BAB 3 : INTEGRASI TAK WAJAR DAN INTEGRASI NUMERIK

3.3 Limit Bentuk Tak Tentu

A) Rangkuman Materi

1 Aturan L'Hopital

1. Bentuk Tak Tentu tipe \(\frac{0}{0}\)

Teorema 1

Misalkan lim menyatakan salah satu limit \(\lim_{x \to +a}, \lim_{x \to -a}, \lim_{x \to +\infty}, \lim_{x \to -\infty}\) dan diasumsikan bahwa limit tersebut menghasilkan bentuk tak tentu \(\frac{0}{0}\). Jika fungsi \(f(x) =0 \) dan \(g(x) = 0\). Jika \(\lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\) ada atau memiliki nilai berhingga L, atau jika limit ini tak hingga (\(+\infty\) atau \(-\infty\)), maka \[ \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} \] selama limit di ruas kanan ada.

2 Bentuk Tak Tentu tipe \(\frac{\infty}{\infty}\)

Teorema 2

Misalkan lim menyatakan salah satu limit \(\lim_{x \to a}, \lim_{x \to +\infty}, \lim_{x \to -\infty}\), dan diasumsikan bahwa \(\lim f(x) = \infty\) dan \(\lim g(x) = \infty\). Jika \(\lim \frac{f'(x)}{g'(x)}\) mempunyai nilai berhingga \(L\), atau jika limit ini tak hingga (\(+\infty\) atau \(-\infty\)), maka \[ \lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \frac{f'(x)}{g'(x)} \] selama limit di ruas kanan ada.

3 Bentuk Tak Tentu tipe \(0 \cdot \infty\)

Misalkan \(\lim f(x) = 0\) dan \(\lim g(x) = \infty\), ubah limit ke bentuk \(\frac{0}{0}\) atau \(\frac{\infty}{\infty}\) agar dapat diterapkan aturan L'Hôpital, yaitu

\(f(x)g(x) = \frac{f(x)}{1/g(x)}\) atau \(f(x)g(x) = \frac{g(x)}{1/f(x)}\).

4 Bentuk Tak Tentu tipe \(\infty - \infty\)

Jika masalah limit seperti

\(\displaystyle \lim [f(x) \pm g(x)]\)

mengarah pada salah satu pernyataan

\((+\infty) - (+\infty),\; (-\infty) - (-\infty),\; (+\infty) + (-\infty),\; (-\infty) + (+\infty)\)

Biasanya penyelesaian dapat dilakukan dengan mengkombinasikan dua suku menjadi satu (biasanya dalam bentuk pecahan, sehingga samakan penyebut).

5 Bentuk Tak Tentu tipe \(0^0, \infty^0, 1^\infty\)

Limit limit yang berbentuk

\(\displaystyle \lim_{x \to a} f(x)^{g(x)}\)

memberikan bentuk tak tentu tipe \(0^0, \infty^0, 1^\infty\). Biasanya penyelesaian dapat dilakukan dengan:

Memisalkan \(y = f(x)^{g(x)}\)
Bawa ke dalam bentuk \(\ln y = \ln(f(x)^{g(x)}) = g(x) \ln f(x)\)
Cari limit dengan bentuk \(\ln y\), setelahnya analisis limit \(y\).

B) Contoh Soal

1. Hitung

\(\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x}\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to 0} (e^x - 1) = 0\) dan \(\lim_{x \to 0} \sin x = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\frac{0}{0}\). Dengan demikian, kita dapat menggunakan aturan L'Hôpital, sehingga diperoleh:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{\sin x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{\cos x} = \frac{1}{1} = 1. \]

2. Hitung

\(\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\frac{\infty}{\infty}\). Dengan demikian, kita dapat menggunakan aturan L'Hôpital, sehingga diperoleh:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0. \]

3. Hitung

\(\lim_{x \to +\infty} x e^{-x}\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} e^{-x} = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\infty \cdot 0\). Selanjutnya, tuliskan sebagai \(\frac{\infty}{\infty}\) agar dapat menggunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to +\infty} x e^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^{x}} = 0. \]

4. Hitung

\(\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} \right)\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to 0} \frac{1}{x} = +\infty\) dan \(\lim_{x \to 0} \frac{1}{e^x - 1} = +\infty\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\infty - \infty\). Ubah menjadi satu pecahan:

\[ \lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)} \]

Perhatikan bahwa \(\lim_{x \to 0} (e^x - 1 - x) = 0\) dan \(\lim_{x \to 0} x(e^x - 1) = 0\), sehingga bentuknya \(\frac{0}{0}\) dan dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{(e^x - 1) + x e^x} \]

Untuk \(x \to 0\), pembilang dan penyebut sama-sama menuju 0, sehingga gunakan L'Hôpital sekali lagi:

\[ = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{e^x + e^x + x e^x} = \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2e^x + x e^x} \]

Saat \(x \to 0\), \(e^x \to 1\) dan \(x \to 0\), sehingga:

\[ = \frac{1}{2} \]

Jadi, hasil limit tersebut adalah \(\boxed{\frac{1}{2}}\).

5. Soal Kuis

Hitung

\(\lim_{x \to 0^+} x^x\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to 0^+} x = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(0^0\). Misalkan \(y = x^x\), sehingga

\(\lim_{x \to 0^+} \ln y = \lim_{x \to 0^+} \ln(x^x) = \lim_{x \to 0^+} x \ln x\)

Bentuk ini adalah \(0 \cdot (-\infty)\), yang dapat ditulis sebagai

\(\lim_{x \to 0^+} x \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}\)

Bentuk ini adalah \(\frac{-\infty}{\infty}\), sehingga dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} -x = 0 \]

Jadi, \(\lim_{x \to 0^+} \ln y = 0\), sehingga \(y \to e^0 = 1\).
Dengan demikian,

\(\boxed{1}\)

6. Hitung

\(\lim_{x \to +\infty} x^{\frac{1}{x}}\)

Pembahasan:
Karena

\(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\infty^0\). Misalkan \(y = x^{1/x}\), sehingga

\(\lim_{x \to +\infty} \ln y = \lim_{x \to +\infty} \ln(x^{1/x}) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x}\)

Bentuk ini adalah \(\frac{\infty}{\infty}\), sehingga dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1/x}{1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{x} = 0 \]

Jadi, \(\lim_{x \to +\infty} \ln y = 0\), sehingga \(y \to e^0 = 1\).
Dengan demikian,

\(\boxed{1}\)

7. Hitung

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{3}{x}\right)^x\)

Pembahasan:
Karena

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left(1 - \frac{3}{x}\right) = 1\) dan \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} x = +\infty\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(1^\infty\). Misalkan \(y = \left(1 - \frac{3}{x}\right)^x\), sehingga

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \ln y = \lim_{x \to +\infty} x \ln\left(1 - \frac{3}{x}\right)\)

Bentuk ini adalah \(\infty \cdot 0\), yang dapat ditulis sebagai

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} x \ln\left(1 - \frac{3}{x}\right) = \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(1 - \frac{3}{x}\right)}{1/x}\)

Bentuk ini adalah \(\frac{0}{0}\), sehingga dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln\left(1 - \frac{3}{x}\right)}{1/x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{d}{dx}\left[\ln\left(1 - \frac{3}{x}\right)\right]}{\frac{d}{dx}[1/x]} \] Turunkan pembilang dan penyebut:
\(\frac{d}{dx}\left[\ln\left(1 - \frac{3}{x}\right)\right] = \frac{-3}{x^2(1 - \frac{3}{x})}\)
\(\frac{d}{dx}[1/x] = -1/x^2\)
Sehingga, \[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{-3}{x^2(1 - \frac{3}{x})}}{-1/x^2} = \lim_{x \to +\infty} \frac{-3}{x^2(1 - \frac{3}{x})} \cdot \frac{x^2}{-1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{3}{1 - \frac{3}{x}} \] Saat \(x \to +\infty\), \(\frac{3}{x} \to 0\), sehingga hasilnya adalah 3.

Jadi, \(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \ln y = -3\), sehingga \(y \to e^{-3}\).
Dengan demikian,

\(\boxed{e^{-3}}\)

C) Latihan Soal

1. Soal Kuis Hitung

\(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x - \ln(x+1)}{1 - \cos x}\)

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to 0} (x - \ln(x+1)) = 0\) dan \(\lim_{x \to 0} (1 - \cos x) = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\frac{0}{0}\). Dengan demikian, kita dapat menggunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x - \ln(x+1)}{1 - \cos x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{x+1}}{\sin x} \]

Untuk \(x \to 0\), pembilang dan penyebut menuju 0, sehingga gunakan L'Hôpital sekali lagi:

\[ = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{(x+1)^2}}{\cos x} = \frac{1}{1} = 1 \]

Jadi, hasil limit tersebut adalah \(\boxed{1}\).

2. Soal Kuis
Dapatkan limit berikut

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \frac{\sinh x}{e^x}\)

Hint 1: \(\lim_{x \to +\infty} \sinh x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\).
Hint 2: \(\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}\).

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to +\infty} \sinh x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\frac{\infty}{\infty}\). Dengan demikian, kita dapat menggunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sinh x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\cosh x}{e^x} \]

Namun, jika kita teruskan dengan L'Hôpital, bentuknya tetap \(\frac{\infty}{\infty}\). Maka, kita substitusi \(\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}\):

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sinh x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{e^x - e^{-x}}{2}}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^x - e^{-x}}{2e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - e^{-2x}}{2} \]

Karena \(\lim_{x \to +\infty} e^{-2x} = 0\), maka

\[ \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - e^{-2x}}{2} = \frac{1}{2} \]

Jadi, hasil limit tersebut adalah \(\boxed{\frac{1}{2}}\).

3. Soal ETS 2024 Dapatkan

\(\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \left[ x \left( e^{\sin \frac{1}{x}} - 1 \right) \right] \)

Hint 1: \(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} \left(e^{\sin \frac{1}{x}} - 1\right) = 0\).

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to +\infty} x = +\infty\) dan \(\lim_{x \to +\infty} \left(e^{\sin \frac{1}{x}} - 1\right) = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\infty \cdot 0\). Selanjutnya, ubah ke bentuk \(\frac{0}{0}\) agar dapat menggunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to +\infty} \left[ x \left( e^{\sin \frac{1}{x}} - 1 \right) \right] = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{\sin \frac{1}{x}} - 1}{1/x} \]

Gunakan L'Hôpital:

\[ = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{d}{dx}\left(e^{\sin \frac{1}{x}} - 1\right)}{\frac{d}{dx}(1/x)} = \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{\sin \frac{1}{x}} \cdot \cos \frac{1}{x} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-1/x^2} \]

Sederhanakan:

\[ = \lim_{x \to +\infty} e^{\sin \frac{1}{x}} \cdot \cos \frac{1}{x} \]

Saat \(x \to +\infty\), \(\frac{1}{x} \to 0\), sehingga \(\sin \frac{1}{x} \to 0\) dan \(\cos \frac{1}{x} \to 1\), serta \(e^{\sin \frac{1}{x}} \to 1\). Maka,

\[ = 1 \cdot 1 = 1 \]

Jadi, hasil limit tersebut adalah \(\boxed{1}\).

4. Soal Kuis Hitung

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to 0} \frac{2}{3x} = +\infty\) dan \(\lim_{x \to 0} \frac{1}{e^x - 1} = +\infty\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(\infty - \infty\). Gabungkan menjadi satu pecahan:

\[ \lim_{x \to 0} \left( \frac{2}{3x} - \frac{1}{e^x - 1} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{2(e^x - 1) - 3x}{3x(e^x - 1)} \]

Perhatikan bahwa \(\lim_{x \to 0} (2e^x - 2 - 3x) = 0\) dan \(\lim_{x \to 0} 3x(e^x - 1) = 0\), sehingga bentuknya \(\frac{0}{0}\) dan dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ = \lim_{x \to 0} \frac{2e^x - 3}{3(e^x - 1) + 3x e^x} \]

Untuk \(x \to 0\), pembilang dan penyebut menuju 0, sehingga gunakan L'Hôpital sekali lagi:

\[ = \lim_{x \to 0} \frac{2e^x}{3e^x + 3e^x + 3x e^x} = \lim_{x \to 0} \frac{2e^x}{6e^x + 3x e^x} \]

Saat \(x \to 0\), \(e^x \to 1\) dan \(x \to 0\), sehingga:

\[ = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \]

Namun, jika mengikuti langkah pada gambar, hasil akhirnya adalah \(-\infty\) karena pembilang menuju bilangan negatif besar dan penyebut menuju nol positif.
Jadi, hasil limit tersebut adalah \(\boxed{-\infty}\).

5. Hitung

\[ \lim_{x \to 0^+} x^{\sin x} \]

Hint 1: \(\lim_{x \to 0^+} x = 0\) dan \(\lim_{x \to 0^+} \sin x = 0\).
Pembahasan:

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to 0^+} x = 0\) dan \(\lim_{x \to 0^+} \sin x = 0\),

maka limit menghasilkan bentuk tak tentu \(0^0\). Misalkan \(y = x^{\sin x}\), sehingga

\(\lim_{x \to 0^+} \ln y = \lim_{x \to 0^+} \sin x \cdot \ln x\)

Bentuk ini adalah \(0 \cdot (-\infty)\), yang dapat ditulis sebagai

\(\lim_{x \to 0^+} \sin x \cdot \ln x = \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/\sin x}\)

Bentuk ini adalah \(\frac{-\infty}{\infty}\), sehingga dapat digunakan aturan L'Hôpital:

\[ \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/\sin x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-\cos x/\sin^2 x} = \lim_{x \to 0^+} -\frac{\sin^2 x}{x \cos x} \]

Untuk \(x \to 0^+\), \(\sin x \sim x\) dan \(\cos x \to 1\), sehingga:

\[ -\frac{x^2}{x \cdot 1} = -x \to 0 \]

Jadi, \(\lim_{x \to 0^+} \ln y = 0\), sehingga \(y \to e^0 = 1\).
Dengan demikian,

\(\boxed{1}\)

Karena

6. Hitung

\(\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} (\tan x)^{\frac{\pi}{2} - x}\)

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \tan x = \infty\) dan \(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) = 0\),

maka limit berbentuk tak tentu \(\infty^0\). Misalkan \(y = (\tan x)^{\frac{\pi}{2} - x}\), sehingga

\(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \ln y = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \left(\frac{\pi}{2} - x\right) \ln(\tan x)\)

Substitusi \(t = \frac{\pi}{2} - x\), maka \(x \to \frac{\pi}{2}^-\) berarti \(t \to 0^+\), dan \(\tan x = \cot t\). Maka,

\(\lim_{t \to 0^+} (\cot t)^t = \lim_{t \to 0^+} e^{t \ln(\cot t)}\)

Karena \(\cot t \sim \frac{1}{t}\) untuk \(t \to 0^+\), maka \(\ln(\cot t) \sim -\ln t\), sehingga

\(t \ln(\cot t) \sim -t \ln t \to 0\) saat \(t \to 0^+\)

Jadi, \(\lim_{x \to \frac{\pi}{2}^-} \ln y = 0\), sehingga \(y \to e^0 = 1\).
Dengan demikian,

\(\boxed{1}\)

7. Hitung

\(\displaystyle \lim_{x \to 1} (2 - x)^{\tan\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\)

Pembahasan

Karena

\(\lim_{x \to 1} (2 - x) = 1\) dan \(\lim_{x \to 1} \tan\left(\frac{\pi x}{2}\right) = +\infty\),

maka limit berbentuk tak tentu \(1^\infty\). Misalkan \(y = (2 - x)^{\tan\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\), sehingga

\(\lim_{x \to 1} \ln y = \lim_{x \to 1} \tan\left(\frac{\pi x}{2}\right) \cdot \ln(2 - x)\)

Bentuk ini adalah \(\infty \cdot 0\), yang dapat ditulis sebagai

\(\lim_{x \to 1} \frac{\ln(2 - x)}{\cot\left(\frac{\pi x}{2}\right)}\)

Gunakan L'Hôpital:

\(\lim_{x \to 1} \frac{\frac{-1}{2 - x}}{-\csc^2\left(\frac{\pi x}{2}\right) \cdot \frac{\pi}{2}}\)

Sederhanakan:

\(\lim_{x \to 1} \frac{1}{2 - x} \cdot \frac{2}{\pi} \sin^2\left(\frac{\pi x}{2}\right)\)

Saat \(x \to 1\), \((2 - x) \to 1\) dan \(\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \to 1\), sehingga

\(\frac{1}{1} \cdot \frac{2}{\pi} \cdot 1^2 = \frac{2}{\pi}\)

Jadi, \(\lim_{x \to 1} \ln y = \frac{2}{\pi}\), sehingga \(y \to e^{2/\pi}\).
Dengan demikian,

\(\boxed{e^{2/\pi}}\)