1
Muhafzan
TURUNAN Muhafzan, Ph.D
TURUNAN
3
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 f (x) f (c) 8 x 2 I dan 0 < jx cj < (") ) L < ": x c Dalam kasus ini dikatakan bahwa f dapat diturunkan (differentiabel) di c; dan ditulis L = f 0(c): Dengan perkataan lain, turunan fungsi f di c diberikan oleh limit sebagai berikut: f (x) f (c) 0 f (c) = lim ; x!c x c asalkan limit tersebut ada. (Kita perbolehkan kemungkinan bahwa c meruMuhafzan
TURUNAN
4
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) (x c) f (x) f (c) = x c Muhafzan
TURUNAN
5
Karena f 0(c) ada, maka lim (f (x)
x!c
f (x) f (c)) = lim x!c x = f 0(c):0 = 0:
f (c) c
lim (x
x!c
c)
Oleh karena itu lim f (x) = f (c); dan menunjukkan bahwa f kontinu di c: x!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 f 0(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 f 0(c) ada, maka ( f )0 (c) ada, dan ( f )0 (c) = f 0(c)
Muhafzan
TURUNAN
6
(b). (f + g)0 (c) ada, dan
(f + g)0 (c) = f 0(c) + g 0(c) (c). (f g)0 (c) ada, dan
(f g)0 (c) = f 0(c)g(c) + f (c)g 0(c) (d). Jika g(c) 6= 0; maka
f g
0
(c) ada, dan f g
0
f 0(c)g(c) f (c)g 0(c) (c) = (g(c))2
Bukti. (c). Akan dibuktikan bahwa (f g)0 (c) ada, dan (f g)0 (c) = f 0(c)g(c) + f (c)g 0(c)
Muhafzan
TURUNAN
7
Untuk x 2 I; x 6= c; berlaku (f g) (x) (f g) (c) f (x)g(x) lim = lim x!c x!c x c x f (x)g(x) = lim
f (c)g(c) c f (c)g(x) + f (c)g(x) f (c)g(c) x!c x c (f (x) f (c)) g(x) + f (c) (g(x) g(c)) = lim x!c x c g(x) g(c) f (x) f (c) g(x) + lim f (c) (1) = lim x!c x!c x c x c Karena g 0(c) ada, maka g kontinu di c: Akibatnya lim g(x) = g(c):
x!c
Muhafzan
TURUNAN
8
Karena f 0(c) dan g 0(c) ada, maka (1) dapat ditulis menjadi (f g) (x) lim x!c x
(f g) (c) f (x) f (c) g(x) g(c) = lim g(x) + lim f (c) x!c x!c c x c x c f (x) f (c) g(x) g(c) = lim lim g(x) + f (c)lim x!c x!c x c x!c x c = f 0(c)g(c) + f (c)g 0(c);
yang menunjukkan bahwa (f g)0 (c) ada, dan (f g)0 (c) = f 0(c)g(c) + f (c)g 0(c)
(d). Akan dibuktikan bahwa f g Muhafzan
0
f g
0
(c) ada, dan
f 0(c)g(c) f (c)g 0(c) (c) = ; bila g(c) 6= 0: 2 (g(c))
TURUNAN
9
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
f g
(x) x
c
(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 f (x) f (c) g(x) g(c) = g(c) f (c) g(x)g(c) x c x c =
Karena g 0(c) ada, maka g kontinu di c: Akibatnya 1 1 lim = : x!c g(x) g(c) Muhafzan
(2)
TURUNAN
10
Karena f 0(c) dan g 0(c) ada, maka dari (2) diperoleh
lim
x!c
f g
f g
(x) x
(c)
1 f (x) f (c) g(x) g(c) g(c) f (c) x!c g(x)g(c) x c x c 1 f (x) f (c) g(x) = lim lim g(c) lim f (c) x!c g(x)g(c) x!c x!c x c x 1 0 = f (c)g 0(c)] ; 2 [f (c)g(c) (g(c))
= lim
c
yang menunjukkan bahwa f g
0
f g
0
g(c) c
(c) ada, dan
f 0(c)g(c) f (c)g 0(c) (c) = : 2 (g(c))
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 f 0(c) ada dan g 0(f (c)) ada, maka (g f )0 (c) ada, dan Muhafzan
TURUNAN
11
(g f )0 (c) = g 0(f (c)) f 0(c):
Bukti. Misalkan d = f (c) dan de nisikan suatu fungsi baru sebagai berikut: 8 < g(y) g(d) ; untuk y 2 I; y 6= d G(y) = y d : g 0(d); untuk y = d
Karena g 0(d) ada, maka
lim G(y) = g 0(d) = G(d);
y!d
sehingga G kontinu di d: Karena f 0(c) ada maka f kontinu di c; dan karena f (J) I maka G f kontinu di c (berdasarkan teorema 7 Bab 5). Akibatnya lim (G f ) (x) = lim G(y) = g 0(f (c)):
x!c
Muhafzan
y!d
TURUNAN
12
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) f (x) f (c) = (G f ) (x) ; x c x c dan konsekwensinya (g f ) (x) (g f ) (c) f (x) f (c) lim = lim (G f ) (x):lim x!c x!c x!c x c x c = g 0(f (c)) f 0(c): Muhafzan
TURUNAN
13
Jadi (g f ) (c) ada, dan (g f )0 (c) = g 0(f (c)) f 0(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 f 0(c) 6= 0; maka g dapat diturunkan di d = f (c); dan
1 1 g (d) = 0 = 0 : f (c) f (g(d)) 0
Bukti. Untuk y 2 J; y 6= d; de nisikan
f (g(y)) H(y) = g(y)
f (g(d)) 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, Muhafzan
TURUNAN
14
karena y = f (g(y)) dan d = f (g(d)); maka y d H(y) = ; g(y) g(d) sehingga H(y) 6= 0 untuk y 2 J; y 6= d: Akan dibuktikan bahwa lim H(y) = f 0(c): y!d
Misalkan " > 0: Karena f 0(c) = f 0(g(d)) ada, maka ada > 0 sedemikian sehingga jika x 2 I dan 0 < jx cj < maka f (x) x
f (c) c
f 0(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 Muhafzan
TURUNAN
15
c = g(d); maka berlaku
Akibatnya
y 2 J dan 0 < jy jH(y)
dj <
f (g(y)) f (c)j = g(y) 0
) 0 < jg(y) f (g(d)) g(d)
cj < :
f 0(c) < "
jika y 2 J dan 0 < jy dj < : Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim H(y) = f 0(c): y!d
Karena y 2 J; y 6= d berlaku g(y) y
Muhafzan
g(d) 1 = ; d H(y)
TURUNAN
16
maka g(y) lim y!d y
g(d) 1 1 1 = lim = = 0 : y!d H(y) d lim H(y) f (c) y!d
1 Jadi g (d) ada dan g (d) = 0 : f (c) 0
0
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 f 0(x) 6= 0 untuk x 2 I; maka g dapat diturunkan pada J; dan
0
g =
1 f0
g
:
Bukti. Karena f dapat diturunkan pada I maka f kontinu pada I berdasarkan teorema 22 Bab 5 (teorema invers kontinu) fungsi invers g kontinu pada J: Muhafzan
TURUNAN
17
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) = y 1=n; y 2 J = [0; 1)
juga naik sejati dan kontinu pada J: Selain itu juga diperoleh f 0(x) = nxn 1 8x 2 I: Akibatnya, jika y > 0 maka g 0(y) ada dan 1 1 0 g (y) = 0 = f (g(y)) n (g(y))n 1 1 1 = = (n 1)=n : 1=n n 1 n(y ) ny Muhafzan
TURUNAN
18
Sehingga diperoleh 1 (1=n) 1 g (y) = y ; untuk y > 0: n 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: Muhafzan
TURUNAN
19
Theorem 6 (Ekstrim Interior) Misalkan c adalah suatu titik interior dari interval I sedemikian sehingga f : I ! R mempunyai ekstrim relatif. Jika f 0(c) ada, maka f 0(c) = 0:
Bukti. Akan dibuktikan hanya untuk kasus f mempunyai maksimum relatif di c. Jika f 0(c) > 0 maka berdasarkan teorema 10 Bab 4, ada lingkungan V (c) I sedemikian sehingga f (x) f (c) > 0; untuk x 2 V (c); x 6= c: x c Jika x 2 V (c); x > c maka berlaku
f (x) f (c) f (x) f (c) = (x c) > 0: x c Tetapi ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c; sehingga tidak mungkin f 0(c) > 0: Jika f 0(c) < 0 maka berdasarkan teorema 10 Bab 4, ada lingkungan V (c)
Muhafzan
TURUNAN
20
I sedemikian sehingga f (x) f (c) < 0; untuk x 2 V (c); x 6= c: x c Jika x 2 V (c); x < c maka berlaku
f (x) f (c) f (x) f (c) = (x c) > 0: x c Tetapi ini bertentangan dengan hipotesis bahwa f mempunyai maksimum relatif di c; sehingga tidak mungkin f 0(c) < 0: Oleh karena itu, mestilah f 0(c) = 0:
Corollary 1 Misalkan f : I ! R kontinu pada I dan f mempunyai ekstrim relatif disuatu titik interior c 2 I: Maka f 0(c) tidak ada atau f 0(c) = 0:
Contoh. Fungsi f (x) = jxj pada I = [ 1; 1] : Titik 0 adalah titik interior I dan f
Muhafzan
TURUNAN
21
mempunyai ekstrim relatif di 0: Tetapi f 0(0) tidak ada. Theorem 7 (Teorema Rolle) Misalkan f kontinu pada interval tutup I = [a; b] ; f 0(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 f 0(c) = 0:
Perhatikan gambar 1 berikut ini.
Bukti. Jika f (x) = 0 pada I; maka setiap c 2 (a; b) akan memenuhi kesimpulan Muhafzan
TURUNAN
22
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 mencapai 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 f 0(c) ada. Karena f mempunyai maksimum relatif di c maka berdasarkan teorema 6 tentang ekstrim interior, dapat disimpulkan bahwa f 0(c) = 0:
Theorem 8 (Teorema Nilai Rata-Rata) Misalkan f kontinu pada suatu interval tutup I = [a; b] ; dan f 0 mempunyai suatu turunan dalam interval buka (a; b) : Maka ada sekurang kurangnya satu titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga
f (b)
Bukti. Muhafzan
f (a) = f 0(c)(b
a):
TURUNAN
23
Perhatikan fungsi ' yang dide nisikan pada I sebagai berikut: f (b) f (a) '(x) = f (x) f (a) (x a): b 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 Muhafzan
TURUNAN
24
[a; b] ; punya turunan pada (a; b) dan '(a) = '(b) = 0: Oleh karena itu ada titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga 0
0
0 = ' (c) = f (c)
Sehingga f (b)
f (a) = f 0(c)(b
f (b) b
f (a) : a
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 f 0(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 Muhafzan
TURUNAN
25
interval tutup [a; x] : Maka ada suatu titik cx 2 (a; x) sedemikian sehingga f (x)
f (a) = f 0(cx)(x
a)
Karena f 0(cx) = 0 (berdasarkan hipotesis teorema), maka f (x) Sehingga f (x) = f (a) 8 x 2 [a; b] :
f (a) = 0:
Corollary 2 Misalkan f dan g kontinu pada I = [a; b] ; f 0; g 0 ada pada (a; b) dan f 0(x) = g 0(x) 8 x 2 (a; b) : Maka ada suatu konstanta C sedemikian sehingga
f =g+C pada I:
Theorem 10 Misalkan f 0 ada dalam interval I: Maka (a). f naik pada I jika dan hanya jika f 0(x) (b). f turun pada I jika dan hanya jika f 0(x)
Bukti. Muhafzan
08x2I 08x2I
TURUNAN
26
(a). (() Anggaplah f 0(x) 0 8 x 2 I: Jika x1; x2 2 I dengan x1 < x2; maka berdasarkan teorema Nilai RataRata pada interval tutup J = [x1; x2] ; ada c 2 (x1; x2) sedemikian sehingga f (x2)
f (x1) = f 0(c)(x2
x1):
Karena f 0(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 f 0 ada dan naik dalam interval I Karena f 0 ada dalam interval I; maka untuk sebarang c 2 I (baik x > c maupun x < c) berlaku f (x) f (c) >0 x c Muhafzan
TURUNAN
27
Sehingga berdasarkan teorema 8 Bab 4, diperoleh f (x) f (c) 0 f (c) = lim 0: x!c x c (b). Serupa dengan bukti bagian (a). Berikut ini, akan disajikan syarat cukup agar suatu fungsi mempunyai ekstrim 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 interior dari I: Anggaplah bahwa f 0 ada dalam (a; c) dan (c; b) : (a). Jika ada lingkungan (c
;c + )
f 0(x)
0 untuk c
f 0(x)
0 untuk c < x < c + ;
I sedemikian sehingga
< x < c dan
maka f mempunyai maksimum relatif di c: (b). Jika ada lingkungan (c
f 0(x) Muhafzan
0 untuk c
;c + )
I sedemikian sehingga
< x < c dan
TURUNAN
f 0(x)
28
0 untuk c < x < c + ;
maka f mempunyai minimum relatif di c:
Bukti. ; c), maka teorema Nilai Rata-Rata berakibat bahwa ada (a). Jika x 2 (c titik cx 2 (x; c) sedemikian sehingga f (c)
f (x) = f 0(cx)(c
x):
Karena f 0(x) 0 maka f 0(cx) 0; akibatnya f (c) f (x) 0; atau ; c) : f (x) f (c) untuk x 2 (c Jika x 2 (c; c + ), maka teorema Nilai Rata-Rata berakibat bahwa ada titik cx 2 (c; x) sedemikian sehingga f (x)
f (c) = f 0(cx)(x
c):
Karena f 0(x) 0 maka f 0(cx) 0; akibatnya f (x) f (x) f (c) untuk x 2 (c; c + ) :
Muhafzan
f (c)
0; atau
TURUNAN
29
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) = ex mempunyai turunan f 0(x) = ex 8 x 2 R: Sehingga f 0(x) > 1 untuk x > 0 dan f 0(x) < 1 untuk x < 0: Akan ditunjukkan bahwa ex
1 + x; x 2 R:
Jika x = 0 maka kesamaan berlaku. Jika x > 0; maka penggunaan Teorema Nilai Rata-Rata untuk f dalam interval [0; x] berakibat ada c 2 (0; x) sedemikian sehingga ex
Muhafzan
e0 = ec(x
0):
TURUNAN
30
Karena e0 = 1 dan ec > 1; maka diperoleh ex 1 > x: Sehingga ex 1 + x untuk x > 0: Dengan cara yang sama dapat diperlihatkan bahwa ex 1 + x untuk x < 0: Sehingga ex
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 f 0 mempunyai sifat nilai antara. Lemma 1 Misalkan I
R adalah suatu interval, f : I ! R; c 2 I dan f 0(c) ada.
(a). Jika f 0(c) > 0; maka ada (b). Jika f 0(c) < 0; maka ada Muhafzan
> 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x 2 I dengan c < x < c + :
> 0 sedemikian sehingga f (x) > f (c) untuk x 2 I dengan c
< x < c:
TURUNAN
Bukti. (a). Karena f (x) f (c) lim = f 0(c) > 0; x!c x c maka ada > 0 sedemikian sehingga f (x) f (c) x 2 I dan 0 < jx cj < ) > 0: x c Jika x 2 I juga memenuhi x > c; maka f (x) f (c) f (x) f (c) = (x c) > 0: x c Sehingga, jika x 2 I dan c < x < c + maka f (x) > f (c):
(b). Serupa dengan bukti bagian (a). Muhafzan
31
TURUNAN
32
Theorem 12 (Teorema Darboux) Jika f 0 ada pada I = [a; b] dan k adalah suatu bilangan antara f 0(a) dan f 0(b); maka ada sekurang-kurangnya satu titik c 2 (a; b) sedemikian sehingga f 0(c) = k:
Bukti. Anggaplah bahwa f 0(a) < k < f 0(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 g 0(a) = k f 0(a) > 0; maka berdasarkan lemma 1(a) diperoleh bahwa maksimum g tidak terjadi di x = a: Dengan cara yang serupa, karena g 0(b) = k f 0(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 = g 0(c) = k
Muhafzan
f 0(c);
TURUNAN
33
sehingga f 0(c) = k: Contoh. Fungsi g : [ 1; 1] ! R dide nisikan sebagai berikut: 8 < 1; untuk x > 0 0; untuk x = 0 g(x) = : 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 f 0(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 f (x) dan x!c
Muhafzan
TURUNAN
34
B = lim g(x); B 6= 0; maka x!c
f (x) A lim = : x!c g(x) 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. f Dalam kasus seperti ini, limit hasil bagi dikatakan berbentuk tak tentu. g 0 1 Ada berbagai macam bentuk tak tentu, yaitu ; ; 0 1; 00; 11 ; 10 dan 0 1 1 1: 0 1 Kita akan memfokuskan perhatian pada bentuk tak tentu dan : 0 1 Muhafzan
TURUNAN
35
0 1 Bentuk-bentuk lainnya dapat direduksi ke bentuk atau ; dengan mengam0 1 bil logaritma, eksponensial atau manipulasi aljabar. 0 1. Kasus 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 g 0(a) 6= 0; maka
lim+
x!a
f (x) ada, g(x)
dan
f (x) f 0(a) lim = 0 . x!a+ g(x) g (a)
Bukti. f (x) Karena f (a) = g(a); maka hasil bagi untuk a < x < b dapat ditulis g(x) Muhafzan
TURUNAN
sebagai berikut: f (x) f (a) f (x) f (x) f (a) x a = = g(x) g(a) g(x) g(x) g(a) x a Karena f dan g punya turunan di a; maka 1 0 f (x) f (a) B x a C f (x) C = lim+ B lim+ g(a) A x!a @ g(x) x!a g(x) x a f (x) f (a) lim+ 0 f (a) x!a x a = 0 . = g(x) g(a) g (a) lim+ x!a x a Muhafzan
36
TURUNAN
37
Perlu diperhatikan bahwa hipotesis f (a) = g(a) = 0 adalah penting. Sebagai contoh: f (x) = x + 17; g(x) = 2x + 3: Maka f (x) 17 lim = ; x!0 g(x) 3
sedangkan f 0(0) 1 = : 0 g (0) 2 Teorema 13 mempermudah kita untuk menghitung limit berikut: x2 + x 2:0 + 1 1 = = : lim x!0 sin 2x 2: cos 0 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. Muhafzan
TURUNAN
38
Theorem 14 (Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy) Misalkan f; g kontinu pada [a; b] dan punya turunan pada (a; b) : Jika g 0(x) 6= 0 8 x 2 (a; b) ; maka ada c 2 (a; b) sedemikian sehingga
f (b) g(b)
f (a) f 0(c) = 0 : g(a) g (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 g 0(x) 6= 0 untuk a < x < b: f (x) f 0(x) (a). Jika lim+ 0 = L; L 2 R; maka lim+ =L x!a g(x) x!a g (x)
f 0(x) (b). Jika lim+ 0 = 1 (atau x!a g (x)
1), maka lim+ x!a
f (x) = 1 (atau g(x)
1).
Bukti. f 0(x) (a). Ambil " > 0 sebarang. Karena lim+ 0 = L; maka ada x!a g (x) Muhafzan
> 0
TURUNAN
39
sedemikian sehingga f 0(x) a<x
L < ":
Karena f; g kontinu pada [a; b] ; punya turunan pada (a; b) ; f (a) = g(a) = 0; g(x) 6= 0 dan g 0(x) 6= 0 untuk x 2 (a; b) ; maka berdasarkan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada suatu titik cx 2 (a; x) sedemikian sehingga f (x) f 0(cx) = 0 : g(x) g (cx)
Karena cx 2 (a; a + ) ; maka f (x) g(x)
f 0(cx) L = 0 g (cx)
L < ":
(3)
Karena (3) berlaku untuk semua x 2 (a; a + ) ; maka dapat disimpulkan Muhafzan
TURUNAN
40
f (x) bahwa lim+ = L: x!a g(x) (b). Akan dibuktikan hanya untuk kasus +1 f 0(x) Ambil > 0 sebarang. Karena lim+ 0 = 1; maka ada x!a g (x) sedemikian sehingga f 0(x) a<x : g (x)
> 0
Karena f; g kontinu pada [a; b] ; punya turunan pada (a; b) ; f (a) = g(a) = 0; g(x) 6= 0 dan g 0(x) 6= 0 untuk x 2 (a; b) ; maka berdasarkan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada suatu titik cx 2 (a; x) sedemikian sehingga f (x) f 0(cx) = 0 > : g(x) g (cx)
Muhafzan
TURUNAN
41
Karena
> 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa f (x) lim+ = 1: x!a g(x) 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 difokuskan untuk kasus 1: Theorem 16 Misalkan f dan g kontinu dan punya turunan pada [b; 1) ; lim f (x) = lim g(x) = 0;
g(x) 6= 0 dan g (x) 6= 0 untuk x > b: Maka 0
f (x) f 0(x) lim = lim 0 : x!1 g(x) x!1 g (x)
Bukti. Muhafzan
x!1
x!1
TURUNAN
42
1 Dengan membuat perubahan variabel t = membolehkan kita untuk x 1 mende nisikan fungsi baru F dan G pada interval 0; sebagai berikut: b 8 1 1 < ; jika 0 < t f F (t) = t b : 0; jika t = 0
dan
8 <
1 g ; jika 0 < t G(t) = t : 0; jika t = 0
1 b
Perhatikan bahwa lim+F (t) = lim f (x) dan lim+G(t) = lim g(x): Dengan t!0
Muhafzan
x!1
t!0
x!1
TURUNAN
43
menggunakan aturan rantai, diperoleh: 0
F (t) =
1 0 1 f 2 t t
dan 1 0 1 g : G (t) = 2 t t Sehingga dengan menggunakan aturan L'Hospital dapat disimpulkan bahwa 0
f (x) F (t) lim = lim+ = lim+ x!1 g(x) t!0 G(t) t!0
Contoh. Muhafzan
f
0
g0
1 t 1 t
f 0(x) = lim 0 : x!1 g (x)
TURUNAN
44
p sin x cos x p = lim+2 x cos x = 0: (a). lim+ p = lim+ x!0 x!0 1= (2 x) x!0 x 1 cos x sin x cos x 1 (b). lim = lim = lim = : 2 x!0 x!0 x!0 x 2x 2 2 ex ex 1 = lim = 1 (c). lim x!0 1 x!0 x log x (1=x) (d). lim = lim = 1: x!1 x 1 x!1 1 1 2. Kasus 1 Theorem 17 Anggaplah bahwa f 0; g 0 ada dalam (a; b) ; lim+f (x) = 1, lim+g(x) = 1; g(x) 6= 0 dan
g (x) 6= 0 untuk a < x < b: f 0(x) f (x) 1. Jika lim+ 0 = L; L 2 R; maka lim+ =L x!a g (x) x!a g(x) 0
Muhafzan
x!a
x!a
TURUNAN
45
f 0(x) 2. Jika lim+ 0 = 1 (atau x!a g (x)
1), maka lim+ x!a
f (x) = 1 (atau g(x)
1).
Bukti. 1. Ambil " > 0 sebarang. Akan ditentukan > 0 sedemikian sehingga 0<x
a<
f 0(x) = L; maka ada Karena lim+ 0 x!a g (x) 0<x
a<
f (x) ) g(x)
L < ":
> 0 sedemikian sehingga f 0(x) ) 0 g (x)
L < ":
Pilih c1 2 (a; a + ) ; dan karena lim+f (x) = 1 maka pilih c2 2 (a; c1) x!a
sedemikian sehingga f (x) 6= f (c1) untuk a < x < c2: Muhafzan
TURUNAN
46
Selanjutnya, de nisikan fungsi F pada (a; c2) sebagai berikut: 1 F (x) = 1
f (c1) f (x) ; untuk a < x < c2: g(c1) g(x)
Karena g 0(x) 6= 0 untuk a < x < b; maka g(x) 6= g(c1) untuk a < x < c2: Dari hipotesis dapat dilihat bahwa lim+F (x) = 1: Oleh karena itu, ada c3 2 (a; c2) sedemikian sehingga
x!a
a < x < c3 ) jF (x)
1j < ":
Sehingga, jika a < x < c3 maka 1 1 < < 2: jF (x)j 1 " Muhafzan
TURUNAN
47
Selain itu f (x) f (x) F (x) f (x) = = g(x) g(x) F (x) g(x)
f (c1) 1 g(c1) F (x)
Dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada sedemikian sehingga 1 f (x) f 0( ) = 0 : g(x) g ( ) F (x)
Muhafzan
2 (x; c1)
TURUNAN
Karena a < x < c3 < c2 < c1 < a + ; maka f (x) 1 f 0( ) L = 0 L g(x) g ( ) F (x) f 0( ) LF (x) jF (x)j 1 = 0 g( ) f 0( ) L + jL LF (x)j jF (x)j 0 g( ) (" + jLj ") 2 = 2 (1 + jLj) ":
48
1
f (x) = L: Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim+ x!a g(x) 2. Buktikan !
Berikut ini akan diperlihatkan bagaimana cara manipulasi bentuk-bentuk tak
Muhafzan
TURUNAN
49
tentu yang lain (0 1; 0 ; 1 ; 1 dan 1 0
1
0
0 1 1) menjadi bentuk atau : 0 1
Contoh. (a). Misalkan I = 0;
2
dan pertimbangkan
1 1 lim+ ; x!0 x sin x yang mempunyai bentuk tak tentu 1 1: Maka lim+
x!0
Muhafzan
1 x
1 sin x
sin x x cos x 1 = lim+ = lim+ x!0 x!0 sin x + x cos x x sin x sin x = lim+ x!0 cos x + cos x x sin x 0 = = 0: 2
TURUNAN
50
(b). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim+ x log x; yang mempunyai bentuk tak tentu 0 ( 1): Maka
x!0
log x 1=x lim+ x log x = lim+ = lim+ = lim+ ( x) = 0: 2 x!0 x!0 (1=x) x!0 x!0 1=x
(c). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim+xx; yang mempu x!0
nyai bentuk tak tentu 0 : Dari kalkulus diketahui bahwa xx = ex log x: Sehingga, dari bagian (b) diperoleh lim+xx = lim+ex log x = e0 = 1: 0
x!0
x!0
(d). Misalkan I = (1; 1) dan pertimbangkan lim
x!1
yai bentuk tak tentu 11:
Muhafzan
1 1+ x
x
; yang mempun-
TURUNAN
51
Dengan mudah dapat diperiksa bahwa 1 1+ x
x
x log(1+ x1 )
=e
(4)
Perhatikan bahwa 1 lim x log 1 + x!1 x
log 1 + x1 = lim x!1 1=x 1 1 1+x = lim x!1 x
x
2
2
1 =1 = lim 1 x!1 1 + x
Sehingga lim
x!1
Muhafzan
1 1+ x
x
x log(1+ x1 )
= lim e x!1
= e:
TURUNAN
52
(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 1 lim+x log 1 + x!0 x
log 1 + x1 = lim+ x!0 1=x 1 1 1+x = lim+ x!0 x
x
2
2
1 = lim+ = 0: 1 x!0 1 + x
Sehingga lim+
x!0
Muhafzan
1 1+ x
x
x log(1+ x1 )
= lim+ e x!0
= 1:
