g : J ! R adalah fungsi monoton sejati dan fungsi invers kontinu untuk f: Jika f dapat diturunkan di c 2 I dan f⁰(c) 6= 0; maka g dapat diturunkan di d = f(c);

dan

g⁰(d) = 1

f⁰(c) = 1

f⁰(g(d)): Bukti.

Untuk y 2 J; y 6= d; de nisikan

H(y) = f (g(y)) f (g(d)) g(y) g(d)

Karena g : J ! R adalah fungsi monoton sejati, maka g(y) 6= g(d) untuk y 2 J; y 6= d: Oleh karena itu H terde nisi dengan baik pada J: Selanjutnya,

karena y = f(g(y)) dan d = f(g(d)); maka

H(y) = y d

g(y) g(d); sehingga H(y) 6= 0 untuk y 2 J; y 6= d:

Akan dibuktikan bahwa lim

y!dH(y) = f⁰(c):

Misalkan " > 0:

Karena f⁰(c) = f⁰(g(d)) ada, maka ada > 0 sedemikian sehingga jika x 2 I dan 0 < jx cj < maka

f (x) f (c)

x c f⁰(c) < ":

Karena g kontinu di d = f(c); maka ada > 0 sedemikian sehingga jika y 2 J dan jy dj < maka jg(y) g(d)j < : Karena g satu-satu dan

c = g(d); maka berlaku

y 2 J dan 0 < jy dj < ) 0 < jg(y) cj < : Akibatnya

jH(y) f⁰(c)j = f (g(y)) f (g(d))

g(y) g(d) f⁰(c) < "

jika y 2 J dan 0 < jy dj < : Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim

y!dH(y) = f⁰(c):

Karena y 2 J; y 6= d berlaku

g(y) g(d)

y d = 1

H(y);

maka

ylim!d

g(y) g(d)

y d = lim

y!d

1

H(y) = 1

ylim!dH(y) = 1 f⁰(c): Jadi g⁰(d) ada dan g⁰(d) = 1

f⁰(c):

Theorem 5 Misalkan I R adalah suatu interval, f : I ! R adalah fungsi yang monoton sejati pada I: Misalkan pula J = f (I) dan g : J ! R adalah fungsi invers untuk f: Jika f dapat diturunkan pada I dan f⁰(x) 6= 0 untuk x 2 I; maka g dapat diturunkan pada J; dan

g⁰ = 1 f⁰ g: Bukti.

Karena f dapat diturunkan pada I maka f kontinu pada I berdasarkan teo- rema 22 Bab 5 (teorema invers kontinu) fungsi invers g kontinu pada J:

Berdasarkan teorema 4, maka kesimpulan dari teorema dapat diperoleh.

Contoh.

Misalkan f(x) = xⁿ; x 2 I = [0; 1) dan n adalah bilangan asli genap.

Selidiki bahwa f naik sejati dan kontinu pada I:

Akibatnya (berdasarkan teorema invers kontinu), fungsi inversnya g(y) = y¹⁼ⁿ; y 2 J = [0; 1)

juga naik sejati dan kontinu pada J:

Selain itu juga diperoleh f⁰(x) = nx^{n 1} 8x 2 I: Akibatnya, jika y > 0 maka g⁰(y) ada dan

g⁰(y) = 1

f⁰(g(y)) = 1

n (g(y))^{n 1}

= 1

n(y¹⁼ⁿ)^{n 1} = 1

ny^{(n 1)=n}:

Sehingga diperoleh

g⁰(y) = 1

ny^{(1=n) 1}; untuk y > 0:

2 Teorema Nilai Rata-Rata

Diskusi dimulai dengan melihat hubungan antara ekstrim relatif dan nilai turunannya.

Ingat bahwa fungsi f : I ! R dikatakan mempunyai maksimum relatif di c 2 I jika ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga f(x) f (c) 8 x 2 V (c) \ I:

Sebaliknya, f : I ! R dikatakan mempunyai minimum relatif di c 2 I jika ada lingkungan V (c) sedemikian sehingga f(x) f (c) 8 x 2 V (c) \ I:

f : I ! R dikatakan mempunyai ekstrim relatif di c 2 I jika f mempunyai maksimum realatif atau minimum relatif di c:

Theorem 6 (Ekstrim Interior) Misalkan c adalah suatu titik interior dari interval I sedemikian se- hingga f : I ! R mempunyai ekstrim relatif. Jika f⁰(c) ada, maka f⁰(c) = 0:

Bukti.

Akan dibuktikan hanya untuk kasus f mempunyai maksimum relatif di c.

Jika f⁰(c) > 0 maka berdasarkan teorema 10 Bab 4, ada lingkungan V (c) I sedemikian sehingga

f (x) f (c)

x c > 0; untuk x 2 V (c); x 6= c:

Jika x 2 V (c); x > c maka berlaku

f (x) f (c) = (x c) f (x) f (c)

x c > 0:

Tetapi ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c; sehingga tidak mungkin f⁰(c) > 0:

Jika f⁰(c) < 0 maka berdasarkan teorema 10 Bab 4, ada lingkungan V (c)

I sedemikian sehingga

f (x) f (c)

x c < 0; untuk x 2 V (c); x 6= c:

Jika x 2 V (c); x < c maka berlaku

f (x) f (c) = (x c) f (x) f (c)

x c > 0:

Tetapi ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c; sehingga tidak mungkin f⁰(c) < 0:

Oleh karena itu, mestilah f⁰(c) = 0:

Corollary 1 Misalkan f : I ! R kontinu pada I dan f mempunyai ekstrim relatif disuatu titik interior c 2 I: Maka f⁰(c) tidak ada atau f⁰(c) = 0:

Contoh.

Fungsi f(x) = jxj pada I = [ 1; 1] : Titik 0 adalah titik interior I dan f

mempunyai ekstrim relatif di 0: Tetapi f⁰(0) tidak ada.

Theorem 7 (Teorema Rolle) Misalkan f kontinu pada interval tutup I = [a; b] ; f⁰(c) ada 8 x 2 (a; b) dan f(a) = f(b) = 0: Maka ada sekurang-kurangnya satu titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga f⁰(c) = 0:

Perhatikan gambar 1 berikut ini.

Bukti.

Jika f(x) = 0 pada I; maka setiap c 2 (a; b) akan memenuhi kesimpulan

teorema. Anggaplah f(x) 6= 0 untuk beberapa nilai x 2 (a; b) : Karena f kontinu pada interval tutup I = [a; b] ;maka berdasarkan teorema 10 Bab 5 tentang maksimum-minimum, ada c 2 I sedemikian sehingga fungsi f men- capai nilai maksimum di c; yakni f(c) = sup ff(x) : x 2 Ig > 0: Karena f (a) = f (b) = 0; maka titik c mestilah terletak dalam (a; b) ; oleh karena itu f⁰(c) ada. Karena f mempunyai maksimum relatif di c maka berdasarkan teorema 6 tentang ekstrim interior, dapat disimpulkan bahwa f⁰(c) = 0:

Theorem 8 (Teorema Nilai Rata-Rata) Misalkan f kontinu pada suatu interval tutup I = [a; b] ; dan f⁰ mempunyai suatu turunan dalam interval buka (a; b) : Maka ada sekurang kurangnya satu titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga

f (b) f (a) = f⁰(c)(b a):

Bukti.

Perhatikan fungsi ' yang dide nisikan pada I sebagai berikut:

'(x) = f (x) f (a) f (b) f (a)

b a (x a):

Dapat dilihat bahwa fungsi ' merupakan selisih antara f dengan fungsi yang gra knya adalah segmen garis yang menghubungkan titik (a; f(a)) dan (b; f (b)) ; lihat gambar 2).

Hipotesis teorema Rolle dipenuhi oleh fungsi '; karena ' kontinu pada pada

[a; b] ; punya turunan pada (a; b) dan '(a) = '(b) = 0:

Oleh karena itu ada titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga 0 = '⁰(c) = f⁰(c) f (b) f (a)

b a :

Sehingga f(b) f (a) = f⁰(c)(b a):

Secara geometris, teorema Nilai Rata-Rata mengatakan bahwa ada suatu titik pada kurva y = f(x) dimana garis singgungnya sejajar dengan garis yang menghubungkan titik (a; f(a)) dan (b; f(b)) :

Theorem 9 Misalkan f kontinu pada interval tertutup [a; b] ; f punya turunan pada interval buka (a; b) dan f⁰(x) = 0 untuk x 2 (a; b) : Maka f konstan pada [a; b] :

Bukti.

Akan ditunjukkan bahwa f(x) = f(a) 8 x 2 [a; b] :

Misalkan x 2 [a; b] ; x > a: Gunakan teorema Nilai Rata-Rata untuk f pada

interval tutup [a; x] : Maka ada suatu titik c_x 2 (a; x) sedemikian sehingga f (x) f (a) = f⁰(c_x)(x a)

Karena f⁰(c_x) = 0 (berdasarkan hipotesis teorema), maka f(x) f (a) = 0:

Sehingga f(x) = f(a) 8 x 2 [a; b] :

Corollary 2 Misalkan f dan g kontinu pada I = [a; b] ; f⁰; g⁰ ada pada (a; b) dan f⁰(x) = g⁰(x) 8 x 2 (a; b) : Maka ada suatu konstanta C sedemikian sehingga

f = g + C pada I:

Theorem 10 Misalkan f⁰ ada dalam interval I: Maka (a). f naik pada I jika dan hanya jika f⁰(x) 0 8 x 2 I (b). f turun pada I jika dan hanya jika f⁰(x) 0 8 x 2 I

Bukti.

(a). (() Anggaplah f⁰(x) 0 8 x 2 I:

Jika x₁; x₂ 2 I dengan x¹ < x₂; maka berdasarkan teorema Nilai Rata- Rata pada interval tutup J = [x₁; x₂] ; ada c 2 (x¹; x₂) sedemikian sehingga

f (x₂) f (x₁) = f⁰(c)(x₂ x₁):

Karena f⁰(c) 0 dan x₂ x₁ > 0; maka f(x₂) f (x₁) 0, dan sehingga f (x₁) f (x₂):

Karena x₁ < x₂ adalah titik sebarang dalam I, maka dapat disimpulkan bahwa f naik pada I:

()) Anggaplah f⁰ ada dan naik dalam interval I

Karena f⁰ ada dalam interval I; maka untuk sebarang c 2 I (baik x > c maupun x < c) berlaku

f (x) f (c)

x c > 0

Sehingga berdasarkan teorema 8 Bab 4, diperoleh f⁰(c) = lim

x!c

f (x) f (c)

x c 0:

(b). Serupa dengan bukti bagian (a).

Berikut ini, akan disajikan syarat cukup agar suatu fungsi mempunyai ek- strim relatif di suatu titik interior dari suatu interval.

Theorem 11 (Uji Turunan Pertama) Misalkan f kontinu pada interval I = [a; b] dan c adalah titik inte- rior dari I: Anggaplah bahwa f⁰ ada dalam (a; c) dan (c; b) :

(a). Jika ada lingkungan (c ; c + ) I sedemikian sehingga f⁰(x) 0 untuk c < x < c dan

f⁰(x) 0 untuk c < x < c + ;

maka f mempunyai maksimum relatif di c:

(b). Jika ada lingkungan (c ; c + ) I sedemikian sehingga f⁰(x) 0 untuk c < x < c dan

f⁰(x) 0 untuk c < x < c + ;

maka f mempunyai minimum relatif di c:

Bukti.

(a). Jika x 2 (c ; c), maka teorema Nilai Rata-Rata berakibat bahwa ada titik c_x 2 (x; c) sedemikian sehingga

f (c) f (x) = f⁰(c_x)(c x):

Karena f⁰(x) 0 maka f⁰(c_x) 0; akibatnya f(c) f (x) 0; atau f (x) f (c) untuk x 2 (c ; c) :

Jika x 2 (c; c + ), maka teorema Nilai Rata-Rata berakibat bahwa ada titik c_x 2 (c; x) sedemikian sehingga

f (x) f (c) = f⁰(c_x)(x c):

Karena f⁰(x) 0 maka f⁰(c_x) 0; akibatnya f(x) f (c) 0; atau f (x) f (c) untuk x 2 (c; c + ) :

Oleh karena itu f(x) f (c) untuk x 2 (c ; c + ) ; yang menunjukkan bahwa f mempunyai maksimum relatif di c:

(b). Serupa dengan bukti bagian (a).

Contoh 1.

Fungsi eksponensial f(x) = e^x mempunyai turunan f⁰(x) = e^x 8 x 2 R:

Sehingga f⁰(x) > 1 untuk x > 0 dan f⁰(x) < 1 untuk x < 0:

Akan ditunjukkan bahwa

e^x 1 + x; x 2 R:

Jika x = 0 maka kesamaan berlaku.

Jika x > 0; maka penggunaan Teorema Nilai Rata-Rata untuk f dalam in- terval [0; x] berakibat ada c 2 (0; x) sedemikian sehingga

e^x e⁰ = e^c(x 0):

Karena e⁰ = 1 dan e^c > 1; maka diperoleh e^x 1 > x: Sehingga e^x 1 + x untuk x > 0:

Dengan cara yang sama dapat diperlihatkan bahwa e^x 1 + x untuk x < 0:

Sehingga

e^x 1 + x; x 2 R:

Sifat Nilai Antara

Kita akhiri diskusi bagian ini dengan suatu sifat yang sering disebut sebagai Teorema Darboux, yang menyatakan bahwa: Jika suatu fungsi f mepunyai turunan di setiap titik dalam interval I; maka fungsi f⁰ mempunyai sifat nilai antara.

Lemma 1 Misalkan I R adalah suatu interval, f : I ! R; c 2 I dan f⁰(c) ada.

(a). Jika f⁰(c) > 0; maka ada > 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x 2 I dengan c < x < c + : (b). Jika f⁰(c) < 0; maka ada > 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x 2 I dengan c < x < c:

Bukti.

(a). Karena

xlim!c

f (x) f (c)

x c = f⁰(c) > 0;

maka ada > 0 sedemikian sehingga

x 2 I dan 0 < jx cj < ) f (x) f (c)

x c > 0:

Jika x 2 I juga memenuhi x > c; maka

f (x) f (c) = (x c) f (x) f (c)

x c > 0:

Sehingga, jika x 2 I dan c < x < c + maka f(x) > f(c):

(b). Serupa dengan bukti bagian (a).

Theorem 12 (Teorema Darboux) Jika f⁰ ada pada I = [a; b] dan k adalah suatu bilangan antara f⁰(a) dan f⁰(b); maka ada sekurang-kurangnya satu titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga f⁰(c) = k:

Bukti.

Anggaplah bahwa f⁰(a) < k < f⁰(b): De nisikan g pada I dengan g(x) = kx f (x) untuk x 2 I:

Karena g kontinu pada I; maka g mencapai nilai maksimum pada I: Karena g⁰(a) = k f⁰(a) > 0; maka berdasarkan lemma 1(a) diperoleh bahwa maksimum g tidak terjadi di x = a: Dengan cara yang serupa, karena g⁰(b) = k f⁰(b) < 0; maka berdasarkan lemma 1(b) diperoleh bahwa maksimum g tidak terjadi di x = b: Oleh karena itu, g mencapai maksimumnya di suatu c 2 (a; b) : Maka berdasarkan teorema ekstrim interior, berlaku bahwa

0 = g⁰(c) = k f⁰(c);

sehingga f⁰(c) = k:

Contoh.

Fungsi g : [ 1; 1] ! R dide nisikan sebagai berikut:

g(x) = 8<

:

1; untuk x > 0 0; untuk x = 0

1; untuk x < 0

Jelas bahwa fungsi g gagal untuk memenuhi sifat nilai antara pada interval [ 1; 1] : Oleh karena itu, berdasarkan teorema Darboux, tidak ada fungsi f sedemikian sehingga f⁰(x) = g(x) 8 x 2 [ 1; 1] : Dengan perkataan lain, g bukanlah merupakan turunan sebarang fungsi lain pada interval [ 1; 1] :

3 Aturan L'Hospital

Bentuk-Bentuk Tak Tentu

Dalam Teorema 7 Bab 4 telah ditunjukkan bahwa jika A = lim

x!cf (x) dan

B = lim

x!cg(x); B 6= 0; maka

xlim!c

f (x)

g(x) = A B::

Namun, jika B = 0 maka tak ada kesimpulan yang dapat dibuat.

Kelak akan diperlihatkan bahwa jika B = 0 dan A 6= 0 maka limit bernilai tak hingga.

Kasus-kasus A = 0; B = 0 belum tercakup dalam pembahasan sebelum ini.

Dalam kasus seperti ini, limit hasil bagi f

g dikatakan berbentuk tak tentu.

Ada berbagai macam bentuk tak tentu, yaitu 0

0; 1

1; 0 1; 0⁰; 1¹ ; 1⁰ dan

1 1:

Kita akan memfokuskan perhatian pada bentuk tak tentu 0

dan 1:

Bentuk-bentuk lainnya dapat direduksi ke bentuk 0

0 atau 1

1; dengan mengam- bil logaritma, eksponensial atau manipulasi aljabar.

1. Kasus 0 0

Theorem 13 Misalkan f; g terde nisi pada [a; b] ; f(a) = g(a) = 0 dan g(x) 6= 0 untuk a < x < b: Jika f dan g punya turunan di a dan jika g⁰(a) 6= 0; maka

xlim!a⁺

f (x)

g(x) ada, dan

xlim!a⁺

f (x)

g(x) = f⁰(a) g⁰(a).

Bukti.

Karena f(a) = g(a); maka hasil bagi f (x)

g(x) untuk a < x < b dapat ditulis

sebagai berikut:

f (x)

g(x) = f (x) f (a) g(x) g(a) =

f (x) f (a)

x a

g(x) g(a)

x a

Karena f dan g punya turunan di a; maka

xlim!a⁺

f (x)

g(x) = lim

x!a⁺

0 BB

@

f (x) f (a)

x a

g(x) g(a)

x a

1 CC A

=

xlim!a⁺

f (x) f (a)

x a

xlim!a⁺

g(x) g(a)

x a

= f⁰(a) g⁰(a).

Perlu diperhatikan bahwa hipotesis f(a) = g(a) = 0 adalah penting. Sebagai contoh: f(x) = x + 17; g(x) = 2x + 3: Maka

xlim!0

f (x)

g(x) = 17 3 ; sedangkan

f⁰(0)

g⁰(0) = 1 2:

Teorema 13 mempermudah kita untuk menghitung limit berikut:

xlim!0

x² + x

sin 2x = 2:0 + 1

2: cos 0 = 1 2:

Untuk menangani kasus-kasus dimana f dan g tidak punya turunan di titik a;

diperlukan versi Teorema Nilai Rata-Rata yang lebih umum , yang disebut sebagai Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy.

Theorem 14 (Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy) Misalkan f; g kontinu pada [a; b] dan punya turunan pada (a; b) : Jika g⁰(x) 6= 0 8 x 2 (a; b) ; maka ada c 2 (a; b) sedemikian sehingga

f (b) f (a)

g(b) g(a) = f⁰(c) g⁰(c):

Buktikan !

Theorem 15 (Aturan L'Hospital) Misalkan f; g kontinu pada [a; b] ; punya turunan pada (a; b) ; f (a) = g(a) = 0; g(x) 6= 0 dan g⁰(x) 6= 0 untuk a < x < b:

(a). Jika lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = L; L 2 R; maka lim

x!a⁺

f (x)

g(x) = L (b). Jika lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = 1 (atau 1), maka lim

x!a⁺

f (x)

g(x) = 1 (atau 1).

Bukti.

(a). Ambil " > 0 sebarang. Karena lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = L; maka ada > 0

sedemikian sehingga

a < x < a + ) f⁰(x)

g⁰(x) L < ":

Karena f; g kontinu pada [a; b] ; punya turunan pada (a; b) ; f(a) = g(a) = 0; g(x) 6= 0 dan g⁰(x) 6= 0 untuk x 2 (a; b) ; maka berdasarkan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada suatu titik c_x 2 (a; x) sedemikian sehingga

f (x)

g(x) = f⁰(c_x) g⁰(c_x): Karena c_x 2 (a; a + ) ; maka

f (x)

g(x) L = f⁰(c_x)

g⁰(c_x) L < ": ⁽³⁾ Karena (³) berlaku untuk semua x 2 (a; a + ) ; maka dapat disimpulkan

bahwa lim

x!a⁺

f (x)

g(x) = L:

(b). Akan dibuktikan hanya untuk kasus +1 Ambil > 0 sebarang. Karena lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = 1; maka ada > 0 sedemikian sehingga

a < x < a + ) f⁰(x)

g⁰(x) > :

Karena f; g kontinu pada [a; b] ; punya turunan pada (a; b) ; f(a) = g(a) = 0; g(x) 6= 0 dan g⁰(x) 6= 0 untuk x 2 (a; b) ; maka berdasarkan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada suatu titik c_x 2 (a; x) sedemikian sehingga

f (x)

g(x) = f⁰(c_x)

g⁰(c_x) > :

Karena > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa

xlim!a⁺

f (x)

g(x) = 1:

Teorema L'Hospital juga dapat dikonstruksi untuk limit kiri, dan dengan menggabungkan hasil-hasil untuk limit kiri dan limit kanan akan memberikan hasil untuk limit dua arah.

Berikut ini akan diperluas untuk kasus limit di takhingga, dan hanya di- fokuskan untuk kasus 1:

Theorem 16 Misalkan f dan g kontinu dan punya turunan pada [b; 1) ; lim

x!1f (x) = lim

x!1g(x) = 0;

g(x) 6= 0 dan g⁰(x) 6= 0 untuk x > b: Maka

xlim!1

f (x)

g(x) = lim

x!1

f⁰(x) g⁰(x):

Bukti.

Dengan membuat perubahan variabel t = 1

x membolehkan kita untuk mende nisikan fungsi baru F dan G pada interval 0; 1

b sebagai berikut:

F (t) = 8<

:

f 1

t ; jika 0 < t 1 b 0; jika t = 0

dan

G(t) = 8<

:

g 1

t ; jika 0 < t 1 b 0; jika t = 0

Perhatikan bahwa lim

t!0⁺F (t) = lim

x!1f (x) dan lim

t!0⁺G(t) = lim

x!1g(x): Dengan

menggunakan aturan rantai, diperoleh:

F⁰(t) = 1

t² f⁰ 1 t dan

G⁰(t) = 1

t² g⁰ 1 t :

Sehingga dengan menggunakan aturan L'Hospital dapat disimpulkan bahwa

xlim!1

f (x)

g(x) = lim

t!0⁺

F (t)

G(t) = lim

t!0⁺

f⁰ 1 t g⁰ 1 t

= lim

x!1

f⁰(x) g⁰(x): Contoh.

(a). lim

x!0⁺

sin x

px = lim

x!0⁺

cos x 1= (2p

x) = lim

x!0⁺2p

x cos x = 0:

(b). lim

x!0

1 cos x

x² = lim

x!0

sin x

2x = lim

x!0

cos x

2 = 1 2: (c). lim

x!0

e^x 1

x = lim

x!0

e^x

1 = 1 (d). lim

x!1

log x

x 1 = lim

x!1

(1=x)

1 = 1:

2. Kasus 1 1

Theorem 17 Anggaplah bahwa f⁰; g⁰ ada dalam (a; b) ; lim

x!a⁺f (x) = 1, lim

x!a⁺g(x) = 1; g(x) 6= 0 dan g⁰(x) 6= 0 untuk a < x < b:

1. Jika lim f⁰(x)

= L; L 2 R; maka lim f (x)

= L

2. Jika lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = 1 (atau 1), maka lim

x!a⁺

f (x)

g(x) = 1 (atau 1).

Bukti.

1. Ambil " > 0 sebarang. Akan ditentukan > 0 sedemikian sehingga 0 < x a < ) f (x)

g(x) L < ":

Karena lim

x!a⁺

f⁰(x)

g⁰(x) = L; maka ada > 0 sedemikian sehingga 0 < x a < ) f⁰(x)

g⁰(x) L < ":

Pilih c₁ 2 (a; a + ) ; dan karena lim

x!a⁺f (x) = 1 maka pilih c² 2 (a; c¹) sedemikian sehingga f(x) 6= f(c¹) untuk a < x < c₂:

Selanjutnya, de nisikan fungsi F pada (a; c₂) sebagai berikut:

F (x) =

1 f (c₁) f (x) 1 g(c₁) g(x)

; untuk a < x < c₂:

Karena g⁰(x) 6= 0 untuk a < x < b; maka g(x) 6= g(c¹) untuk a < x <

c₂: Dari hipotesis dapat dilihat bahwa lim

x!a⁺F (x) = 1: Oleh karena itu, ada c₃ 2 (a; c²) sedemikian sehingga

a < x < c₃ ) jF (x) 1j < ":

Sehingga, jika a < x < c₃ maka 1

jF (x)j < 1

1 " < 2:

Selain itu

f (x)

g(x) = f (x) g(x)

F (x)

F (x) = f (x) f (c₁) g(x) g(c₁)

1 F (x)

Dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada 2 (x; c¹) sedemikian sehingga

f (x)

g(x) = f⁰( ) g⁰( )

1 F (x):

Karena a < x < c₃ < c₂ < c₁ < a + ; maka f (x)

g(x) L = f⁰( ) g⁰( )

1

F (x) L

= f⁰( )

g⁰( ) LF (x) jF (x)j ¹ f⁰( )

g⁰( ) L + jL LF (x)j jF (x)j ¹ (" + jLj ") 2 = 2 (1 + jLj) ":

Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim

x!a⁺

f (x)

g(x) = L:

2. Buktikan !

Berikut ini akan diperlihatkan bagaimana cara manipulasi bentuk-bentuk tak

tentu yang lain (0 1; 0⁰; 1¹ ; 1⁰ dan 1 1) menjadi bentuk 0

0 atau 1 1: Contoh.

(a). Misalkan I = 0;

2 dan pertimbangkan

xlim!0⁺

1 x

1

sin x ;

yang mempunyai bentuk tak tentu 1 1: Maka

xlim!0⁺

1 x

1

sin x = lim

x!0⁺

sin x x

x sin x = lim

x!0⁺

cos x 1 sin x + x cos x

= lim

x!0⁺

sin x

cos x + cos x x sin x

= 0

2 = 0:

(b). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim

x!0⁺ x log x; yang mempunyai bentuk tak tentu 0 ( 1): Maka

xlim!0⁺ x log x = lim

x!0⁺

log x

(1=x) = lim

x!0⁺

1=x

1=x² = lim

x!0⁺ ( x) = 0:

(c). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim

x!0⁺x^x; yang mempu nyai bentuk tak tentu 0⁰:

Dari kalkulus diketahui bahwa x^x = e^{x log x}: Sehingga, dari bagian (b) diperoleh lim

x!0⁺x^x = lim

x!0⁺e^{x log x} = e⁰ = 1:

(d). Misalkan I = (1; 1) dan pertimbangkan lim

x!1 1 + 1 x

x

; yang mempun- yai bentuk tak tentu 1¹:

Dengan mudah dapat diperiksa bahwa 1 + 1

x

x

= e^{x log}(¹⁺_x¹) ₍₄₎

Perhatikan bahwa

xlim!1x log 1 + 1

x = lim

x!1

log 1 + _x¹ 1=x

= lim

x!1

1 + _x^{1 1} x ²

x ² = lim

x!1

1

1 + _x¹ = 1 Sehingga

xlim!1 1 + 1 x

x

= lim

x!1 e^{x log}(¹⁺¹_x) = e:

(e). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim

x!0⁺ 1 + 1 x

x

; yang mempun- yai bentuk tak tentu 1⁰:

Dari formula (⁴), didapat

xlim!0⁺x log 1 + 1

x = lim

x!0⁺

log 1 + _x¹ 1=x

= lim

x!0⁺

1 + _x^{1 1} x ²

x ² = lim

x!0⁺

1

1 + _x¹ = 0:

Sehingga

xlim!0⁺ 1 + 1 x

x

= lim

x!0⁺ e^{x log}(¹⁺_x¹) = 1: