Muhafzan TURUNAN. Muhafzan, Ph.D

Transkripsi

1 1

2 TURUNAN, Ph.D

3 TURUNAN 3 1 Turunan Kita mulai diskusi ini dengan memperkenalkan denisi turunan suatu fungsi Denisi 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) 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 0 f(x) f(c) (c) = lim ; x!c x c asalkan limit tersebut ada. (Kita perbolehkan kemungkinan bahwa c meru-

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

5 TURUNAN 5 Karena f 0 (c) ada, maka lim (f(x) f(c)) = x!c lim x!c = f 0 (c):0 = 0: f(x) x f(c) c lim (x c) x!c Oleh karena itu lim x!c f(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 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)

6 TURUNAN 6 (b). (f + g) 0 (c) ada, dan (f + g) 0 (c) = f 0 (c) + g 0 (c) (c). (fg) 0 (c) ada, dan (fg) 0 (c) = f 0 (c)g(c) + f(c)g 0 (c) (d). Jika g(c) 6= 0; maka 0 f (c) ada, dan g Bukti. 0 f (c) = f 0 (c)g(c) g (c). Akan dibuktikan bahwa (fg) 0 (c) ada, dan f(c)g 0 (c) (g(c)) 2 (fg) 0 (c) = f 0 (c)g(c) + f(c)g 0 (c)

7 TURUNAN 7 Untuk x 2 I; x 6= c; berlaku (fg) (x) (fg) (c) f(x)g(x) f(c)g(c) = lim x c x!c x c f(x)g(x) f(c)g(x) + f(c)g(x) f(c)g(c) = lim x!c x c (f(x) f(c)) g(x) + f(c) (g(x) g(c)) = lim x!c x c f(x) f(c) = lim g(x) + limf(c) g(x) g(c) x!c x c x!c x c Karena g 0 (c) ada, maka g kontinu di c: Akibatnya lim x!c limg(x) = g(c): x!c (1)

8 TURUNAN 8 lim x!c Karena f 0 (c) dan g 0 (c) ada, maka (1) dapat ditulis menjadi (fg) (x) (fg) (c) f(x) f(c) = lim g(x) + lim x c x!c x c f(c)g(x) x!c x f(x) f(c) g(x) = lim limg(x) + f(c)lim x!c x c x!c x!c x = f 0 (c)g(c) + f(c)g 0 (c); yang menunjukkan bahwa (fg) 0 (c) ada, dan (fg) 0 (c) = f 0 (c)g(c) + f(c)g 0 (c) 0 f (d). Akan dibuktikan bahwa (c) ada, dan g 0 f (c) = f 0 (c)g(c) f(c)g 0 (c) g (g(c)) 2 ; bila g(c) 6= 0: g(c) c g(c) c

9 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 (x) g x f (c) g 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 lim x!cg(x) = 1 g(c) : (2)

10 TURUNAN 10 Karena f 0 (c) dan g 0 (c) ada, maka dari (2) diperoleh lim x!c f (x) g x f (c) g c 1 f(x) f(c) g(x) g(c) = lim g(c) f(c) x!c g(x)g(c) x c x c 1 f(x) f(c) = lim lim g(c) limf(c) g(x) x!c g(x)g(c) x!c x c x!c x 1 = (g(c)) 2 [f 0 (c)g(c) f(c)g 0 (c)] ; 0 f yang menunjukkan bahwa (c) ada, dan g 0 f (c) = f 0 (c)g(c) g f(c)g 0 (c) (g(c)) 2 : g(c) 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

11 TURUNAN 11 (g f) 0 (c) = g 0 (f(c)) f 0 (c): Bukti. Misalkan d = f(c) dan denisikan 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) = y!d g0 (d) = G(d); sehingga G kontinu di d: Karena f 0 (c) ada maka f kontinu di c; dan karena f(j) I maka Gf kontinu di c (berdasarkan teorema 7 Bab 5). Akibatnya lim (G f) (x) = lim G(y) = x!c y!d g0 (f(c)):

12 TURUNAN 12 Sehingga, berdasarkan denisi 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 dan konsekwensinya lim x!c (g f) (x) (g f) (c) x c = (G f) (x) f(x) f(c) ; x c f(x) = lim (G f) (x):lim x!c x!c x = g 0 (f(c)) f 0 (c): f(c) c

13 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 Bukti. Untuk y 2 J; y 6= d; denisikan g 0 (d) = 1 f 0 (c) = 1 f 0 (g(d)) : H(y) = f(g(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 terdenisi dengan baik pada J: Selanjutnya,

14 TURUNAN 14 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 limh(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) f(c) f 0 (c) x 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

15 TURUNAN 15 c = g(d); maka berlaku Akibatnya y 2 J dan 0 < jy dj < ) 0 < jg(y) cj < : jh(y) f 0 (c)j = f(g(y)) g(y) f(g(d)) g(d) f 0 (c) < " jika y 2 J dan 0 < jy dj < : Karena " > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa lim y!d H(y) = f 0 (c): Karena y 2 J; y 6= d berlaku g(y) y g(d) d = 1 H(y) ;

16 TURUNAN 16 maka lim y!d g(y) y g(d) d Jadi g 0 (d) ada dan g 0 (d) = 1 f 0 (c) : 1 = lim y!d H(y) = 1 lim H(y) = y!d 1 f 0 (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 f 0 (x) 6= 0 untuk x 2 I; maka g dapat diturunkan pada J; dan g 0 = 1 f 0 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:

17 TURUNAN 17 Berdasarkan teorema 4, maka kesimpulan dari teorema dapat diperoleh. Contoh. Misalkan f(x) = x n ; 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) = nx n 1 8x 2 I: Akibatnya, jika y > 0 maka g 0 (y) ada dan g 0 1 (y) = f 0 (g(y)) = 1 n (g(y)) n 1 1 = n(y 1=n ) = 1 n 1 ny (n 1)=n:

18 TURUNAN 18 Sehingga diperoleh g 0 (y) = 1 n y(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:

19 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)

20 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

21 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

22 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 Bukti. f(b) f(a) = f 0 (c)(b a):

23 TURUNAN 23 Perhatikan fungsi ' yang didenisikan 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 graknya 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

24 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 (c) = f 0 f(b) (c) b Sehingga f(b) f(a) = f 0 (c)(b a): f(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

25 TURUNAN 25 interval tutup [a; x] : Maka ada suatu titik c x 2 (a; x) sedemikian sehingga f(x) f(a) = f 0 (c x )(x a) Karena f 0 (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] ; 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 pada I: f = g + C Theorem 10 Misalkan f 0 ada dalam interval I: Maka (a). f naik pada I jika dan hanya jika f 0 (x) 0 8 x 2 I (b). f turun pada I jika dan hanya jika f 0 (x) 0 8 x 2 I Bukti.

26 TURUNAN 26 (a). (() Anggaplah f 0 (x) 0 8 x 2 I: Jika x 1 ; x 2 2 I dengan x 1 < x 2 ; maka berdasarkan teorema Nilai Rata- Rata pada interval tutup J = [x 1 ; x 2 ] ; ada c 2 (x 1 ; x 2 ) sedemikian sehingga f(x 2 ) f(x 1 ) = f 0 (c)(x 2 x 1 ): Karena f 0 (c) 0 dan x 2 x 1 > 0; maka f(x 2 ) f(x 1 ) 0, dan sehingga f(x 1 ) f(x 2 ): Karena x 1 < x 2 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) x f(c) c > 0

27 TURUNAN 27 Sehingga berdasarkan teorema 8 Bab 4, diperoleh f 0 f(x) (c) = lim x!c x (b). Serupa dengan bukti bagian (a). f(c) c 0: 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 f 0 (x) 0 untuk c ; c + ) I sedemikian sehingga < x < c dan f 0 (x) 0 untuk c < x < c + ; maka f mempunyai maksimum relatif di c: (b). Jika ada lingkungan (c f 0 (x) 0 untuk c ; c + ) I sedemikian sehingga < x < c dan

28 TURUNAN 28 f 0 (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) = f 0 (c x )(c x): Karena f 0 (x) 0 maka f 0 (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) = f 0 (c x )(x c): Karena f 0 (x) 0 maka f 0 (c x ) 0; akibatnya f(x) f(x) f(c) untuk x 2 (c; c + ) : f(c) 0; atau

29 TURUNAN 29 Oleh karena itu f(x) f(c) untuk x 2 (c bahwa f mempunyai maksimum relatif di c: (b). Serupa dengan bukti bagian (a). ; c + ) ; yang menunjukkan Contoh 1. Fungsi eksponensial f(x) = e x mempunyai turunan f 0 (x) = e x 8 x 2 R: Sehingga f 0 (x) > 1 untuk x > 0 dan f 0 (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 interval [0; x] berakibat ada c 2 (0; x) sedemikian sehingga e x e 0 = e c (x 0):

30 TURUNAN 30 Karena e 0 = 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 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 > 0 sedemikian sehingga f(x) > f(c) untuk x 2 I dengan c < x < c + : (b). Jika f 0 (c) < 0; maka ada > 0 sedemikian sehingga f(x) > f(c) untuk x 2 I dengan c < x < c:

31 TURUNAN 31 Bukti. (a). Karena f(x) f(c) lim x!c x c maka ada > 0 sedemikian sehingga x 2 I dan 0 < jx cj < ) Jika x 2 I juga memenuhi x > c; maka = f 0 (c) > 0; f(x) f(c) x c > 0: 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).

32 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): Denisikan 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 f 0 (c);

33 TURUNAN 33 sehingga f 0 (c) = k: Contoh. Fungsi g : [ 1; 1]! R didenisikan sebagai berikut: 8 < 1; untuk x > 0 g(x) = 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 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 x!c f(x) dan

34 TURUNAN 34 B = lim x!c g(x); B 6= 0; maka f(x) lim x!cg(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 ; 1 1 ; 1 0 dan 1 1: Kita akan memfokuskan perhatian pada bentuk tak tentu 0 0 dan 1 1 :

35 TURUNAN 35 Bentuk-bentuk lainnya dapat direduksi ke bentuk 0 0 atau 1 ; dengan mengambil logaritma, eksponensial atau manipulasi 1 aljabar. 1. Kasus 0 0 Theorem 13 Misalkan f; g terdenisi 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 dan f(x) lim x!a + g(x) ada, f(x) lim x!a + g(x) = f 0 (a) g 0 (a). Bukti. Karena f(a) = g(a); maka hasil bagi f(x) g(x) untuk a < x < b dapat ditulis

36 TURUNAN 36 sebagai berikut: f(x) f(x) g(x) = f(x) f(a) g(x) g(a) = x g(x) x Karena f dan g punya turunan di a; maka 0 1 f(x) f(a) f(x) lim x!a + g(x) = lim B x a C + g(x) g(a) A x a f(x) f(a) lim x!a = + x a g(x) g(a) lim x!a + x a f(a) a g(a) a = f 0 (a) g 0 (a).

37 TURUNAN 37 Perlu diperhatikan bahwa hipotesis f(a) = g(a) = 0 adalah penting. Sebagai contoh: f(x) = x + 17; g(x) = 2x + 3: Maka sedangkan f(x) lim x!0g(x) = 17 3 ; f 0 (0) g 0 (0) = 1 2 : Teorema 13 mempermudah kita untuk menghitung limit berikut: x 2 + x lim x!0 sin 2x = 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.

38 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 Buktikan! f(b) g(b) f(a) g(a) = f 0 (c) g 0 (c) : 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: (a). Jika lim x!a + f 0 (x) g 0 (x) (b). Jika lim x!a + f 0 (x) g 0 (x) = 1 (atau = L; L 2 R; maka lim x!a + f(x) g(x) = L f(x) 1), maka lim x!a + g(x) = 1 (atau 1). Bukti. (a). Ambil " > 0 sebarang. Karena lim x!a + f 0 (x) g 0 (x) = L; maka ada > 0

39 TURUNAN 39 sedemikian sehingga a < x < a + ) f 0 (x) g 0 (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 c x 2 (a; x) sedemikian sehingga f(x) g(x) = f 0 (c x ) g 0 (c x ) : Karena c x 2 (a; a + ) ; maka f(x) L g(x) = f 0 (c x ) g 0 (c x ) L < ": (3) Karena (3) berlaku untuk semua x 2 (a; a + ) ; maka dapat disimpulkan

40 TURUNAN 40 f(x) bahwa lim x!a + g(x) = L: (b). Akan dibuktikan hanya untuk kasus +1 f 0 (x) Ambil > 0 sebarang. Karena lim x!a + g 0 (x) sedemikian sehingga a < x < a + ) f 0 (x) g 0 (x) > : = 1; maka ada > 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 c x 2 (a; x) sedemikian sehingga f(x) g(x) = f 0 (c x ) g 0 (c x ) > :

41 TURUNAN 41 Karena > 0 sebarang, maka dapat disimpulkan bahwa f(x) lim x!a + 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 difokuskan untuk kasus 1: Theorem 16 Misalkan f dan g kontinu dan punya turunan pada [b; 1) ; lim f(x) = lim g(x) = 0; x!1 x!1 g(x) 6= 0 dan g 0 (x) 6= 0 untuk x > b: Maka Bukti. f(x) lim g(x) = lim f 0 (x) x!1g 0 (x) : x!1

42 TURUNAN 42 Dengan membuat perubahan variabel t = 1 membolehkan kita untuk x mendenisikan fungsi baru F dan G pada interval 0; 1 sebagai berikut: b 8 < 1 f ; jika 0 < t 1 F (t) = t b : 0; jika t = 0 dan G(t) = 8 < : g 1 ; t jika 0 < t 1 b 0; jika t = 0 Perhatikan bahwa lim F (t) = lim f(x) dan lim t!0 + x!1 t!0 +G(t) = lim x!1 g(x): Dengan

43 TURUNAN 43 menggunakan aturan rantai, diperoleh: 1 1 F 0 (t) = f 0 t 2 t dan G 0 (t) = 1 1 g 0 : t 2 t Sehingga dengan menggunakan aturan L'Hospital dapat disimpulkan bahwa 1 Contoh. lim x!1 f(x) g(x) = lim F (t) t!0 + G(t) = lim t!0 + f 0 g 0 1 t t = f 0 (x) lim x!1 g 0 (x) :

44 TURUNAN 44 sin x (a). lim p = lim x!0 + x (b). lim x!0 1 cos x x 2 e x 1 (c). lim x!0 x log x (d). lim x!1 x x!0 + cos x 1= (2 p x) = lim x!0 +2p x cos x = 0: = lim x!0 sin x 2x = lim x!0 e x = lim x!0 1 = 1 1 = lim x!1 (1=x) 1 = 1: cos x 2 = 1 2 : 2. Kasus 1 1 Theorem 17 Anggaplah bahwa f 0 ; g 0 ada dalam (a; b) ; g 0 (x) 6= 0 untuk a < x < b: f 0 (x) f(x) 1. Jika lim = L; L 2 R; x!a + g 0 maka lim (x) x!a + g(x) = L lim x!a +f(x) = 1, lim +g(x) = 1; g(x) 6= 0 dan x!a

45 TURUNAN Jika lim x!a + f 0 (x) g 0 (x) = 1 (atau f(x) 1), maka lim x!a + g(x) = 1 (atau 1). Bukti. 1. Ambil " > 0 sebarang. Akan ditentukan > 0 sedemikian sehingga 0 < x a < ) f(x) L g(x) < ": Karena lim x!a + f 0 (x) g 0 (x) = L; maka ada > 0 sedemikian sehingga 0 < x a < ) f 0 (x) g 0 (x) L < ": Pilih c 1 2 (a; a + ) ; dan karena lim x!a +f(x) = 1 maka pilih c 2 2 (a; c 1 ) sedemikian sehingga f(x) 6= f(c 1 ) untuk a < x < c 2 :

46 TURUNAN 46 Selanjutnya, denisikan fungsi F pada (a; c 2 ) sebagai berikut: F (x) = 1 1 f(c 1 ) f(x) ; untuk a < x < c g(c 1 ) 2 : g(x) Karena g 0 (x) 6= 0 untuk a < x < b; maka g(x) 6= g(c 1 ) untuk a < x < c 2 : Dari hipotesis dapat dilihat bahwa lim x!a +F (x) = 1: Oleh karena itu, ada c 3 2 (a; c 2 ) sedemikian sehingga a < x < c 3 ) jf (x) 1j < ": Sehingga, jika a < x < c 3 maka 1 jf (x)j < 1 1 " < 2:

47 TURUNAN 47 Selain itu f(x) g(x) = f(x) g(x) F (x) F (x) = f(x) f(c 1) g(x) g(c 1 ) 1 F (x) Dengan menggunakan Teorema Nilai Rata-Rata Cauchy, ada 2 (x; c 1 ) sedemikian sehingga f(x) g(x) = f 0 () g 0 () 1 F (x) :

48 TURUNAN 48 Karena a < x < c 3 < c 2 < c 1 < a + ; maka f(x) L g(x) = f 0 () g 0 () 1 L F (x) = f 0 () LF (x) 1 g 0 () jf (x)j f 0 () L g 0 () + 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

49 TURUNAN 49 tentu yang lain (0 1; 0 0 ; 1 1 ; 1 0 dan 1 1) menjadi bentuk 0 0 atau 1 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 1 1 sin x x lim = lim x!0 + x sin x x!0 + x sin x = lim cos x 1 x!0 + sin x + x cos x sin x = lim x!0 + cos x + cos x x sin x = 0 2 = 0: ;

50 TURUNAN 50 (b). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim bentuk tak tentu 0 ( 1): Maka x!0 + x log x; yang mempunyai log x lim x log x = lim x!0 + x!0 + (1=x) = lim 1=x x!0 + 1=x = lim ( x) = 0: 2 x!0 + (c). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim x!0 + xx ; yang mempu nyai bentuk tak tentu 0 0 : Dari kalkulus diketahui bahwa x x = e x log x : Sehingga, dari bagian (b) diperoleh lim x!0 + xx = lim x!0 + ex log x = e 0 = 1: x x ; yang mempun- (d). Misalkan I = (1; 1) dan pertimbangkan lim x!1 yai bentuk tak tentu 1 1 :

51 TURUNAN 51 Dengan mudah dapat diperiksa bahwa x = e x log (1+ x) 1 (4) x Perhatikan bahwa lim x log x!1 Sehingga x log x = lim x!1 1=x = lim x! x 1 x 2 x 2 lim x = lim x!1 x x!1 ex log (1+ x) 1 = e: 1 = lim x! x = 1

52 TURUNAN x x ; yang mempun- (e). Misalkan I = (0; 1) dan pertimbangkan lim x!0 + yai bentuk tak tentu 1 0 : Dari formula (4), didapat lim x!0 +x log x Sehingga lim x!0 + = lim x!0 + = lim x!0 + log x 1=x x 1 x 2 x 2 = lim x! x x = lim x!0 + ex log (1+ 1 x) = 1: x = 0: