# Bab 42: Aplikasi Turunan dan Aturan L'Hôpital

## 42.1 Uji Kemonotonan dan Titik Balik Kecekungan

Penjelasan master untuk Bab 42: turunan dimanfaatkan untuk menganalisis bentuk kurva dan menyelesaikan limit yang rumit. Unit ini membahas bentuk kurva. Turunan pertama menentukan arah grafik, naik atau turun, dan turunan kedua menentukan lengkungannya, cekung ke atas atau ke bawah. Semua hasil di sini diturunkan dari teorema nilai rata-rata (Unit 41.2), yang mengubah informasi tanda turunan di setiap titik menjadi informasi tentang perbandingan nilai fungsi di dua titik.

Prasyarat: Bab 41.

### Kemonotonan

#### Teorema 42.1.1 (Uji Kemonotonan)

Misalkan $I$ interval, $f$ kontinu pada $I$, dan terdiferensialkan di titik-titik dalam $I$.

(a) Bila $f'\geq0$ di titik-titik dalam, maka $f$ naik pada $I$. Bila $f'>0$, maka $f$ naik tegas.

(b) Bila $f'\leq0$, maka $f$ turun. Bila $f'<0$, maka $f$ turun tegas.

(c) Kebalikan parsial: bila $f$ naik pada $I$, maka $f'\geq0$ di titik-titik dalam.

Bukti. (a) Untuk $x<y$ di $I$, $f(y)-f(x)=f'(\xi)(y-x)$ dengan $\xi\in(x,y)$, yaitu titik dalam (Teorema 41.2.1). Tanda ruas kanan mengikuti tanda $f'(\xi)$. (b) Terapkan (a) pada $-f$. (c) Hasil bagi $\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}\geq0$ untuk fungsi naik, sehingga limitnya $\geq0$ (Teorema 34.3.7). $\square$

Kebalikan dari bagian "tegas" salah: $x^3$ naik tegas, tetapi $(x^3)'=0$ di $0$. Kesimpulan "naik tegas" tetap berlaku bila $f'\geq0$ dan $f'=0$ hanya di berhingga banyak titik, karena $f$ naik tegas pada setiap subinterval di antara titik-titik itu (Latihan 42.1-3).

#### Teorema 42.1.2 (Uji Turunan Pertama untuk Ekstrem)

Misalkan $f$ kontinu di $c$, dan terdiferensialkan pada $(c-\delta,c)\cup(c,c+\delta)$. Bila $f'\leq0$ di kiri $c$ dan $f'\geq0$ di kanan $c$, maka $f$ mempunyai minimum lokal di $c$. Bila tandanya terbalik, $f$ mempunyai maksimum lokal di $c$.

Bukti. Teorema 42.1.1, yang diterapkan pada $[c-\tfrac\delta2,c]$ dan $[c,c+\tfrac\delta2]$, memberi bahwa $f$ turun di kiri dan naik di kanan, sehingga $f(x)\geq f(c)$. Kontinuitas di $c$ memungkinkan interval tertutup itu memuat $c$. $\square$

#### Contoh 42.1.3

$f(x)=x^3-3x$, dengan $f'(x)=3(x-1)(x+1)$. $f'>0$ pada $(-\infty,-1)$ dan $(1,\infty)$, dan $f'<0$ pada $(-1,1)$. Jadi $f$ naik, turun, lalu naik. Ada maksimum lokal di $-1$, dengan $f(-1)=2$, dan minimum lokal di $1$, dengan $f(1)=-2$. Bandingkan dengan Solusi 41.1-1, yang memakai faktorisasi.

### Kecekungan

#### Definisi 42.1.4 (Cekung ke Atas)

$f:I\to\mathbb{R}$ cekung ke atas, atau konveks, pada interval $I$ bila untuk semua $x,y\in I$ dan $t\in[0,1]$:
$$f\bigl(tx+(1-t)y\bigr)\leq tf(x)+(1-t)f(y).$$
Secara geometris, tali busur antara dua titik grafik terletak di atas grafik. $f$ cekung ke bawah, atau konkaf, bila $-f$ cekung ke atas.

#### Lemma 42.1.5 (Tiga Kemiringan)

$f$ cekung ke atas pada $I$ jika dan hanya jika untuk semua $x<z<y$ di $I$:
$$\frac{f(z)-f(x)}{z-x}\leq\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq\frac{f(y)-f(z)}{y-z}.$$

Bukti. Tulis $z=tx+(1-t)y$ dengan $t=\tfrac{y-z}{y-x}\in(0,1)$. Ketaksamaan cekung, $f(z)\leq tf(x)+(1-t)f(y)$, setelah dikurangi $f(x)$ dan dibagi $z-x=(1-t)(y-x)>0$, menjadi ketaksamaan kiri. Setelah dikurangi $f(y)$ dan dibagi $z-y=-t(y-x)<0$, menjadi ketaksamaan kanan. Setiap langkah dapat dibalik, sehingga diperoleh kesetaraan. $\square$

#### Teorema 42.1.6 (Uji Kecekungan)

Misalkan $f$ terdiferensialkan pada interval terbuka $I$.

(a) $f$ cekung ke atas jika dan hanya jika $f'$ naik pada $I$.

(b) Bila $f$ terdiferensialkan dua kali, $f$ cekung ke atas jika dan hanya jika $f''\geq0$ pada $I$.

(c) Bila $f$ cekung ke atas, grafiknya terletak di atas setiap garis singgungnya: $f(x)\geq f(c)+f'(c)(x-c)$.

Bukti. (a) ($\Rightarrow$) Untuk $x<y$, Lemma 42.1.5 dengan $z\to x^+$ memberi $f'(x)\leq\tfrac{f(y)-f(x)}{y-x}$, dan dengan $z\to y^-$ memberi $\tfrac{f(y)-f(x)}{y-x}\leq f'(y)$. ($\Leftarrow$) Untuk $x<z<y$, teorema nilai rata-rata memberi $\tfrac{f(z)-f(x)}{z-x}=f'(\xi_1)$ dan $\tfrac{f(y)-f(z)}{y-z}=f'(\xi_2)$, dengan $\xi_1<z<\xi_2$. Jadi kemiringan kiri $\leq$ kemiringan kanan. Ketaksamaan tengah di Lemma 42.1.5 mengikuti dari kedua ketaksamaan itu: $\tfrac{f(y)-f(x)}{y-x}$ adalah rata-rata berbobot dari kedua kemiringan, dengan bobot $\tfrac{z-x}{y-x}$ dan $\tfrac{y-z}{y-x}$.

(b) Teorema 42.1.1 pada $f'$.

(c) Untuk $x>c$: $\tfrac{f(x)-f(c)}{x-c}=f'(\xi)\geq f'(c)$, dengan $\xi\in(c,x)$, karena $f'$ naik. Kasus $x<c$ serupa. $\square$

#### Definisi 42.1.7 (Titik Belok)

$c$ adalah titik belok $f$ bila $f$ kontinu di $c$, dan ada $\delta>0$ sehingga $f$ cekung ke atas pada $(c-\delta,c]$ dan cekung ke bawah pada $[c,c+\delta)$, atau sebaliknya.

#### Proposisi 42.1.8

Bila $f$ terdiferensialkan dua kali di dekat $c$ dan $c$ titik belok, maka $f''(c)=0$.

Bukti. Menurut Teorema 42.1.6(a), $f'$ naik di satu sisi dan turun di sisi lain, sehingga $f'$ mempunyai ekstrem lokal di $c$. Lemma Fermat pada $f'$ memberi $f''(c)=0$. $\square$

Kebalikannya salah: $f(x)=x^4$ memenuhi $f''(0)=0$, tetapi cekung ke atas di mana-mana, karena $f''=12x^2\geq0$. Jadi $0$ bukan titik belok.

#### Teorema 42.1.9 (Uji Turunan Kedua)

Bila $f'(c)=0$ dan $f''(c)>0$, maka $c$ minimum lokal tegas. Bila $f''(c)<0$, maka $c$ maksimum lokal tegas.

Bukti. $\tfrac{f'(x)-f'(c)}{x-c}=\tfrac{f'(x)}{x-c}\to f''(c)>0$, sehingga di dekat $c$, $\tfrac{f'(x)}{x-c}>0$ (Proposisi 34.1.7(b)). Jadi $f'<0$ di kiri $c$ dan $f'>0$ di kanan $c$. Teorema 42.1.1 memberi bahwa $f$ turun tegas di kiri dan naik tegas di kanan. $\square$

### Penerapan: Ketaksamaan Kecekungan

#### Contoh 42.1.10

(a) $\exp$ cekung ke atas, karena $\exp''=\exp>0$. Garis singgung di $0$ memberi $\exp(x)\geq1+x$ (Teorema 42.1.6(c)), yang merupakan bukti ketiga.

(b) $\ln$ cekung ke bawah pada $(0,\infty)$, karena $\ln''(x)=-\tfrac1{x^2}<0$. Untuk $a,b>0$ dan $t\in[0,1]$: $\ln(ta+(1-t)b)\geq t\ln a+(1-t)\ln b$. Dengan $\exp$ pada kedua ruas: $ta+(1-t)b\geq a^tb^{1-t}$. Ini adalah ketaksamaan AM-GM berbobot. Untuk $t=\tfrac12$, ini AM-GM dua bilangan (Bab 10).

### Latihan

Latihan 42.1-1. Tentukan interval naik, interval turun, ekstrem lokal, interval kecekungan, dan titik belok dari $f(x)=x^4-4x^3$.

Latihan 42.1-2. Buktikan bahwa $\tfrac{\ln x}x$ naik pada $(0,e]$ dan turun pada $[e,\infty)$, lalu simpulkan bahwa $3^e<e^3$. (Gunakan $e<3$ dari Teorema 27.3.3.)

Latihan 42.1-3. Buktikan bahwa bila $f'\geq0$ pada interval $I$ dan $f'(x)=0$ hanya di berhingga banyak titik, maka $f$ naik tegas.

Latihan 42.1-4. Buktikan bahwa $x^4$ cekung ke atas pada $\mathbb{R}$ langsung dari Definisi 42.1.4, untuk $t=\tfrac12$ saja, yaitu $\bigl(\tfrac{x+y}2\bigr)^4\leq\tfrac{x^4+y^4}2$.

Latihan 42.1-5. Misalkan $f$ cekung ke atas dan terdiferensialkan pada $I$, dan $f'(c)=0$. Buktikan bahwa $c$ adalah minimum global $f$ pada $I$.

Latihan 42.1-6. Dengan Contoh 42.1.10(b), buktikan bahwa $\sqrt[3]{abc}\leq\tfrac{a+b+c}3$ untuk $a,b,c>0$. (Petunjuk: terapkan kecekungan $\ln$ dua kali.)

Latihan 42.1-7. Untuk $f(x)=x^3$, tunjukkan bahwa $0$ adalah titik belok, bahwa $f''(0)=0$, dan bahwa uji turunan kedua tidak memberi kesimpulan di $0$.

Latihan 42.1-8. Buktikan bahwa bila $f''(x)>0$ pada $(a,b)$, maka $f$ mempunyai paling banyak satu titik kritis di $(a,b)$.

### Solusi

Solusi 42.1-1. $f'=4x^3-12x^2=4x^2(x-3)$: $\leq0$ untuk $x\leq3$, dengan nol hanya di $0$ dan $3$, dan $>0$ untuk $x>3$. Jadi $f$ turun tegas pada $(-\infty,3]$ dan naik tegas pada $[3,\infty)$, dengan minimum global $f(3)=-27$. $f''=12x^2-24x=12x(x-2)$: $>0$ di luar $[0,2]$ dan $<0$ pada $(0,2)$. Jadi $f$ cekung ke atas pada $(-\infty,0]$ dan $[2,\infty)$, cekung ke bawah pada $[0,2]$, dengan titik belok di $0$ dan $2$. $\square$

Solusi 42.1-2. $\bigl(\tfrac{\ln x}x\bigr)'=\tfrac{1-\ln x}{x^2}$: $>0$ untuk $x<e$ dan $<0$ untuk $x>e$. Menurut Teorema 27.3.3, $e<b_5=\bigl(\tfrac65\bigr)^6=\tfrac{46656}{15625}<3$. Karena $e<3$ dan $\tfrac{\ln x}x$ turun tegas pada $[e,\infty)$, $\tfrac{\ln3}3<\tfrac{\ln e}e=\tfrac1e$, sehingga $e\ln3<3$, yaitu $\ln3^e<\ln e^3$. Karena $\exp$ naik, $3^e<e^3$. $\square$

Solusi 42.1-3. Misalkan titik nolnya $z_1<\cdots<z_m$. Pada setiap interval tertutup di antara titik-titik berurutan, atau di luarnya, $f'>0$ di bagian dalam, sehingga $f$ naik tegas di sana (Teorema 42.1.1(a), dengan kontinuitas di ujung). Untuk $x<y$ sebarang, rangkaikan ketaksamaan tegas melalui titik-titik $z_i$ di antaranya. $\square$

Solusi 42.1-4. Tulis $u=\tfrac{x+y}2$ dan $v=\tfrac{x-y}2$, sehingga $x=u+v$ dan $y=u-v$. Maka $\tfrac{x^4+y^4}2=u^4+6u^2v^2+v^4\geq u^4$. $\square$

Solusi 42.1-5. Teorema 42.1.6(c): $f(x)\geq f(c)+0\cdot(x-c)=f(c)$. $\square$

Solusi 42.1-6. $\tfrac{a+b+c}3=\tfrac13a+\tfrac23\cdot\tfrac{b+c}2$. Kecekungan dengan $t=\tfrac13$: $\ln\tfrac{a+b+c}3\geq\tfrac13\ln a+\tfrac23\ln\tfrac{b+c}2\geq\tfrac13\ln a+\tfrac23\cdot\tfrac{\ln b+\ln c}2$. Langkah kedua memakai kecekungan dengan $t=\tfrac12$ dan kemonotonan. Jadi $\ln\tfrac{a+b+c}3\geq\tfrac13\ln(abc)$. Terapkan $\exp$. $\square$

Solusi 42.1-7. $f''(x)=6x$: $<0$ untuk $x<0$ dan $>0$ untuk $x>0$, sehingga $0$ titik belok. $f'(0)=0$ dan $f''(0)=0$, sehingga Teorema 42.1.9 tidak berlaku. Memang $0$ bukan ekstrem, karena $f$ naik tegas. $\square$

Solusi 42.1-8. $f'$ naik tegas (Teorema 42.1.1 pada $f'$), sehingga injektif, dan paling banyak satu titik memenuhi $f'=0$. $\square$

### Ringkasan

Tanda turunan pertama menentukan kemonotonan melalui teorema nilai rata-rata: $f'>0$ memberi naik tegas, dan sebaliknya hanya berlaku dalam bentuk tak tegas. Pergantian tanda $f'$ memberi ekstrem lokal. Kecekungan ke atas, yaitu tali busur di atas grafik, setara dengan kemiringan yang naik, setara dengan $f'$ naik, dan, bila turunan kedua ada, setara dengan $f''\geq0$. Grafik fungsi cekung ke atas terletak di atas garis singgungnya. Titik belok memaksa $f''=0$, tetapi tidak sebaliknya ($x^4$). Uji turunan kedua mengenali ekstrem tegas. Kecekungan $\ln$ menghasilkan ketaksamaan AM-GM berbobot.

## 42.2 Aturan L'Hôpital untuk Bentuk Tak Tentu

Rumus master: evaluasi
$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x\ \xrightarrow{\ \text{L'Hôpital}\ }\ \lim_{x\to0}\frac{\cos x}1=\frac11=1.$$
Penjelasan implementasi master: aturan ini dipakai dalam optimasi sistem rekayasa dan analisis efisiensi algoritma komputer.

Unit 35.2 menyatakan bahwa bentuk tak tentu $\tfrac00$ dan $\tfrac\infty\infty$ tidak mempunyai nilai tetap. Aturan L'Hôpital memberi alat umum: dalam situasi seperti itu, limit $\tfrac fg$ sama dengan limit $\tfrac{f'}{g'}$, asalkan limit yang kedua ada. Unit ini membuktikan aturan itu dengan teorema nilai rata-rata Cauchy, membahas syarat-syaratnya, dan menempatkan contoh master dalam konteks logis buku ini.

Prasyarat: Teorema 41.2.7; Bab 35; Unit 40.2.

### Bentuk $\tfrac00$

#### Teorema 42.2.1 (L'Hôpital, $\tfrac00$)

Misalkan $f,g$ terdiferensialkan pada $(c,c+\delta)$, $g'(x)\ne0$ di sana, $\lim_{x\to c^+}f(x)=\lim_{x\to c^+}g(x)=0$, dan
$$\lim_{x\to c^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L,$$
dengan $L\in\mathbb{R}$ atau $L=\pm\infty$ sebagai label. Maka $g(x)\ne0$ pada $(c,c+\delta)$, dan $\lim_{x\to c^+}\tfrac{f(x)}{g(x)}=L$. Pernyataan serupa berlaku untuk $x\to c^-$, untuk limit dua sisi, dan untuk $x\to\pm\infty$.

Bukti. Tetapkan $f(c)=g(c)=0$. Maka $f$ dan $g$ kontinu pada $[c,x]$ untuk setiap $x\in(c,c+\delta)$ (Teorema 36.2.5). Pertama, $g(x)=g(x)-g(c)=g'(\eta)(x-c)\ne0$ untuk suatu $\eta\in(c,x)$, menurut Teorema 41.2.1. Kedua, Teorema 41.2.7 pada $[c,x]$ memberi $\xi_x\in(c,x)$ dengan
$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}=\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}.$$
Untuk $L$ real dan $\varepsilon>0$, ambil $\delta'\leq\delta$ dengan $\bigl|\tfrac{f'(t)}{g'(t)}-L\bigr|<\varepsilon$ untuk $c<t<c+\delta'$. Untuk $c<x<c+\delta'$, titik $\xi_x$ juga memenuhi $c<\xi_x<c+\delta'$, sehingga $\bigl|\tfrac{f(x)}{g(x)}-L\bigr|<\varepsilon$. Kasus $L=\pm\infty$ serupa, dengan batas $K$ menggantikan $\varepsilon$.

Untuk $x\to+\infty$, substitusikan $x=\tfrac1t$ (Proposisi 35.2.8). Fungsi $F(t)=f(\tfrac1t)$ dan $G(t)=g(\tfrac1t)$ memenuhi $\tfrac{F'(t)}{G'(t)}=\tfrac{f'(1/t)}{g'(1/t)}$, karena faktor $-\tfrac1{t^2}$ dari aturan rantai saling menghapus. $\square$

Bukti ini tidak memakai pilihan. Untuk setiap $x$, titik $\xi_x$ hanya dipakai sebagai saksi keberadaan dalam argumen $\varepsilon$, bukan sebagai bagian dari barisan yang dipilih.

### Bentuk $\tfrac\infty\infty$

#### Teorema 42.2.2 (L'Hôpital, $\tfrac\infty\infty$)

Misalkan $f,g$ terdiferensialkan pada $(c,c+\delta)$, $g'\ne0$ di sana, $|g(x)|\to+\infty$ untuk $x\to c^+$, dan $\tfrac{f'}{g'}\to L\in\mathbb{R}$. Maka $\tfrac fg\to L$. Hal serupa berlaku untuk sisi kiri, dua sisi, dan $x\to\pm\infty$.

Bukti. Misalkan $\varepsilon\in(0,1)$. Ambil $a\in(c,c+\delta)$ dengan $\bigl|\tfrac{f'(t)}{g'(t)}-L\bigr|<\varepsilon$ untuk $c<t<a$. Untuk $c<x<a$, $g(x)\ne g(a)$, menurut Rolle dengan $g'\ne0$. Teorema 41.2.7 pada $[x,a]$ memberi $\tfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=L+\theta_x$ dengan $|\theta_x|<\varepsilon$. Karena $|g(x)|\to\infty$, untuk $x$ cukup dekat ke $c$, $g(x)\ne0$ dan $\bigl|\tfrac{g(a)}{g(x)}\bigr|<\varepsilon$. Tulis
$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}\cdot\Bigl(1-\frac{g(a)}{g(x)}\Bigr)+\frac{f(a)}{g(x)}=(L+\theta_x)\Bigl(1-\frac{g(a)}{g(x)}\Bigr)+\frac{f(a)}{g(x)}.$$
Untuk $x$ cukup dekat ke $c$, juga $\bigl|\tfrac{f(a)}{g(x)}\bigr|<\varepsilon$. Maka $\bigl|\tfrac{f(x)}{g(x)}-L\bigr|\leq|\theta_x|+|L+\theta_x|\varepsilon+\varepsilon<\varepsilon(2+|L|+1)$. Bentuk konstanta (Proposisi 25.1.8(iv), versi fungsi) menyelesaikan bukti. $\square$

Pada versi ini, hanya $|g|\to\infty$ yang diperlukan, tanpa syarat apa pun pada $f$.

### Contoh Master dan Logika Buku Ini

#### Contoh 42.2.3

$f(x)=\sin x$ dan $g(x)=x$ di $0$: $f(0)=g(0)=0$, $g'=1\ne0$, dan $\tfrac{f'}{g'}=\cos x\to\cos0=1$, karena kosinus kontinu. Teorema 42.2.1 memberi $\lim\tfrac{\sin x}x=1$, sesuai master.

Catatan logis. Di banyak buku kalkulus, $\sin'=\cos$ dibuktikan dengan memakai $\lim\tfrac{\sin x}x=1$. Bila demikian, memakai L'Hôpital untuk limit ini adalah penalaran berputar, karena kesimpulannya sudah dipakai untuk memperoleh hipotesisnya. Di buku ini, $\sin'=\cos$ dibuktikan langsung dari deret (Teorema 40.2.13), dengan taksiran $|\sin h-h|\leq|h|^3\exp(|h|)$, sehingga penerapan di atas sah secara logis. Akan tetapi penerapan itu tidak diperlukan. Menurut definisi turunan, $\lim_{x\to0}\tfrac{\sin x-\sin0}{x-0}=\sin'(0)=\cos0=1$ secara langsung.

#### Contoh 42.2.4

(a) $\lim_{x\to0}\dfrac{\exp(x)-1-x}{x^2}$: bentuk $\tfrac00$. Turunannya memberi $\tfrac{\exp(x)-1}{2x}$, yang masih $\tfrac00$. Turunkan sekali lagi: $\tfrac{\exp(x)}2\to\tfrac12$. Teorema 42.2.1, yang diterapkan dua kali dari dalam ke luar, memberi $\tfrac12$.

(b) $\lim_{x\to0^+}x\ln x$: bentuk $0\cdot(-\infty)$. Tulis sebagai $\tfrac{\ln x}{1/x}$, bentuk $\tfrac{-\infty}{\infty}$. Turunannya $\tfrac{1/x}{-1/x^2}=-x\to0$. Jadi limitnya $0$.

(c) $\lim_{x\to0^+}x^x=\lim\exp(x\ln x)=\exp(0)=1$, dengan (b) dan kontinuitas $\exp$.

(d) $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x^r}=0$ untuk $r>0$: turunannya $\tfrac{1/x}{rx^{r-1}}=\tfrac1{rx^r}\to0$.

(e) $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x^n}{\exp(x)}=0$: terapkan teorema $n$ kali, sampai $\tfrac{n!}{\exp(x)}\to0$.

### Syarat-Syarat Diperlukan

(a) Bentuk harus tak tentu. $\lim_{x\to0}\tfrac{x+1}{x+2}=\tfrac12$, sedangkan perbandingan turunannya $\tfrac11=1$. Menerapkan aturan pada bentuk yang bukan $\tfrac00$ atau $\tfrac\infty\infty$ memberi jawaban salah.

(b) Limit $\tfrac{f'}{g'}$ harus ada. Bila limit itu tidak ada, $\tfrac fg$ masih mungkin mempunyai limit. Contoh baku: $f(x)=x^2\sin\tfrac1x$ dan $g(x)=x$ di $0$. $\tfrac fg=x\sin\tfrac1x\to0$, tetapi $\tfrac{f'}{g'}=2x\sin\tfrac1x-\cos\tfrac1x$. Bahwa suku terakhir tidak mempunyai limit memerlukan periodisitas kosinus (P40-PI), sehingga contoh ini hanya dicatat. Jadi kegagalan $\tfrac{f'}{g'}$ tidak membuktikan apa pun tentang $\tfrac fg$.

(c) $g'\ne0$ di dekat $c$ diperlukan dalam bukti, untuk menjamin $g(x)\ne g(c)$ dan untuk Teorema 41.2.7.

### Implementasi: Perbandingan Laju Pertumbuhan

Dalam analisis efisiensi algoritma, banyaknya langkah sering dimodelkan sebagai fungsi ukuran masukan $n$. Pertanyaannya adalah fungsi mana yang tumbuh lebih cepat. Untuk model hipotetis dengan biaya $A(n)=n\ln n$ dan $B(n)=n^2$:
$$\lim_{x\to\infty}\frac{x\ln x}{x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}x=0,$$
menurut Contoh 42.2.4(d). Jadi untuk $n$ cukup besar, $A(n)<B(n)$, bahkan $A(n)<\varepsilon B(n)$ untuk setiap $\varepsilon>0$ yang ditetapkan. Kesimpulan ini bersifat asimtotik. Kesimpulan itu tidak menyatakan sejak $n$ berapa, dan tidak memperhitungkan konstanta pengali dalam model yang sebenarnya. Pertanyaan itu memerlukan analisis yang lebih rinci.

Untuk optimasi, turunan menemukan titik kritis (Unit 42.1). Contoh hipotetis: biaya $C(x)=x+\tfrac{100}x$ untuk $x>0$, dengan $C'(x)=1-\tfrac{100}{x^2}=0$ di $x=10$ dan $C''(10)=\tfrac{200}{1000}>0$. Jadi minimumnya $C(10)=20$. Pada kedua contoh, yang diberikan adalah perhitungan matematis atas model yang dianggap. Buku ini tidak membuat klaim tentang sistem, perangkat, atau standar tertentu.

### Latihan

Latihan 42.2-1. Hitung: (a) $\lim_{x\to0}\tfrac{\exp(2x)-1}x$; (b) $\lim_{x\to1}\tfrac{\ln x}{x-1}$; (c) $\lim_{x\to0}\tfrac{1-\cos x}{x^2}$; (d) $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{x^3}{\exp(x)}$.

Latihan 42.2-2. Hitung $\lim_{x\to0^+}x^2\ln x$ dan $\lim_{x\to0^+}x^{\sqrt x}$.

Latihan 42.2-3. Hitung $\lim_{x\to+\infty}\bigl(1+\tfrac ax\bigr)^x$ untuk $a\in\mathbb{R}$.

Latihan 42.2-4. Jelaskan kesalahan dalam "$\lim_{x\to1}\tfrac{x^2+1}{x+1}=\lim_{x\to1}\tfrac{2x}1=2$", lalu hitung nilai yang benar.

Latihan 42.2-5. Buktikan Contoh 42.2.4(a) tanpa L'Hôpital, dengan taksiran pada Teorema 40.2.5.

Latihan 42.2-6. Buktikan bahwa $\lim_{x\to+\infty}\tfrac{\ln(\ln x)}{\ln x}=0$.

Latihan 42.2-7. Untuk model hipotetis dengan biaya $A(n)=100\,n\ln n$ dan $B(n)=n^2$, buktikan bahwa $A(n)<B(n)$ untuk semua $n$ yang cukup besar, dan beri satu nilai $n$ yang menjamin hal itu, dengan memakai $\ln n<\sqrt n$ untuk $n\geq1$.

Latihan 42.2-8. Buktikan bahwa $\ln x<\sqrt x$ untuk semua $x>0$.

### Solusi

Solusi 42.2-1. (a) $\tfrac{2\exp(2x)}1\to2$. (b) $\tfrac{1/x}1\to1$. (c) $\tfrac{\sin x}{2x}\to\tfrac12$, dengan Contoh 42.2.3. (d) Terapkan tiga kali: $\tfrac6{\exp(x)}\to0$. $\square$

Solusi 42.2-2. $x^2\ln x=\tfrac{\ln x}{x^{-2}}$, dengan turunan $\tfrac{1/x}{-2x^{-3}}=-\tfrac{x^2}2\to0$. Untuk yang kedua: $\sqrt x\ln x=\tfrac{\ln x}{x^{-1/2}}$, dengan turunan $\tfrac{1/x}{-\frac12x^{-3/2}}=-2\sqrt x\to0$. Jadi $x^{\sqrt x}\to\exp(0)=1$. $\square$

Solusi 42.2-3. $x\ln(1+\tfrac ax)=\tfrac{\ln(1+a/x)}{1/x}$, dengan $t=\tfrac1x\to0^+$: $\tfrac{\ln(1+at)}t\to a$, karena turunan $\ln(1+at)$ di $0$ adalah $a$. Jadi limitnya $\exp(a)$. $\square$

Solusi 42.2-4. Di $x=1$, pembilang $2$ dan penyebut $2$. Ini bukan bentuk tak tentu, sehingga L'Hôpital tidak berlaku. Nilai yang benar, dengan substitusi, adalah $\tfrac22=1$. $\square$

Solusi 42.2-5. Dari bukti Teorema 40.2.5: $\exp(x)-1-x-\tfrac{x^2}2=\sum_{k\geq3}\tfrac{x^k}{k!}$, dengan nilai mutlak $\leq|x|^3\exp(|x|)$, dengan argumen yang sama. Bagi dengan $x^2$: $\bigl|\tfrac{\exp(x)-1-x}{x^2}-\tfrac12\bigr|\leq|x|\exp(|x|)\to0$. $\square$

Solusi 42.2-6. Substitusi $y=\ln x\to+\infty$ (Teorema 40.2.6(c)): $\tfrac{\ln y}y\to0$ (Contoh 42.2.4(d) dengan $r=1$). $\square$

Solusi 42.2-7. $A(n)<B(n)$ setara dengan $100\ln n<n$. Dengan $\ln n<\sqrt n$ (Latihan 42.2-8), cukup $100\sqrt n\leq n$, yaitu $n\geq10^4$. Jadi untuk $n\geq10000$, $A(n)<B(n)$. Batas ini aman tetapi kasar. $\square$

Solusi 42.2-8. $h(x)=\sqrt x-\ln x$, dengan $h'(x)=\tfrac1{2\sqrt x}-\tfrac1x=\tfrac{\sqrt x-2}{2x}$, yang negatif untuk $x<4$ dan positif untuk $x>4$. Minimum global di $x=4$ (Teorema 42.1.2): $h(4)=2-\ln4$. Karena $4<e^2$, yaitu $2<e$, kita punya $\ln4<2$, sehingga $h(4)>0$. $\square$

### Ringkasan

Aturan L'Hôpital: bila $\tfrac fg$ berbentuk $\tfrac00$ atau $\tfrac\infty\infty$, $g'\ne0$ di dekat titik itu, dan $\tfrac{f'}{g'}\to L$, maka $\tfrac fg\to L$. Buktinya memakai teorema nilai rata-rata Cauchy, tanpa pilihan. Contoh master $\tfrac{\sin x}x\to1$ sah di buku ini karena $\sin'=\cos$ dibuktikan dari deret, bukan dari limit ini. Limit itu sebenarnya sama dengan $\sin'(0)$ menurut definisi. Bentuk $0\cdot\infty$, $0^0$, dan $1^\infty$ diubah menjadi $\tfrac00$ atau $\tfrac\infty\infty$ dengan $\ln$ dan $\exp$. Semua syarat diperlukan: bentuk tak tentu, keberadaan limit $\tfrac{f'}{g'}$, dan $g'\ne0$. Penerapannya pada perbandingan laju pertumbuhan model biaya bersifat asimtotik.