Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1

Semester 1, 2022-2023
Adril P.M. Manurung
Azmi Mahmud Bazied
Farhan Nafis Rayhan
Randy Verdian
September 2022

1. Telaah konsep.
x−3
(a) Fungsi f (x) = tidak terdefinisi di x = 3, tapi lim f (x) =
x2 − 9 x→3

(b) Jika lim+ f (x) = 1 dan lim− f (x) = 2, dapat disimpulkan bahwa lim f (x)
x→1 x→1 x→1

(c) Jika |x − 1| < , maka |5x − 5| < ϵ

(d) Menurut definisi limit, arti dari lim x2 = 4 adalah ϵ > 0, terdapat δ sehingga
x→2
mengakibatkan .
(e) Jika lim f (x) = 2, maka lim (x2 + 1)f (x) = dan lim f (x2 − 1) =
x→0 x→0 x→1
x−1
(f) Garis x = 1 bukan asimtot tegak dari fungsi f (x) = 2 karena .
x −1
(g) Jika lim f (x) = 2, maka salah satu asimtot dari f adalah garis .
x→∞
(h) Jika f (c) = 1 dan lim f (t) = 1, maka f di c.
t→c
(i) Misal f kontinu di interval (0, 3) kecuali di x = 1 dan lim f (x) = 3. Agar f
x→1
menjadi fungsi yang kontinu di x = 1, fungsi f didefinisikan ulang di x = 1 dengan
f (1) =
(j) Diketahui f kontinu pada [a, b]. Jika f (a) < 0 dan f (b) > 0, maka berdasarkan
Teorema Nilai Antara, terdapat c ∈ sehingga .

Solusi.
(a)
x−3 1 1
lim = lim =
x→3 x2 − 9 x→3 x + 3 6
(b) lim f (x) tidak ada karena limit kanan dan limit kiri berbeda.
x→1
ε
(c) Jika |x − 1| < , maka |5x − 5| < ε
5
(d) Menurut definisi limit, arti dari lim x2 = 4 adalah untuk setiap ε > 0, terdapat
x→2
δ > 0 sehingga 0 < |x − 2| < δ mengakibatkan |x2 − 4| < ε.

1
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

(e) lim (x2 + 1)f (x) = lim (x2 + 1) lim f (x) = 1 · 2 = 2 dan lim f (x2 − 1) = lim f (x) = 2
x→0 x→0 x→0 x→1 x→0
x−1 1 1
(f) lim 2
= lim = (bukan tak hingga)
x→1 x − 1 x→1 x + 1 2
(g) Terdapat asimtot datar dari f yaitu garis y = 2
(h) f kontinu di x = c karena lim f (x) = f (c).
x→c

(i) f (1) = 3
(j) Terdapat c ∈ (a, b) sehinnga f (c) = 0
1 − cos x
2. Misalkan f (x) = . Gunakan alat bantu hitung untuk melengkapi tabel berikut.
x2
Dari tabel tersebut buatlah dugaan nilai dari lim f (x).
x→0
Solusi. Gunakan kalkulator untuk mengisi tabel seperti berikut:

x -0,1 -0,01 -0,001 0,001 0,01 0,1

f (x) 0.499583 0.499996 0.499999 0.499999 0.499996 0.499583

1
Dengan mengamati tabel tersebut, kita dapat menduga bahwa lim f (x) = . Hal ini
x→0 2
dapat dibuktikan benar dengan cara seperti berikut:
x x
1 − cos x 1 − (1 − 2 sin2 ) 2 sin2
lim = lim 2 = lim 2 = 2 · 12 = 1
x→0 x2 x→0 x2 x→0 x 4 2
4( )2
2

3. Tentukan nilai limit-limit berikut (jika ada) jika grafik fungsi f seperti terlihat dibawah
ini.

Solusi. Dapat diperlihatkan melalui grafik mudah diperoleh

(a) lim f (x) = 0

x→0

(b) lim f (x) = 2

x→1

(c) lim+ f (x) = 0

x→2

Halaman 2
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

(d) lim− f (x) = 1

x→2

(e) lim f (x) = tidak ada

x→2

(f) lim f (x) = 1

x→∞

4. Tentukan nilai lim f (x) (jika ada) untuk fungsi f yang grafiknya diberikan pada gambar
x→0
berikut.

Solusi.

(a) Amati bahwa semakin mendekati x = 0, grafik tersebut semakin mendekati titik
pusat. Maka, lim f (x) = 0
x→0

(b) Pada grafik ini, semakin mendekati x = 0 grafik justru semakin menjauhi titik pusat
dan semakin berguncang. Sehingga, nilai yang didekati fungsi tersebut pada x = 0
tidak dapat ditentukan secara pasti. Jadi, fungsi ini tidak punya lim f (x)
x→0

5. Gunakan grafik fungsi f berikut untuk menentukan suatu δ > 0 sehingga kondisi
1 1
0 < |x − | < δ menjamin |f (x) − 1| <
2 5

Solusi.
1 1 3 1 1 1
Berdasarkan grafik kita tahu bahwa |f (x)−1| < , jika < x < ⇐⇒ − < x− < .
5 3 4 6 2 4
Sekarang kita punya
1 1 1 1 1
− < x − < ⇐= 0 < x − <
6 2 4 2 6

Halaman 3
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

1
Sehingga dengan fakta tersebut kita dapat memilih δ =
6
6. Tunjukan bahwa pernyataan berikut benar.
1 1
(a) 0 < |x − 4| < =⇒ |3x − 12| <
300 100
1 √ 1
(b) 0 < |x − 25| < =⇒ | x − 5| <
20 100
1 1
(c) 0 < |x − 3| < =⇒ |x2 − 9| <
700 100
Solusi.
1 1 1
(a) |3x − 12| = |3||x − 4| = 3|x − 4| < 3 · = =⇒ |3x − 12| <
300 100 100
√
(b) Sadari bahwa x + 5 ≥ 5, sehingga kita punya
1 1
√ ≤
| x + 5| 5

Dengan fakta tersebut bisa disimpulkan

√ √
√ | x − 5|| x + 5| 1 1 1 1
| x − 5| = √ = √ · |x − 25| < · =
| x + 5| | x + 5| 5 20 100
√ 1
=⇒ | x − 5| <
100
1 2 1 1
(c) |x2 −9| = |x−3|·|x+3| = |x−3||(x−3)+6| = |x−3|2 +6|x−3| < ( ) +6· <
700 700 100
1
=⇒ |x2 − 9| <
100
7. Misalkan untuk setiap ε > 0 berlaku pernyataan berikut:
0 < |x − 1| < 3ε =⇒ |f (x) + 2| < ε

(a) Limit fungsi apakah yang dideskripsikan oleh pernyataan di atas?

(b) Tentukan suatu δ > 0 yang memenuhi:
jika 0 < |x − 1| < δ maka |2f (x) + 4| < 100.
(c) Tentukan suatu δ > 0 yang memenuhi:
1
jika 0 < |x − 1| < δ maka |f (x) + x + 1| < .
100
Solusi.

(a) Sadari bahwa pernyataan tersebut merupakan definisi dari lim f (x) = −2
x→1

(b) |2f (x) + 4| = |2||f (x) + 2| = 2|f (x) + 2| < 2ε

100
Kita dapat memilih ε = = 50. Dengan memilih δ = 3ε, kita punya δ = 150
2

Halaman 4
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

(c) Dengan ketaksamaan segitiga kita punya,

|f (x) + x + 1| = |(f (x) + 2) + (x − 1)| ≤ |f (x) + 2| + |x − 1| < ε + 3ε = 4ε

1
1
Dari fakta tersebut, kita dapat memilih ε = 100 = sehingga dengan memilih
4 400
3
δ = 3ε kita punya δ =
400
8. Misalkan lim f (x) = 1 dan lim g(x) = −1. Hitunglah
x→0 x→0

(a) lim (2f (x) + g(x))

x→0
(b) lim (x + 2)g(x)
x→0
g(x)
(c) lim
x→0 f (x) − x + 1
p
(d) lim f (x)2 − 3g(x)
x→0

Solusi. Substitusikan x = 0

(a)
lim (2f (x) + g(x)) = (2 · 1 − 1) = 1
x→0

(b)
lim (x + 2)g(x) = (0 + 2) · −1 = −2
x→0

(c)
g(x) −1 1
lim = =−
x→0 f (x) − x + 1 1−0+1 2
(d) p p √
lim f (x)2 − 3g(x) = 12 − 3(−1) = 4 = 2
x→0

9. Hitunglah

(a) lim (x2 − x + 1)

x→−1
p
(b) lim 2y 3 − y + 8
y→1

u2 − 9
(c) lim
u→3 u − 3
 
1 t+1
(d) lim −
t→0 t t(2t + 1)
Solusi.

(a)
lim (x2 − x + 1) = (−1)2 − (−1) + 1 = 3
x→−1

(b) p p
lim 2y 3 − y + 8 = 2(1)3 − 1 + 8 = 3
y→1

Halaman 5
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

(c)
u2 − 9 (u − 3)(u + 3)
lim = lim
u→3 u − 3 u→3 u−3
Karena u ̸= 3 maka didapat,

lim u + 3 = 3 + 3 = 6
u→3

(d)
 
1 t+1 2t + 1 − (t + 1) t 1
lim − = lim = lim = lim = 1
t→0 t t(2t + 1) t→0 t(2t + 1) t→0 t(2t + 1) t→0 2t + 1

10. Jelaskan mengapa limit-limit berikut tidak ada.

(a) lim ⌊2x − 1⌋

x→1
√
x4 + x 2
(b) lim
x→0 2x
2
x −x−2
(c) lim
x→2 |x − 2|
(d) lim sin(tan x)
x→π/2

Solusi.

(a)
lim ⌊2x − 1⌋ = 1 ̸= 0 = lim− ⌊2x − 1⌋
x→1+ x→1
√ √
x4 + x 2 |x| x2 + 1
(b) lim = lim akan tetapi yang terakhir tidak terdefinisi karena
x→0 2x x→0 2x
1 1
limit kanan adalah dan limit kiri adalah − .
2 2
2
x −x−2 (x − 2)(x + 1)
(c) lim = lim akan tetapi yang terakhir tidak terdefinisi ka-
x→2 |x − 2| x→2 |x − 2|
rena limit kanan adalah 3 dan limit kiri adalah −3.
(d) lim sin(tan x) = sin( lim tan x) akan tetapi yang terakhir tidak terdefinisi karena
x→π/2 x→π/2
lim tan x tidak terdefinisi.
x→π/2

11. Gunakan ketaksamaan Teorema Apit untuk menghitung limit-limit berikut:

 
2 2
(a) lim x cos
x→0 x
√
 
3
(b) lim+ x sin
x→0 x2
Solusi.

Halaman 6
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

 
2 2
(a) lim x cos
x→0 x
Perhatikan bahwa  
1
−1 ≤ cos ≤1
x
kalikan dengan x2 diperoleh
 
2 1
2
−x ≤ x cos ≤ x2
x

Karena lim −x2 = lim x2 = 0, maka dengan teorema apit didapat

x→0 x→0
 
2 2
lim x cos = 0.
x→0 x

√
 
3
(b) lim+ x sin
x→0 x2
Perhatikan bahwa  
3
−1 ≤ sin ≤1
x2
√
Kalikan dengan x
√ √ √
 
3
− x ≤ x sin ≤ x
x2
√ √
Karena lim+ − x = lim+ x = 0, maka dengan teorema apit didapat
x→0 x→0

√
 
3
lim x sin = 0.
x→0+ x2

12. Hitunglah
sin 3x
(a) lim
x→0 2x

tan3 x
(b) lim
x→0 2x2

cos(6x) − 1
(c) lim
x→0 x sin(2x)

sec2 x − 1
(d) lim
x→0 3x2
sin2 x
(e) lim
x→π 1 + cos x
4t − π
(f) lim
π sin t − cos t
t→
4
Solusi.
sin 3x 3
(a) lim =
x→0 2x 2

Halaman 7
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

tan3 x 1 tan x 2
(b) lim = · lim ( ) tan x = 1 · 0 = 0
x→0 2x2 2 x→0 x
cos(6x) − 1 −2 sin2 (3x) sin(3x) sin(3x) 3
(c) lim = lim = −2 lim · = −2 · · 3 = −9
x→0 x sin(2x) x→0 x sin(2x) x→0 sin(2x) x 2
(d) kalikan pembilang dan penyebut dengan cos2 x

1 − cos2 x sin2 x tan2 x 1

lim 2 = lim = lim =
x→0 3x cos2 x x→0 3x2 cos2 x x→0 3x2 3
sin2 x 1 − cos2 x
(e) lim = lim = lim 1 − cos x = 2
x→π 1 + cosx x→π 1 + cos x x→π

(f) Amati bahwa

4t − π
lim
π sin t − cos t
t→
4
π
4(t − )
= lim 4
π sin((t − π ) + π )) − cos((t − π ) + π ))
t→
4 4 4 4 4
Tinjau bahwa dengan menjabarkan penyebut bisa diperoleh bahwa
π π π π
sin((t − ) + )) − cos((t − ) + ))
4 4 4 4
√
2 π
=2· · sin(t − )
2 4
√ π
= 2 sin(t − )
4
Maka, bisa kita simpulkan
π
4t − π 4(t − ) √
lim = lim √ 4 =2 2
π sin t − cos t π
π 2 sin(t − )
t→ t→
4 4 4

13. Hitung limit berikut.

2x − 1
(a) lim
x→∞ 3x − 5

t2 + 5t
(b) lim 3
t→−∞ t + 7

(c) lim 2 cos 3t

t→−∞
√
1010 − x
(d) lim √
x→∞ 1+x
√
x2 − x + 1
(e) lim
x→−∞ 2x + 1
cos t + sin 2t
(f) lim
t→∞ t+1
Solusi.

Halaman 8
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

2x − 1 7 2 2
(a) lim = lim + =
x→∞ 3x − 5 x→∞ 9x − 15 3 3
2
t + 5t
(b) lim 3 = 0 karena derajat dari penyebut lebih besar dari derajat dari pembi-
t→−∞ t + 7
lang.
(c) lim 2 cos 3t tidak terdefinisi karena selalu berosilasi antara −2 dan 2.
t→−∞
√ √ √
1010 − x 1010 x x
(d) lim √ = lim √ − lim √ = 0 − 1 = −1 karena √ =
x→∞ 1+x x→∞ 1+x x→∞ 1+x 1+x
1
r
1
1+
x
r
√ 1 3 1
2 (x − )2 + |x − |
x −x+1 2 4 2 1
(e) lim = lim = lim =−
x→−∞ 2x + 1 x→−∞ 2x + 1 x→−∞ 2x + 1 2
cos t + sin 2t
(f) lim = 0 karena | cos t + sin 2t| ≤ 2 sedangkan t + 1 → ∞.
t→∞ t+1
14. Tentukan apakah limit berikut bernilai +∞ atau −∞
x−3
(a) lim+
x→2 x − 2

t2
(b) lim− 2
t→4 t − 16

θ2
(c) lim
θ→π 1 + cos θ
1 + cos θ
(d) lim−
θ→0 sin 3θ
Solusi.

(a) Limit bernilai −∞ karena x − 2 > 0 dan x − 3 < 0.

(b) Limit bernilai −∞ karena t2 > 0 dan t2 − 16 < 0.
(c) Limit bernilai +∞ karena θ2 > 0 dan 1 + cos θ > 0.
(d) Limit bernilai −∞ karena 1 + cos θ > 0 dan sin 3θ < 0.

solusi

15. Tentukan asimtot datar dan asimtot tegak dari grafik fungsi berikut.
x2
(a) h(x) =
4 − x2
x−1
(b) k(x) = 2
x − 5x + 4
3x + sin x
(c) p(x) =
2x
4x
(d) q(x) = √
16x2 + 1
Solusi. Ingat bahwa:

Halaman 9
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

• Fungsi y = f (x) memiliki asimtot tegak misalkan x = c jika terpenuhi minimal salah
satu dari kondisi berikut:

lim f (x) = ±∞ atau lim f (x) = ±∞

x→c+ x→c−

• Fungsi y = f (x) dikatakan memiliki asimtot datar y = L jika lim f (x) = L atau
x→∞
lim f (x) = L.
x→−∞

(a) Karena,
x2 x2
lim = lim = −1
x→∞ 4 − x2 x→−∞ 4 − x2

Maka dapat disimpulkan bahwa asimtot datar fungsi h(x) adalah y = −1 .

Sekarang kita harus mencari titik c sehingga memenuhi syarat asimtot tegak diatas.
Perhatikan bahwa,
x2 x2
h(x) = =
4 − x2 (2 + x)(2 − x)
Kita akan menguji calon-calon asimtot tegak berdasarkan fakta diatas yaitu x = 2
dan x = −2.
x2 x2
lim+ = −∞ lim = +∞
x→2 4 − x2 x→2− 4 − x2

x2 x2
lim + = +∞ lim − = −∞
x→−2 4 − x2 x→−2 4 − x2
Jadi x = 2 dan x = −2 adalah asimtot tegak baik dari kiri maupun kanan.
(b) Berdasarkan soal kita punya,
x−1 x−1
lim = lim 2 =0
x→∞ x2 − 5x + 4 x→−∞ x − 5x + 4

Akibatnya, y = 0 adalah asimtot datar dari k(x). Sekarang perhatikan bahwa,

x−1 x−1
k(x) = =
x2 − 5x + 4 (x − 1)(x − 4)

Kita akan menguji calon-calon asimtot tegak yaitu x = 1 dan x = 4.

x−1 x−1 1 1
lim = lim = lim =−
x→1 x2 − 5x + 4 x→1 (x − 1)(x − 4) x→1 x − 4 3
x−1 x−1
lim+ = +∞ lim− = −∞
x→4 x2 − 5x + 4 x→4 x2 − 5x + 4
Sehingga asimtot tegak adalah x = 4 .
(c) Berdasarkan soal kita punya,
 
3x + sin x 3 sin x 3 3 3x + sin x
lim = lim + = + 0 = = lim
x→∞ 2x x→∞ 2 2x 2 2 x→−∞ 2x

Halaman 10
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

3
Sehingga asimtot datar p(x) adalah y =
2
Dari penyebut p(x), didapatkan calon asimtot tegak x = 0. Dengan pengujian limit
kita punya,  
3x + sin x 3 sin x 3 1
lim = lim + = + =2
x→0 2x x→0 2 2x 2 2
3x + sin x
Karena lim ̸= ±∞, dapat disimpulkan bahwa p(x) tidak memiliki asimtot
x→0 2x
tegak.
(d) Perhatikan bahwa,
4x
4x 4 4
lim √ = lim √ x = lim r = √ =1
x→∞ 16x2 + 1 x→∞ 16x2 + 1 x→∞ 1 16
16 + 2
x x
dan,
4x
4x −4 −4
lim √ = lim √ −x = lim r = √ = −1
x→−∞ 2 2
16x + 1 x→−∞ 16x + 1 x→−∞ 1 16
16 + 2
−x x

sehingga asimtot datar q(x) adalah y = 1 dan y = −1 .

√
Selanjutnya, karena 16x2 + 1 ≥ 1 maka penyebut q(x) tidak akan pernah bernilai
atau mendekati 0. Akibatnya, q(x) tidak memiliki asimtot tegak.

16. Periksa apakah fungsi berikut kontinu di x = a atau tidak. Jika tidak, tentukan apakah
ketidakkontinuan di x = a dapat dihapuskan atau tidak.
x3 − cos x
(a) f (x) = ;a = 0
2x + 1
 2
x − 4
, x ̸= 2
(b) g(x) = x − 2 ;a=2
5, x=2

(
x + 1, x < 1
(c) h(x) = ;a=1
x2 , x≥1

Solusi.
x3 − cos x
(a) f (x) = ;a = 0
2x + 1
x3 − cos x 03 − 1
Karena lim = = −1 = f (0), maka f (x) kontinu di x = 0.
x→0 2x + 1 1
 2
x − 4
, x ̸= 2
(b) g(x) = x − 2 ;a=2
5, x=2

x2 − 4 (x − 2)(x + 2)
Dipunyai g(2) = 5, lim = = x + 2 = 4 ̸= g(2) sehingga
x→2 x − 2 x−2

Halaman 11
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

g(x) tidak kontinu di x = 2. Ketidakkontinuan g(x) di x = 2 dapat dihapus meng-

(x − 2)(x + 2)
ingat g(x) dapat disederhanakan menjadi g(x) = = x + 2 dan agar
x−2
kontinu maka g(2) = 4. Sehinga kita dapat mendefinisikan ulang g(x) menjadi
 2
x − 4
, x ̸= 2
g(x) = x − 2 ;a = 2
4, x=2


(
x + 1, x < 1
(c) h(x) = ;a=1
x2 , x≥1
Perhatikan bahwa
lim− x + 1 = 0 dan lim+ x2 = 1
x→1 x→1

Karena keduanya tidak sama, maka h(x) tidak kontinu di x = 1 dan ketidakkonti-
nuan h(x) di x = 1 tidak dapat dihapus.

17. Diberikan fungsi g dengan grafik sebagai berikut:

Tentukan semua interval di mana fungsi g kontinu.

Solusi. Fungsi tersebut kontinu di [−6, −3), [−3, 4], (4, 6), [6, 8], (8, 11]

18. Tentukan konstanta a sehingga fungsi-fungsi berikut kontinu di setiap bilangan real.
(
2x + 3a, x < 1
(a) f (x) =
ax − 2, x ≥ 1
(
2x2 + a, x < 3
(b) f (x) =
a2 x + 4, x ≥ 3

Solusi.
(
2x + 3a, x < 1
(a) f (x) =
ax − 2, x ≥ 1

Halaman 12
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

Mengingat fungsi polinomial akan selalu kontinu di setiap bilangan real. f (x) akan
kontinu di suatu interval tertentu. Namun, bisa saja ada suatu titik yang membuat-
nya tidak kontinu. Agar f (x) kontinu di setiap bilangan real, maka kita hanya perlu
mencari nilai a sehingga f (x) kontinu di x = 1. Dipunyai f (1) = a − 2 dan juga
diperoleh
lim− 2x + 3a = 2 + 3a dan lim+ ax − 2 = a − 2
x→1 x→1

Sehingga haruslah 2 + 3a = a − 2 memberikan nilai a = −2 .

(
2x2 + a, x < 3
(b) f (x) =
a2 x + 4, x ≥ 3
Dengan cara yang sama seperti bagian (a), maka akan dicek kekontinuan di x = 3.
Agar f (x) kontinu, maka limit dari kiri harus sama dengan limit dari kanan, sehingga
lim 2x2 + a = 18 + a dan lim+ a2 x + 4 = 3a2 + 4
x→3− x→3

Didapat 18 + a = 3a2 + 4 =⇒ 3a2 − a − 14 = (a + 2)(3a − 7) = 0 dan memberikan

7
nilai a = −2, .
3
19. Tentukan konstanta a, b, dan c sehingga fungsi
c − cos t


 , t<0
 t
g(t) = at2 − t + 2b, 0 ≤ t ≤ 2


t + a + b + c, t > 2


kontinu di setiap bilangan real.

Solusi.
Perhatikan bahwa g terdefinisi di setiap bilangan real. Agar g(t) kontinu di setiap bilangan
real juga, maka kita perlu mencari nilai a, b dan c supaya g(t) kontinu pada t = 0 dan
t = 2.
• Agar titik t = 0 kontinu maka berlaku g(0) = lim− g(t) = lim+ g(t). Dengan substi-
t→0 t→0
tusi didapat g(0) = 2b. Sekarang tinjau limit dari kedua sisi.
lim at2 − t + 2b = 2b
t→0+
c − cos t c2 − cos2 t
lim− = lim−
t→0 t t→0 t(1 + cos t)

c2 − 1 + 1 − cos2 t
= lim−
t→0 t(1 + cos t)
2
c −1 sin2 t
= lim− + lim−
t→0 t(1 + cos t) t→0 t(1 + cos t)
2
c −1
= lim− +0
t→0 t(1 + cos t)

c2 − 1
Jika c ̸= 1, maka lim− akan bernilai + / − ∞ yang mana tidak mungkin
x→0 t(1 + cos t)
karena akan bertentangan dengan nilai limit dari kanan sehingga haruslah c = 1 .
c − cos t
Akibatnya lim− = 0 sehingga b = 0 .
t→0 t

Halaman 13
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

• Dengan substitusi kita punya g(2) = 4a − 2 dan juga diperoleh

lim at2 − t + 2b = 4a − 2 dan lim t + a + b + c = 3 + a

t→2− t→2+

5
Sehingga haruslah 4a − 2 = 3 + a yang memberikan kita nilai a =
3
20. Gunakan Teorema Nilai Antara untuk menunjukkan bahwa persamaan x5 − 10x3 + 8 = 0
mempunyai setidaknya satu akar pada interval [0, 1]
Solusi. Misal f (x) = x5 − 10x3 + 8. Karena f (0) = 8 > 0 dan f (1) = −1 < 0, maka dari
Teorema Nilai Antara terdapat r ∈ (0, 1) sehingga f (r) = 0.

21. Buktikan bahwa terdapat c ∈ [0, π/2] yang memenuhi cos(c) = 5c − 1.

Solusi. Misalkan f (c) = cos(c) − 5c + 1, perhatikan f (c) adalah fungsi trigonome-

tri yang kontinu di setiap titik bilangan real. Perhatikan bahwa f (0) = 2 > 0 dan
π  5π
f = 1− < 0, maka dengan teorema nilai antara didapat ada c ∈ [0, π/2] sehingga
2 2
f (c) = 0 atau cos(c) = 5c − 1.
⌊x⌋ + 1
22. Hitung lim .
x→∞ 2x + 1
Petunjuk: Gunakan ketaksamaan x − 1 < ⌊x⌋ ≤ x
Solusi. Sadari bahwa x − 1 < ⌊x⌋ ≤ x sehingga kita punya,

x ⌊x⌋ + 1 x+1
x < ⌊x⌋ + 1 ≤ x + 1 =⇒ < ≤
|2x + 1| |2x + 1| |2x + 1|

Selanjutnya karena,
x x 1 1
lim = lim = lim =
x→∞ |2x + 1| x→∞ 2x + 1 x→∞ 1 2
2+
x
dan,
1
x+1 x+1 1+
lim = lim = lim x =1
x→∞ |2x + 1| x→∞ 2x + 1 x→∞ 1 2
2+
x
⌊x⌋ + 1 ⌊x⌋ + 1 1
maka dengan teorema apit dapat disimpulkan bahwa lim = lim =
x→∞ |2x + 1| x→∞ 2x + 1 2
√
ax + 1 − b 5
23. Tentukan nilai a dan b agar lim = .
x→3 x−3 8
√ √
ax + 1 − b 3a + 1 − b
Solusi. Substitusi x = 3, lim = sehingga bentuk tidak tentu,
√ x→3 x−3 0
maka haruslah 3a + 1 − b = 0 =⇒ b2 = 3a + 1. Sekarang kalikan dengan sekawannya

Halaman 14
Solusi Tutorial Matematika 1A Bab 1 : Limit

diperoleh
√ √
ax + 1 − b ax + 1 + b ax + (1 − b2 )
lim ·√ = lim √
x→3 x−3 ax + 1 + b x→3 (x − 3)( ax + 1 + b)
ax − 3a
= lim √
x→3 (x − 3)( ax + 1 + b)
a
= lim √
x→3 ax + 1 + b
a 5
= lim √ =
x→3 3a + 1 + b 8
Akibatnya 8a = 10b dan substitusikan ke persamaan b2 = 3a+1 didapat (16a+5)(a−5) =
5 5 5
0 sehingga a = 5 atau a = − , namun untuk a = − dapat dicek nilai limitnya − ,
16 16 8
a
maka a = 5 dan juga didapat b = 4 dan mudah dicek ini memenuhi lim √ =
x→3 3a + 1 + b
5 5
√ = . Jadi, nilai a dan b yang memenuhi adalah (a, b) = (5, 4) .
16 + 4 8
24. Tentukan suatu interval dengan panjang 1/4 yang memuat akar dari persamaan x3 +
2x + 1 = 0. Berdasarkan hasil tersebut, berikan suatu taksiran untuk salah satu akar dari
x3 + 2x + 1 = 0 dengan ketelitian kurang dari 1/8.
1 1 1 1 1
Solusi. Misal f (x) = x3 +2x+1. Karena f (− ) = − < 0 dan f (− ) = − − +1 > 0
2 8 4 64 2
1 1
maka terdapat r ∈ (− , − ) sehingga f (r) = 0. Kita dapat menggunakan taksiran
2 4
1 1
(− ) + (− )
rtaksiran = 4 2 = − 3 . Jelas bahwa taksirannya memiliki ketelitian kurang dari
2 8
1 1
karena taksiran diambil dari tengah interval yang memiliki panjang .
8 4
25. Tunjukkan bahwa pernyataan berikut benar.
√
(a) 0 < |x − 9| < 3ε =⇒ | x − 3| < ε
n εo 1 1
(b) 0 < |x − 3| < min 1, =⇒ − < ε.
6 x 3
Solusi.
√
(a) 0 < |x − 9| < 3ε =⇒ | x − 3| < ε
√
Dipunyai x + 3 ≥ 3, maka
√ |x − 9| |x − 9| 3ε
| x − 3| = √ ≤ < < ε.
| x + 3| 3 3
n εo 1 1
(b) 0 < |x − 3| < min 1, =⇒ − < ε.
6 x 3
Karena 0 < |x − 3| < 1, maka |3 − x| + |x| ≥ |(3 − x) + x| = 3 dan didapat
1 ε
|x| ≥ 3 − |x − 3| = 3 − 1 = 2 =⇒ ≤ 2. Mengingat juga |x − 3| < , sehingga
|x| 6
1 1 x−3 1 1 1 1 |x − 3| ε
− = = · · |x − 3| ≤ · · |x − 3| = < < ε.
x 3 3x 3 |x| 3 2 6 36

Halaman 15