Trik Menyelesaikan Limit Tak Hingga Akar Pangkat 3

Kesempatan kali ini saya akan membahas bagaimana cara menyelesaikan persmalahan limit mendekati tak hingga yang saat ini dipelajari di kelas XII pada mata pelajaran matematika peminatan (untuk kurikulum 2013 revisi). Namun yang akan kita bahas, saya khususkan membahas bagaimana cara menyelesaikan limit tak hingga bentuk $\infty-\infty$ yang melibatkan akar pangkat 3.

Alasan kenapa saya menulis masalah ini, karena kebetulan hari ini pada salah satu grup diskusi matematika yang saya ikuti, ada salah satu pertanyaan yang menanyakan masalah terkait limit tak hingga akar pangkat 3, jadi rasanya perlu untuk saya bahas.

Bentuk limit  tak hingga akar pangkat 3 yang akan kita bahas yaitu yang bentuknya sebagai berikut:
$$\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}-\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}\right)$$

Jika kita substitusi akan diperoleh $\infty-\infty$ (bentuk tak tentu). Tentu saja penyelesaiannya bukan itu.

Kita tidak bisa menghilangkan bentuk akar dengan cara kali sekawan seperti halnya akar pangkat 2. Namun, kita dapat memanfaatkan bentuk aljabar berikut menghilangkan bentuk akar pangkat 3:
$$(m^3-n^3)(m^2+mn+n^3)$$
Menemukan Cara Cepat Menyelesaikan Limit Tak hingga Akar Pangkat Tiga

Mari kita kembali ke bentuk umum permasalah yang akan kita selesaikan yaitu:
$$\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}-\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}\right)$$
Untuk menghemat penulisan, saya akan gunakan pemisalan sebagai berikut:
$\displaystyle m={\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}}$
$\displaystyle n={\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}}$

maka:
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}-\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}\right)=\lim_{x\to\infty}(m-n)$

Kita kalikan dengan $\displaystyle\frac{m^2+mn+n^2}{m^2+mn+n^2}$, maka kita peroleh:

$\begin{align*}\lim_{x\to\infty}(m-n)\times\frac{m^2+mn+n^2}{m^2+mn+n^2}&=\lim_{x\to\infty}{\frac{(m-n)(m^2+mn+n^2)}{m^2+mn+n^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}{\frac{m^3-n^3}{m^2+mn+n^2}}\end{align*}$

sekarang, kita substitusikan kembali $\displaystyle m={\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}}$ dan $\displaystyle n={\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}}$ ke bentuk limit terakhir yang kita peroleh:

Karena kita berada dalam konteks limit mendekati tak hingga, maka yang akan kita ambil derajat tertinggi dari penyebut dan pembilang, sehingga kita peroleh:

$\begin{align*}\lim_{x\to\infty}\frac{(b-p)x^2}{(\sqrt[3]{ax^3})^2+(\sqrt[3]{ax^3})(\sqrt[3]{ax^3})+(\sqrt[3]{ax^3})^2}&=\lim_{x\to\infty}{\frac{(b-p)x^2}{(\sqrt[3]{ax^3})^2+(\sqrt[3]{ax^3})^2+(\sqrt[3]{ax^3})^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}{\frac{(b-p)x^2}{3(\sqrt[3]{ax^3})^2}}\\&=\lim_{x\to\infty}{\frac{(b-p)x^2}{3\sqrt[3]{a^2}x^2}}\\&=\frac{b-p}{3\sqrt[3]{a^2}}\end{align*}$

Dari sederet langkah yang kita lakukan di atas, kita peroleh kesimpulan:
$$\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt[3]{ax^3+bx^2+cx+d}-\sqrt[3]{ax^3+px^2+qx+r}\right)=\frac{b-p}{3\sqrt[3]{a^2}}$$

Agar mengetahui bagaimana penerapan formula di atas untuk menyelesaikan permasalahan limit tak hingga akar pangkat 3, perhatikan beberapa contoh soal dan pembahasan berikut ini:

Baca: Download bank soal limit tak hingga pdf 

Contoh 1
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}{\left(\sqrt[3]{x^3+12x^2+4x-1}-\sqrt[3]{x^3-6x^2+2x+10}\right)}=$ ....

 Pembahasan:

$\begin{align*}\lim_{x\to\infty}{\left(\sqrt[3]{x^3+12x^2+4x-1}-\sqrt[3]{x^3-6x^2+2x+10}\right)}&=\frac{12-(-6)}{3\sqrt[3]{1^2}}\\&=\frac{12+6}{3}\\&=\frac{18}{3}\\&=6\end{align*}$
 Contoh 2
$\displaystyle\lim_{x\to\infty}{\left(\sqrt[3]{8x^3+12x^2}-(2x+2)\right)}=$ ....

 Pembahasan:

$\begin{align*}\lim_{x\to\infty}\left ( \sqrt[3]{8x^3+12x^2}-(2x+2)] \right )&=\lim_{x\to\infty}\left ( \sqrt[3]{8x^3+12x^2} -\sqrt[3]{(2x+2)^3}\right )\\&=\lim_{x\to\infty}\left ( \sqrt[3]{8x^3+12x^2} -\sqrt[3]{8x^3-24x^2+24x-8}\right )\\&=\frac{2-(-24)}{3.\sqrt[3]{8^2}}\\&=\frac{36}{12}\\&=3\end{align*}$

Demikianlah pembahasan terkait materi limit tak hingga akar pangkat 3. Semoga bermanfaat

Download Bank Soal Induksi Matematika pdf

Pada tulisan sebelumnya, kita telah membahas materi iduksi matematika, meliputi induksi matematika sederhana, induksi matematika umum, dan induksi matematika kuat , bahkan sudah saya sertakan pula beberapa soal dan pembahasan terkait materi induksi matematika yang dipelajari di kelas 11 semester ganjil matematika wajib untuk kurikulum 2013 revisi.

Cara paling efektif untuk belajar matematika tentun saja dengan banyak berlatih berbagai tipe soal dengan taraf kesukaran yang beragam. Untuk itu, untuk menunjang proses belajar adik-adik terkait materi induksi matematika, silakan adik-adik download soal induksi mateatika berikut, silakan di print dan gunakan sebagai bahan latihan.

Bank soal materi induksi matematika yang kami bagikan ini terdiri dari 29 butir soal meliputi pembuktian deret bilangan, pembuktian keterbagian, dan pembuktian pertidaksamaan dengan menggunkan induksi matematika. File tersebut berformat pdf.

Sebelum adik-adk download, perhatikan pratinjau berikut ini:

 Download Soal Induksi 

Demikian soal induksi matematika yang dapat kami bagikan, semoga bermanfaat

Konsep, Soal dan Pembahasan Induksi Matematika

Induksi Matematika merupakan salah satu metode pembuktian dalam matematika, selain Induksi Matematika ada beberapa metode lain yang biasa digunakan dalam pembuktian kebenaran suatu pernyataan seperti pembuktian langsung, pembuktian tak lanngsung, trivial, dan sebagainya. Namun dalam tulisan ini kita hanya akan membahas metode pembuktian dengan induksi matematika, dimana materi ini sudah di pelajari sejak SMA (untuk kurikulum 2013, induksi matematika dipelajari di kelas XI matematika wajib)

Sebelumnya, saya pernah membuat tulisan mengenai konsep dasar mengenai induksi matematika sederhana, induksi matematika umum, dan induksi matematika kuat  .  

Maksud dari induksi matematika adalah membuktikan sesuatu yang umum, diturunkan dari beberapa hal yang khusus, dan cara ini berlaku untuk semua $n$ bilangan asli.

Untuk membuktikan bahwa suatu rumus berlaku untuk semua bilangan asli, cara pembuktiannya diperlukan 2 tahapan, yaitu:

1. Tunjukkan benar untuk $n=1$
2. Tunjukkan benar untuk $n=k$ dan benar juga untuk $n=k+1$

Jika kedua syarat tersebut terpenuhi, maka rumus tersebut benar untuk setian $n\in N$.

Berikut ini saya sajikan beberapa contoh pembuktian dengan induksi matematika meliputi pembuktian deret bilangan dan pembuktian pertidaksamaan

Pembuktian Deret Bilangan dengan Induksi Matematika

Untuk contoh soal no 1 sampai no 3 saya bahas dengan menggunakan notasi sigma, jadi sebaiknya pelajari dulu konsep dan sifat-sifat notasi sigma disini

---

Contoh 1 

Buktikan bahwa jumlah $n$ suku pertama bilangan ganjil adalah $n^2$

 Pembahasan:

Pernyataan pada soal di atas dapat ditulis:

$\begin{align*}1+3+5+\cdots+(2n-1)&=n^2\\\sum_{i=1}^{n}\left(2i-1\right )&=n^2\end{align*}$ 

Langkah 1

Untuk $n=1$, $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=1=1^2$ (Benar)

Langkah 2

Misalkan pernyataan di atas berlaku untuk $n=k$, maka:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}(2i-1)=k^2$   (Hipotesis)

Berdasarkan hipotesis diatas, akan kita buktikan bahwa pernyataan tersebut benar juga untuk $n=k+1$, maka haruslah $\displaystyle\sum_{i=1}^{k+1} (2i-1)=(k+1)^2$

kita akan bekerja di ruas kiri

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}(2i-1)&=\sum_{i=1}^{k}(2i-1)+\sum_{i=k+1}^{k+1}(2i-1)\\&=k^2+\left\{ 2(k+1)-1\right \}\\&=k^2+2k+1\\&=(k+1)^2\end{align*}$

Karena pernyataan di atas benar untuk $n=1$ dan $n=k+1$, maka $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(2i-1)=n^2$ adalah benar.

---

 Contoh 2:
Buktikan bahwa:
$1^2+2^2+3^2+\cdots+n=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

 Pembahasan:
Pernyataan pada soal di atas dapat ditulis:
$$\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$
Langkah 1
Untuk $n=1$, 
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{1}i^2&=\frac{1}{6}(1)(1+1)(2+1)\\1&=1\space\text{         (Benar)}\end{align*}$

Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i^2=\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)$  (Hipotesis)

Untuk $n=k+1$ maka haruslah
$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1} i^2&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{ (k+1)+1\right \} \left\{ 2(k+1)+1\right \} \\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$

Bukti:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i^2&=\sum_{i=1}^{k}i^2+\sum_{i=k+1}^{k+1}i^2\\&=\left(\frac{1}{6}k(k+1)(2k+1)\right)+(k+1)^2\\&=\frac{1}{6}(k+1)\left\{k(2k+1)+6(k+1)\right\}\\&=\frac{1}{6}(k+1)(2k^2+k+6k+6)\\&=\frac{1}{6}(k+1)(k+2)(2k+3)\end{align*}$

---

 Contoh 3:
Buktikan $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}i=\frac{n}{2}(n+1)$

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka 
$\frac{n}{2}(n+1)=\frac{1}{2}(1+1)=1$   (Benar)

Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, yaitu:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{k}i=\frac{k}{2}(k+1)$  (Hipotesis)

Untuk $n=k+1$ jumlahnya haruslah:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\frac{k+1}{2}\left\{(k+1)+1 \right\}\\&=\left(\frac{k+1}{2}\right)(k+2)\end{align*}$

Bukti:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{k+1}i&=\sum_{i=1}^{k}i+\sum_{i=k+1}^{k+1}i\\&=\frac{k}{2}(k+1)+(k+1)\\&=\left(\frac{k}{2}+1\right)(k+1)\end{align*}$

---

Contoh 4:
Buktikan bahwa $\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^2\left(n+1\right)^2$

Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$\begin{align*}1^3&=\frac{1}{4}(1^2)(1+1)^2\\1&=\frac{1}{4}(1)(4)\\1&=1\space\text{      (Benar)}\end{align*}$

Langkah 2
Misalkan benar untuk $n=k$, yaitu:
$\displaystyle 1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3=\frac{1}{4}k^2(k+1)^2$

akan dibuktikan untuk $n=k+1$

$\begin{align*}1^3+2^3+3^3+\cdots+k^3+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2((k+1)+1)^2\\ \frac{1}{4}k^2(k+1)^2+(k+1)^3&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k^2+4k+4)&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2\\\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2&=\frac{1}{4}(k+1)^2(k+2)^2 \end{align*}$

Tips : Jika ada karakter/persamaan matematika pada tulisan ini yang tidak tampil sempurna atau terpotong karena anda membuka laman ini melelui mobile (android), masalah karena resolusi yang tidak memadai, sebaiknya kunjungi laman ini menggunakan PC/laptop. Jika menggunakan handphone sebaiknya dalam posisi landscape

---

Contoh 5
Buktikan bahwa $\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(n.n!)=(n+1)!-1$

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka
$\begin{align*}1.1!&=(1+1)!-1\\1.1&=2!-1\\1&=2-1\\1&=1\space\space\space\text{(Benar)}\end{align*}$

Langkah 2
Misal benar untuk $n=k$, yaitu:

$\displaystyle (1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)=(k+1)!-1$

Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}(1.1!)+(2.2!)+(3.3!)+\cdots+(k.k!)+\left((k+1)(k+1)!\right)&=\left((k+1)+1\right)!-1\\(k+1)!-1+(k+1)(k+1)!&=(k+2)!-1\\(k+1)!(1+k+1)-1&=(k+2)!-1\\(k+1)!(k+2)-1&=(k+2)!-1\\(k+2)!-1&=(k+2)!-1\end{align*}$




Pembuktian Keterbagian dengan Induksi Matematika

---

Contoh 6
Buktikan untuk $n\in$ bilangan asli $4^n-1$ habis dibagi 3

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka:
$4^1-1=3$  (habis dibagi 3)

Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$, maka $4^k-1$ habis dibagi 3 (hipotesis)

Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}4^{k+1}-1&=4.4^k-1\\&=3.4^k+4^k-1\\&=3.4^k+\left(4^k-1\right)\end{align*}$

Jelas $3.4^k$ merupakan kelipatan 3 dan berdasarkan hipotesis $4^k-1$ merupakan kelipatan 3, maka terbukti bahwa $4^n-1$ habis dibagi 3 untuk $n\in $ bilangan asli

---

 Contoh 7
Buktikan $\displaystyle a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi oleh $(a+b)$

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$.
Karena $(a-b)(a+b)$ habis dibagi $(a+b)$, maka pernyataan tersebut benar untuk $n=1$

Langkah 2
Misalkan pernyataan tersebut benar untuk $n=k$, yaitu $a^{2k}-b^{2k}$ habis dibagi $(a+b)$.

Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}a^{2(k+1)-b^{2(k+1)}}&=a^{2k+2}-b^{2k+2}\\&=a^2(a^{2k}-b^{2k})+b^{2k}(a^2-b^2)\end{align*}$

Karena $a^{2k}-b^{2k}$ habis dibagi $(a+b)$ dan $a^2-b^2$ juga habis dibagi $(a+b)$, maka $a^{2n}-b^{2n}$ habis dibagi oleh $(a+b)$

Baca: Download Bank soal induksi matematika format pdf

---

Contoh 8
Buktikan $4^{n+1}-4$ habis dibagi 12

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$
$4^{1+1}-4=4^2-4=16-4=12$     (habis dibagi 12)

Langkah 2
Misal pernyataan tersebut benar untuk $n=k$, yaitu:
$4^{k+1}-4$ habis dibagi 12

Akan dibuktikan untuk $n=k+1$
$\begin{align*}4^{(k+1)+1}-4&=4^{k+2}-4\\&=16.4^k-4\\&=12.4^k+4.4^k-4\\&=12.4^k+(4^{k+1}-4)\end{align*}$

Karea $12.4^k$  dan $4^{k+1}-4$ habis dibagi 12, maka $4^{n+1}-4$ habis dibagi 12

---

 Contoh 9:
Buktikan bahwa $P(n)=n(n+1)(n+5)$  habis dibagi 3

 Pembahasan:

Langkah 1
Untuk $n=1$, maka 
$P(1)=1(1+1)(1+5)=12$    (habis dibagi 3)

Langkah 2
Misalkan pernyataan di atas benar untuk $n=k$,  atau dengan kata lain $P(k)$ merupakan kelipatan 3,

$P(k)=k(k+1)(k+5)=k^3+6k^2+5k$ 

Akan dibuktikan bahwa $P(k+1)$ merupakan kelipatan 3:

$\begin{align*}P(k+1)&=(k+1)\left((k+1)+1\right)\left((k+1)+5\right)\\&=(k+1)(k+2)(k+6)\\&=k^3+9k^2+10k+12\\&=(k^3+6k^2+5k)+(3k^2+15k+12)\\&=(k^3+6k^2+5k)+3(k^2+5k+4)\end{align*}$

Berdasarkan hipotesis, $k^3+6k^2+5k$ merupakan kelipatan 3 dan $3(k^2+5k+4)$ jelas merupakan kelipatan 3, maka dapat disimpulkan bahwa $P(n)$ habis dibagi 3 untuk $n\in N$

Pembuktian Pertidaksamaan dengan Induksi Matematika

---

 Contoh 10:
Buktikan bahwa
$$n^2 \geq 2n+7$$
untuk setiap bilangan asli $n\geq 4$

 Pembahasan:

Kita gunakan induksi matematika umum, dengan:
$P(n)\equiv n^2 \geq 2n+7$
Kita akan membuktikan bahwa $P(n)$ benar untuk setiap bilangan asli $n$ dengan $ n\geq 4$.

Langkah 1 (Langkah dasar):
kita akan membuktikan kebenaran $P(4)$
$P(4)\equiv 4^2\geq 2(4)+7\Leftrightarrow 16\geq 15$ (Benar)

Langkah 2 (Langkah Induksi):
kita misalkan $P(k)$ benar untuk $k \geq 4$
$P(k)\equiv k^2 \geq 2k+7$ untuk $ k \geq 4$ (hipotesis)

dari hipotesis kita peroleh:
$k^2 \geq 2k+7$             jika kedua ruas kita tambah $2k+1$, maka:
$k^2+2k+1 \geq 4k+8$
$(k+1)^2 \geq 4k+8$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(k+3)$ karena $k \geq 4$ maka $k+3 \geq 7$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+2(7)$
$(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$

Dengan menggunakan hal di atas, kita akan membuktikan $P(k+1)$, yaitu:
$$P(k+1) \equiv (k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$$
karena $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+14$ pada hipotesis kita misalkan benar, maka $(k+1)^2 \geq 2(k+1)+7$ benar (karena 14 > 7)
Dengan demikian pernyataan tersebut benar untuk setiap bilangan asli  $n\geq 4$

---

Demikianlah beberapa soal dan pembahasan terkait materi induksi matermatika yang dipelajari di kelas XI Matematika wajib. Semoga bermanfaat

Jika menginginkan file pdf untuk tulisan ini, silakan download melalui link berikut:

Download format pdf artikel ini 

• DOWNLOD TULISAN INI

Notasi Sigma - Konsep, Sifat-sifat, Contoh Soal dan Pembahasan

Salah satu ciri khas matematika penggunaan lambang yang singkat untuk menampilkan suatu ungkapan yang panjang, salah satunya adalah notasi sigma $\left( \sum \right)$.

Secara sederhana, sigma bisa kita artikan sebagai jumlah. Penggunaan notasi sigma sebagai operator penjumlahan sangat erat kaitannya dengan deret suatu bilangan. Notasi sigma dapat digunakan untuk menyederhanakan penulisan deret suatu bilangan terurut dengan pola tertentu dengan ringkas dan sederhana.

Bagaimana kita menulis ungkapan seperti di bawah ini?

1. $2+4+6+8+10+\cdots+1000$
2. $1+5+7+9+11+\cdots+2019$
3. $1+9+16+25+36+...+1.000.00$

Dari contoh di atas, ternyata memang sangat memerlukan suatu notasi atau lambang untuk menyatakan penjumlahan teratur yang sangat panjang, yaitu dengan notasi sigma $\displaystyle\left(\sum\right)$ yang didefinisikan sebagai berikut:

$$\sum_{k=1}^{n}a_k=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_k$$

Keterangan:

$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} a_k$ dibaca jumlah dari $a_k$ untuk $k$ dari 1 sampai $n$

$k$ disebut sebagai indeks (penunjuk) dari suku $a_k$

$a_k$ disebut sebagai suku ke-$k$

$k=1$ disebut sebagai batas bawah

$k=n$ desebut sebagai batas atas

Catatan:

indeks (penunjuk) tidak harus selalu menggunkan $k$, kita boleh menggunkan variabel lain, misal:

$\displaystyle\sum_{p=1}^{n} a_p$  atau $\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_i$ dan sebagainya

Menentukan Nilai Penjumlahan yang Dinyatakan dengan Notasi Sigma

Contoh 1:
Tentukan nilai dari $\displaystyle\sum_{k=1}^{4}(k-1)^2$

Jawab:
$\begin{align*}\sum_{k=1}^{4}(k-1)^2&=(1-1)^2+(2-1)^2+(3-1)^2+(4-1)^2\\&=0^2+1^2+2^2+3^2\\&=0+1+4+9\\&=14\end{align*}$

Contoh 2:

Tentukan nilai dari $\displaystyle\sum_{i=1}^{10}(2i+1)$

Jawab:

$\displaystyle\sum_{i=1}^{10}(2i+1)=3+5+7+\cdots+21$

Perhatikan, deret tersebut merupakan deret aritmetika. Jadi, untuk menentukan jumlahnya akan lebih mudah jika kita gunakan rumus jumlah deret aritmetika $S_n=\frac{n}{2}(a+U_n)$ dengan $a$ suku pertama dan $U_n$ suku terakhir, maka:

$\begin{align*}\sum_{i=1}^{10}(2i+1)&=\frac{10}{2}(3+21)\\&=5(24)\\&=120\end{align*}$ 

Contoh 3:

Tentukan nilai dari $\displaystyle\sum_{k=1}^{7}(3k-1)$

Jawab:

Karena $\displaystyle\sum_{k=1}^{7}(3k-1)$ merupakan deret aritmetika, maka kita bisa menggunkan cara yang sama dengan contoh 2 di atas:

$\begin{align*}\sum_{k=1}^{7}(3k-1)&=\frac{7}{2}(2+20)\\&=\frac{7}{2}(22)\\&=77\end{align*}$

Menulis Deret Bilangan dalam Notasi Sigma

Contoh 1:

Tuliskan dalam notasi sigma:

$$4+5+6+7+8+\cdots+100$$

Jawab:

$\displaystyle 4+5+6+\cdots+100=\sum_{k=4}^{100}(a_k)$

Sifat-sifat Notasi Sigma

Berikut ini bebrapa sifat notasi sigma:

No	Sifat Notasi Sigma
1	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n} C=n.C$
2	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}C.a_k=C\sum_{k=1}^{n}a_k$
3	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k=\left(\sum_{k=1}^{n-1}a_k\right)+a_n$
4	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k\pm b_k)=\sum_{k=1}^{n}a_k\pm\sum_{k=1}^{n}b_k$
5	$\displaystyle\sum_{k=m}^{n}a_k=\sum_{k=m+p}^{n+p} a_{k-p}$
6	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{k=1}^{m}a_k+\sum_{m+1}^{n}a_k$
7	$\displaystyle\sum_{k=n}^{n}a_k=a_n$
8	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-s}a_k=\sum_{k=1}^{n}a_k-\sum_{k=n-s+1}^{n}a_k$
9	$\displaystyle\sum_{k=1}^{0}a_k=0$
10	$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k\pm b_k)^2=\sum_{k=1}^{n}a_k^2\pm 2\sum_{k=1}^{n}a_k .b_k+\sum_{k=1}^{n}b_k^2$

Contoh Soal:
Dengan menggunakan sifat notasi sigma, buktikan bahwa $\displaystyle\sum_{n=1}^{4} (3n+2)=3\left(\sum_{n=1}^{4}n\right)+8$

Jawab:

Ruas Kiri:
$\begin{align*}\sum_{n=1}^{4}(3n+2)&=\sum_{n=1}^{4}{3n}+\sum_{n=1}^{4}{2}\\&=3\sum_{n=1}^{4}{n}+4.2\\&=\left(3\sum_{n=1}^{4}{n}\right)+8\end{align*}$

Ruas kiri = ruas kanan, terbukti.

Demikianlah penjelasan singkat mengenai notasi sigma, semoga bermanfaat.

Download file pdf artikel ini

• DOWNLOAD SOAL LIMIT

Limit Fungsi Trigonometri - Matematika Peminatan Kelas XII

Pada Kesempatan ini m4th-lab akan membahas materi limit fungsi trigonometri, meliputi konsep, contoh soal dan pembahasan. Pada kurikulum 2013 revisi 2016, materi ini dipelajari di kelas XII matematika peminatan semester ganjil.

Pada matematika wajib kelas XI, adik-adik telah mempelajari Limit Fungsi Aljabar, termasuk definisi limit itu sendiri. Suatu fungsi $f(x)$ memiliki limit untuk $x$ mendekati $(x\to a)$ jika nilai $f(x)$ untuk $x$ mendekati $a$ dari kiri dan nilai $f(x)$ untuk $x$ mendekati $a$ dari kanan mendekati nilai yang sama, misalnya $L$. Dapat ditulis:

$$\lim_{x\to a}{f(x)}=L$$

Definisi limit fungsi trigonometri tidak jauh berbeda dengan limit fungsi aljabar di atas. Misal $f(x)$ merupakan fungsi trigonometri. Limit fungsi $f(x)$ mendekati sudut tertentu $a$ adalah nilai fungsi $f(x)$ untuk $x$ mendekati $a$ dari kiri dan dari kanan. 

Lihat juga : Menyelesaiakan limit trigonometri dengan deret Maclaurin

Banyak cara yang dapat kita lakukan untuk menyelesaikan limit fungsi trigonometri. Pertama, jika bentuk limit terdefinisi dengan mensubstitusi secara langsung (tidak diperoleh bentuk tak tentu $\frac{0}{0}$), maka limit tersebut dapat diselesaikan cukup dengan mensubstitusi. Namun, jika kita substitusi dan ternyata diperoleh bentuk tak tentu $\frac{0}{0}$, maka diperlukan langkah tertentu untuk menyelesaikan limit tersebut yang akan dibahas pada tulisan ini.

Sebelum kita lanjut membahas limit fungsi trigonometri, sebaiknya kalian ingat kembali teorema limit yang meliputi Sifat-sifat Limit sebagai berikut:

1. $\displaystyle\lim_{x\to a} {c}=c $, dengan $c$ adalah konstanta
2. $\displaystyle\lim_{x\to a}{x^{n}}=a^n$
3. $\displaystyle\lim_{x\to a}{c.f(x)}=c.\lim_{x\to a}{f(x)}$
4. $\displaystyle\lim_{x\to a}{\left[f(x)\pm g(x)\right]}=\lim_{x\to a}{f(x)}\pm \lim_{x\to a}{g(x)}$
5. $\displaystyle\lim_{x\to a}{\left[f(x). g(x)\right]}=\lim_{x\to a}{f(x)}. \lim_{x\to a}{g(x)}$
6. $\displaystyle\lim_{x\to a}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\frac{\lim_{x\to a}{f(x)}}{\lim_{x\to a}{g(x)}}$, dengan syarat $\lim_{x\to a}{g(x)}\ne 0$
7. $\displaystyle\lim_{x\to a}{\left[f(x)\right]^n}=\left[\lim_{x\to a}{f(x)}\right]^n$

Berikut ini akan kita pelajari berbagai cara menyelesaikan limit fungsi trigonometri

1. Menentukan Limit Fungsi Trigonometri dengan Substitusi

Menentukan nilai limit dengan substitusi secara langsung hanya sah jika hasil yang diperoleh terdefinisi (bukan bentuk tak tentu $\frac{0}{0}$).

Contoh 1.1:

Tentukan limit fungsi berikut:

$\displaystyle\lim_{x\to \pi}{\cos(x+\sin x)}$

Pembahasan:

Limit tersebut dapat diselesaikan dengan mensubstitusi langsung

$\begin{align*}\lim_{x\to \pi}{\cos(x+\sin x)}&=\cos(\pi +\sin{\pi})\\&=\cos(\pi+0)\\&=\cos{\pi}\\&=-1\end{align*}$

Contoh 1.2:

Tentukan limit fungsi berikut:

$\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{x}}{\sin{x}+\cos{x}}}$

Pembahasan:

Limit tersebut dapat diselesaikan dengan mensubstitusi langsung

$\begin{align*}\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{x}}{\sin{x}+\cos{x}}}&=\frac{\cos{0}}{\sin{0}+\cos{0}}\\&=\frac{1}{0+1}\\&=\frac{1}{1}\\&=1\end{align*}$

Contoh 1.3:
Tentukan limit fungsi berikut:
$\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\frac{1-\sin^2{x}}{\cos{x}-\sin{x}}}$

Pembahasan:
Limit tersebut dapat diselesaikan dengan mensubstitusi langsung
$\begin{align*}\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\frac{1-\sin^2{x}}{\cos{x}-\sin{x}}}&=\frac{1-\sin^2{\frac{\pi}{4}}}{\cos{\frac{\pi}{4}}-\sin{\frac{\pi}{4}}}\\&=\frac{1-\left(\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)^2}{\frac{1}{2}\sqrt{2}-\frac{1}{2}\sqrt{2}}\\&=\frac{1-\frac{1}{2}}{0}\\&=\frac{\frac{1}{2}}{0}\\&=\infty\end{align*}$

2. Menentukan Limit Fungsi Trigonometri dengan Penyederhanaan

Jika setelah kita coba mensubstitusi dan ternyata diperoleh bentuk tak tentu $\frac{0}{0}$, maka salah satu cara yang bisa kita gunakan adalah dengan penyederhanaan. Namun, sebelumnya saiknya kalian mengetahui beberapa rumus trigonometri yang sering digunakan untuk menyelesaikan limit trigonometri sebagai berikut:

Rumus jumlah dan selisih sinus dan cosinus

1. $\displaystyle\sin{A}+\sin{B}=2\sin{\frac{1}{2}(A+B)}\cos{\frac{1}{2}(A-B)}$
2. $\displaystyle\sin{A}-\sin{B}=2\cos{\frac{1}{2}(A+B)}\sin{\frac{1}{2}(A-B)}$
3. $\displaystyle\cos{A}+\cos{B}=2\cos{\frac{1}{2}(A+B)\cos{\frac{1}{2}(A-B)}}$
4. $\displaystyle\cos{A}-\cos{B}=-2\sin{\frac{1}{2}(A+B)\sin{\frac{1}{2}(A-B)}}$

Rumus Sudut Rangkap

1. $\sin{2A}=2\sin{A}\cos{A}$
2. $\cos{2A}=\cos^2{A}-\sin^2{A}$
3. $\cos{2A}=(\cos{A}+\sin{A})(\cos{A}-\sin{A})$
4. $\cos{2A}=1-2\sin^2{A}$
5. $\cos{2A}=2\cos^2{A}-1$

Perhatikan beberapa contoh dan pembahasan limit trigonometri berikut dengan cara menyederhanakan bentuk trigonometri

Contoh 2.1:

Tentukan limit fungsi berikut:

$\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\frac{\cos{2x}}{\cos{x}-\sin{x}}}=$ ....

Pembahsan:

Jika kita substitusi $x=\frac{\pi}{4}$ akan kita peroleh bentuk $\frac{0}{0}$ (bentuk tak tentu), maka penyelesaian limit ini tidak cukup hanya dengan mensubstitusi.

Kita akan mengganti $\cos{2x}$ dengan $(\cos{x}+\sin{x})(\cos{x}-\sin{x})$ (perhatikan rumus sudut rangkap no 3 di atas), sehingga kita peroleh:

$\begin{align*}\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\frac{\cos{2x}}{\cos{x}-\sin{x}}}&=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\frac{(\cos{x}+\sin{x})(\cos{x}-\sin{x})}{\cos{x}-\sin{x}}}\\&=\lim_{x\to \frac{\pi}{4}}{\cos{x}+\sin{x}}\\&=\cos{\frac{\pi}{4}}+\sin{\frac{\pi}{4}}\\&=\frac{1}{2}\sqrt{2}+\frac{1}{2}\sqrt{2}\\&=\sqrt{2}\end{align*}$ 

Contoh 2.2:

Selesaikan limit berikut dengan menyederhanakan:
$\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{x}-\cos{3x}}{1-\cos{2x}}}=$ ....

Penyelesaian:
$\begin{align*}\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{x}-\cos{3x}}{1-\cos{2x}}}&=\lim_{x\to 0}{\frac{2\sin{2x}\sin{x}}{1-(1-2\sin^2{x})}}\\&=\lim_{x\to 0}{\frac{2\sin{2x}\sin{x}}{2\sin^2{2x}}}\\&=\frac{1}{2}\end{align*}$

3. Menentukan Limit dengan Rumus Limit Trigonometri

Seringkali kita akan menemukan soal limit fungsi trigonometri yang tidak cukup hanya dengan menyederhanakan, namun kita perlu menggunakan beberapa rumus dasar limit trigonometri sebagai berikut:

1. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\sin{x}}{x}}=1$
2. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\sin{ax}}{ax}}=1$
3. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{x}{\sin{x}}}=1$
4. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{ax}{\sin{ax}}}=1$
5. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\tan{x}}{x}}=1$
6. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\tan{ax}}{ax}}=1$
7. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{x}{\tan{x}}}=1$
8. $\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{ax}{\tan{x}}}=1$

 Contoh 3.1

$\displaystyle\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{3x}-\cos{5x}}{x^2}}=$

Pembahasan:

$\begin{align*}\lim_{x\to 0}{\frac{\cos{3x}-\cos{5x}}{x^2}}&=\lim_{x\to 0}\frac{2\sin{4x}\sin{x}}{x.x}\\&=\frac{2.4.1}{1.1}\\&=8\end{align*}$

Sebagai bahan latihan, silakan download soal limit fungsi trigonometri disini

Untuk lebih memahami limit fungsi trigonmetri, silakan pelajari video berikut

---