Soal dan Pembahasan Super Lengkap – Limit Fungsi Trigonometri

      Berikut ini adalah soal dan pembahasan super lengkap mengenai limit khusus fungsi trigonometri. Untuk soal limit fungsi aljabar, dipisahkan dalam postingan lain karena soalnya akan terlalu banyak bila ditumpuk menjadi satu. Soal juga dapat diunduh melalui tautan berikut: Download (PDF).

Catatan Saku:
Secara umum, rumus-rumus limit fungsi trigonometri dapat dituliskan sebagai berikut.
1. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin mx}{nx} = \dfrac{m}{n}$
2. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{nx}{\sin mx} = \dfrac{n}{m}$
3. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{nx}{\tan mx} = \dfrac{n}{m}$
4. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan mx}{nx} = \dfrac{m}{n}$
5. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin mx}{\sin nx} = \dfrac{m}{n}$
6. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan mx}{\tan nx} = \dfrac{m}{n}$
7. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin mx}{\tan nx} = \dfrac{m}{n}$
8. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan mx}{\sin nx} = \dfrac{m}{n}$
Rumus di atas mudah untuk diingat karena hasilnya selalu merupakan pembagian dari koefisien pada pembilang dan penyebutnya. Perhatikan bahwa hanya limit untuk sinus dan tangen yang dapat dirumuskan nilainya seperti di atas, tidak berlaku untuk cosinus.

Versi Inggris: Problem and Solution – Limit of Trigonometric Functions

Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Fungsi Aljabar

Today Quote

Be the reason someone smiles today.

Baca Juga: Soal dan Pembahasan- Limit Tak Hingga

Bagian Pilihan Ganda

Soal Nomor 1
Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x}{\sin 6x} = \cdots \cdot$
A. $\dfrac16$                     C. $2$                     E. $6$
B. $\dfrac13$                     D. $3$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Berdasarkan rumus limit fungsi trigonometri $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin mx}{\sin nx} = \dfrac{m}{n}$, untuk $m = 2$ dan $n = 6$, diperoleh
$\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 2x}{\sin 6x} = \dfrac{2}{6} = \dfrac13}$
(Jawaban B)

[collapse]

Baca Juga: Tujuh Bentuk Tak Tentu dalam Matematika

Soal Nomor 2
Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 7x + \tan 3x-\sin 5x}{\tan 9x-\tan 3x-\sin x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $9$                      C. $5$                     E. $1$
B. $7$                      D. $3$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada dengan cara membagi setiap suku pada pembilang dan penyebut dengan $x.$
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 7x + \tan 3x-\sin 5x}{\tan 9x-\tan 3x-\sin x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\sin 7x}{x} + \dfrac{\tan 3x}{x}-\dfrac{\sin 5x}{x}}{\dfrac{\tan 9x}{x}-\dfrac{\tan 3x}{x}-\dfrac{\sin x}{x}} \\ & = \dfrac{7 + 3-5}{9-3-1} \\ & = \dfrac{5}{5} = 1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 7x + \tan 3x-\sin 5x}{\tan 9x-\tan 3x-\sin x}=1}$
(Jawaban E)

[collapse]

Soal Nomor 3
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \cos 2x} {\tan x-\sin 2x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-1$                     C. $0$                      E. $1$
B. $-\dfrac12$                   D. $\dfrac12$

Pembahasan

Substitusi langsung nilai $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada dengan cara membagi setiap suku pada pembilang dan penyebut dengan $x.$

$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \cos 2x} {\tan x-\sin 2x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{x \cos 2x}{x}} {\dfrac{\tan x} {x}-\dfrac{\sin 2x} {x}} \\ & = \dfrac{\cos 0}{1-2} \\ & = \dfrac{1}{-1} = -1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \cos 2x}{\tan x-\sin 2x} =-1}$
(Jawaban A) 

[collapse]

Soal Nomor 4
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{3x + \sin 4x}{5x-\tan 2x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac23$                      C. $\dfrac53$                   E. $\dfrac83$
B. $\dfrac43$                      D. $\dfrac73$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada dengan cara membagi setiap suku pada pembilang dan penyebut dengan $x.$
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{3x + \sin 4x}{5x-\tan 2x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{3x}{x} + \dfrac{\sin 4x}{x}}{\dfrac{5x}{x}- \dfrac{ \tan 2x}{x}} \\ & = \dfrac{3 + 4}{5-2} \\ & = \dfrac73 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{3x + \sin 4x}{5x-\tan 2x} = \dfrac{7}{3}}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 5
Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^3 2x}{\tan^3 \frac12x} = \cdots \cdot$
A. $2^3$                     C. $2^5$                  E. $2^7$
B. $2^4$                     D. $2^6$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Berdasarkan rumus limit fungsi trigonometri $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin mx}{\tan nx} = \dfrac{m}{n}$, untuk $m = 2$ dan $n = \frac12$, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^3 2x}{\tan^3 \frac12x} & = \displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 2x}{\tan \frac12x}\right)^3 \\ & = \left(\dfrac{2}{\frac12}\right)^3 \\ & = (4)^3 = (2^2)^3 = 2^6 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin^3 2x}{\tan^3 \frac12x} = 2^6}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 6
Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2x^2+x}{\sin x} = \cdots \cdot$
A. $-2$                     C. $0$                    E. $2$
B. $-1$                     D. $1$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Langkah selanjutnya adalah dengan melakukan pemisahan pecahan menjadi dua suku, lalu munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada.
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2x^2+x}{\sin x} & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{2x^2}{\sin x}+\dfrac{x}{\sin x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \left(2x \cdot \dfrac{x}{\sin x}\right) + \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \\ & = 2(0)(1) + 1 \\ & = 0+1 = 1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2x^2+x}{\sin x} = 1}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 7
Nilai $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan 2x \cdot \tan 3x}{3x^2} = \cdots \cdot$
A. $0$                          C. $\dfrac32$                   E. $6$
B. $\dfrac23$                        D. $2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Langkah selanjutnya adalah dengan mengeluarkan konstanta dari bentuk limitnya, lalu munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada dengan cara mengelompokkan.
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan 2x \cdot \tan 3x}{3x^2} & = \dfrac13 \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\tan 2x}{x} \cdot \dfrac{\tan 3x}{x}\right) \\ & = \dfrac13 \cdot \dfrac21 \cdot \dfrac31 = 2 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan 2x \cdot \tan 3x}{3x^2} = 2}$
(Jawaban D)

[collapse]

Baca Juga : Soal dan Pembahasan- Integral Dengan Substitusi Aljabar dan Trigonometri

Soal Nomor 8
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac12x}{x \tan x} = \cdots \cdot$
A. $-2$                     C. $-\dfrac12$                  E. $1$
B. $-1$                     D. $\dfrac12$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Kelompokkan/pecahkan fungsi dalam bentuk perkalian pecahan yang dapat ditentukan nilainya dengan menggunakan rumus limit trigonometri.
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 \dfrac12x}{x \tan x} & = \lim_{x \to 0} \left(2 \cdot \dfrac{\sin \dfrac12x}{x} \cdot \dfrac{\sin \dfrac12x}{\tan x}\right) \\ & = 2 \cdot \dfrac12 \cdot \dfrac12 \\ & = \dfrac12 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut sama dengan $\boxed{\dfrac12}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 9
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{\sin x} = \cdots \cdot$
A. $0$                      C. $\dfrac12$                  E. $2$
B. $\dfrac14$                    D. $1$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Kalikan pembilang dan penyebut fungsi dengan $(1+\cos x)$ sehingga pembilang dapat diubah bentuknya dengan menggunakan Identitas Pythagoras.
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos x}{\sin x} & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1-\cos x}{\sin x} \color{blue}{\cdot \dfrac{1+\cos x}{1+\cos x}}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^2 x}{\sin x(1+ \cos x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cancelto{\sin x}{\sin^2 x}}{\cancel{\sin x}(1+\cos x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{1+\cos x} \\ & = \dfrac{\sin 0}{1+\cos 0} \\ & = \dfrac{0}{1+1} = 0 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut sama dengan $\boxed{0}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 10
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^2 x}{x^2 \cot \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)} = \cdots \cdot$
A. $1$                  C. $-\dfrac{\sqrt3}{3}$                E. $-\sqrt3$
B. $0$                  D. $-\sqrt2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Perhatikan bahwa dengan menggunakan identitas Pythagoras dan identitas kebalikan, kita ketahui bahwa
$$\boxed{\begin{aligned} 1-\cos^2 x & = \sin^2 x \\ \cot \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right) & = \dfrac{1}{\tan \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)} \end{aligned}}$$sehingga kita akan peroleh

$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^2 x}{x^2 \cot \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)} & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin^2 x}{x^2} \cdot \tan \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)\right) \\ & = 1^2 \cdot \tan \left(0-\dfrac{\pi}{3}\right) \\ & = 1(-\sqrt3) = -\sqrt3 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut adalah $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^2 x}{x^2 \cot \left(x-\dfrac{\pi}{3}\right)} = -\sqrt3}$
(Jawaban E)

[collapse]

Soal Nomor 11
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \tan 5x}{\cos 2x-\cos 7x} = \cdots \cdot$
A. $\dfrac29$                     C. $0$                      E. $-\dfrac29$
B. $\dfrac19$                     D. $-\dfrac19$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Kalikan pembilang dan penyebut fungsi dengan $(\cos 2x+\cos 7x)$ sehingga penyebut dapat diubah bentuknya dengan menggunakan Identitas Pythagoras.
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x \tan 5x}{\cos 2x-\cos 7x} & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{x \tan 5x}{\cos 2x-\cos 7x} \cdot \color{blue}{\dfrac{\cos 2x + \cos 7x}{\cos 2x + \cos 7x}}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(x \tan 5x)(\cos 2x+\cos 7x)}{\cos^2 2x-\cos^2 7x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(x \tan 5x)(\cos 2x+\cos 7x)}{(1-\sin^2 2x)-(1-\sin^2 7x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(x \tan 5x)(\cos 2x+\cos 7x)}{\sin^2 7x-\sin^2 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{x \tan 5x}{x^2} \cdot (\cos 2x+\cos 7x)}{\dfrac{\sin^2 7x}{x^2}-\dfrac{\sin^2 2x}{x^2}} \\ & = \dfrac{1 \cdot 5(\cos 0 + \cos 0)}{7 \cdot 7-2 \cdot 2} \\ & = \dfrac{5(1+1)}{49-4} \\ & = \dfrac{10}{45} = \dfrac29 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut sama dengan $\boxed{\dfrac29}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 12
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 2x} {x \tan 2x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-1$                    C. $1$                     E. $3$
B. $0$                       D. $2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. 
Ide utamanya adalah mengubah bentuk $\cos 2x$ menjadi $1-2 \sin^2 x.$
Untuk itu, diperoleh
$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 2x} {x \tan 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{1-(1-2 \sin^2 x)} {x \tan 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 x} {x \tan 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \left(2 \cdot \dfrac{\sin x} {x} \cdot \dfrac{\sin x}{\tan 2x}\right) \\ & = 2 \times 1 \times \dfrac{1}{2} = 1 \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 2x} {x \tan 2x} = 1}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 13
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1- \cos 4x} {x \sin x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $1$                       C. $4$                     E. $16$
B. $2$                       D. $8$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Ide utamanya adalah mengubah bentuk $\cos 4x$ menjadi $1-2 \sin^2 2x.$

Untuk itu, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 4x}{x \sin x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{1-(1-2 \sin^2 2x)}{x \sin x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin^2 2x}{x \sin x} \\ & = \lim_{x \to 0} \left(2 \cdot \dfrac{\sin 2x}{x} \cdot \dfrac{\sin 2x}{\sin x}\right) \\ & = 2 \cdot 2 \cdot 2 = 8 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos 4x}{x \sin x}= 8}$
(Jawaban D) 

[collapse]

Soal Nomor 14
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $\dfrac15$                     C. $\dfrac52$                   E. $\dfrac65$
B. $\dfrac25$                     D. $\dfrac56$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$
Ide utamanya adalah mengubah bentuk $\cos 5x$ menjadi $1-2 \sin^2 \dfrac52x.$
Untuk itu, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-(1-2 \sin^2 \dfrac{5}{2}x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x}{2 \cdot \sin \dfrac{5}{2}x \cdot \sin \dfrac{5}{2}x} \\ & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\sin 3x} {\sin \dfrac{5}{2}x} \cdot \dfrac{\tan 5x} {\sin \dfrac{5}{2}x}\right) \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{6}{5} \cdot \dfrac{10}{5} = \dfrac{6}{5} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 3x \cdot \tan 5x} {1-\cos 5x} = \dfrac{6}{5}}$
(Jawaban E)

[collapse]

Soal Nomor 15
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2}{x^2}\right)$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-8$                     C. $-2$                    E. $4$
B. $-4$                     D. $2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$ sehingga perlu dilakukan manipulasi bentuk dengan menggunakan identitas trigonometri dan sifat limit trigonometri berikut.
$\boxed{\begin{aligned} & \displaystyle \tan ax = \dfrac{\sin ax}{\cos ax} \\ & \sin 2ax = 2 \sin ax \cos ax \\ & \sin^2 ax + \cos^2 ax = 1 \\ & \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{bx} = \dfrac{a}{b} \end{aligned}}$
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2}{x^2}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}- \dfrac{2 \tan 2x}{x^2 \tan 2x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 4x-2 \tan 2x}{x^2 \tan 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 4x-2 \cdot \dfrac{\sin 2x} {\cos 2x}}{x^2 \tan 2x} \color{red}{\times \dfrac{\cos 2x}{\cos 2x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (2\cdot 2x) \cos 2x-2 \sin 2x}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{(2 \sin 2x \cos 2x) \cos 2x-2 sin 2x}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin 2x(\cos^2 2x- 1)}{x^2 \tan 2x \cos 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{2 \sin 2x (-\sin^2 2x)}{x^2 \cdot \dfrac{\sin 2x}{\cancel{\cos 2x}} \cancel{\cos 2x} } \\ & =-2 \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 2x} {\sin 2x} \cdot \dfrac{\sin 2x} {x} \cdot \dfrac{\sin 2x} {x}\right) \\ & =-2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 =-8 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin 4x}{x^2 \tan 2x}-\dfrac{2}{x^2}\right)=-8}$
(Jawaban A) 

[collapse]

Soal Nomor 16
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{4x \cos x} {\sin x + \sin 3x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-1$                    C. $\dfrac14$                   E. $1$
B. $0$                       D. $\dfrac12$

Pembahasan

Substitusi langsung nilai $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Munculkan bentuk yang sesuai dengan rumus limit fungsi trigonometri yang ada dengan cara membagi setiap suku pada pembilang dan penyebut dengan $x.$

$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{4x \cos x} {\sin x + \sin 3x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{4x \cos x}{x}} {\dfrac{\sin x}{x} + \dfrac{\sin 3x}{x}} \\ & = \dfrac{4 \cos 0}{1 + 3} \\ & = \dfrac{4}{4} = 1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{4x \cos x} {\sin x + \sin 3x} = 1}$
(Jawaban E) 

[collapse]

Soal Nomor 17
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cos 2x} {\sin x- \cos x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-\sqrt2$                   C. $0$                  E. $\sqrt2$
B. $-\dfrac12\sqrt2$              D. $\dfrac12\sqrt2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{4}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$
Gunakan identitas trigonometri berikut.

$\boxed{\cos 2x = \cos^2 x-\sin^2 x}$
Dengan mengalikan limit fungsi tersebut dengan bentuk sekawan penyebutnya, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cos 2x} {\sin x-\cos x} & = \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \left(\dfrac{\cos 2x} {\sin x-\cos x} \times \dfrac{\sin x + \cos x} {\sin x + \cos x} \right) \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cos 2x (\sin x + \cos x)} {\sin^2 x- \cos^2 x} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cancel{\cos 2x} (\sin x + \cos x)} {-\cancel{\cos 2x}} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {4}}-(\sin x+ \cos x) \\ & =-\left(\sin \dfrac{\pi} {4} + \cos \dfrac{\pi} {4}\right) \\ & =-\left(\dfrac{1}{2}\sqrt{2} + \dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) =-\sqrt{2} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {4}} \dfrac{\cos 2x} {\sin x- \cos x} =-\sqrt{2}}$
(Jawaban A) 

[collapse]

Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Euler

Soal Nomor 18
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sec 9x-\sec 7x}{\sec 5x-\sec 3x}$  adalah $\cdots \cdot$
A. $0$                    C. $2$                    E. $4$
B. $1$                    D. $3$           

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}.$
Gunakan beberapa identitas trigonometri berikut.

$$\boxed{\begin{aligned} \sec x & = \dfrac{1}{\cos x} \\ \cos x + \cos y & = 2 \cos \dfrac12(x+y) \cos \dfrac12(x-y) \end{aligned}}$$Kita akan peroleh
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sec 9x-\sec 7x}{\sec 5x-\sec 3x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{1}{\cos 9x}-\dfrac{1}{\cos 7x}}{\dfrac{1}{\cos 5x}-\dfrac{1}{\cos 3x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\cos 7x-\cos 9x}{\cos 9x \cos 7x}}{\dfrac{\cos 3x-\cos 5x}{\cos 3x \cos 5x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos 7x- \cos 9x}{\cos 9x \cos 7x} \times \dfrac{\cos 3x \cos 5x}{\cos 3x- \cos 5x} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{-2 \sin \dfrac12(7x+9x) \sin \dfrac12(7x-9x)}{\cos 9x \cos 7x} \times \dfrac{\cos 3x \cos 5x}{-2 \sin \dfrac12(3x+5x) \sin \dfrac12(3x-5x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{-2 \sin 8x \sin (-x)}{\cos 9x \cos 7x} \times \dfrac{\cos 3x \cos 5x}{-2 \sin 4x \sin (-x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin 8x}{\sin 4x} \times \dfrac{\sin x}{\sin x} \times \dfrac{\cos 3x \cos 5x}{\cos 9x \cos 7x} \\ & = \dfrac{8}{4} \times 1 \times \dfrac{\cos 0 \cos 0}{\cos 0 \cos 0} \\ & = 2 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sec 9x-\sec 7x}{\sec 5x-\sec 3x} = 2}$

(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 19
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{1-\sin^2 x}{\left(\sin \dfrac12x-\cos \dfrac12x\right)^2}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-2$                     C. $0$                  E. $2$
B. $-1$                    D. $1$

Pembahasan

Substitusi $x = \dfrac{\pi}{2}$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00$. Perhatikan bahwa
$$\begin{aligned} A & = 1-\sin^2 x \\ & = (1+\sin x)(1-\sin x) \\ B & = \left(\sin \dfrac12x-\cos \dfrac12x\right)^2 \\ & = \color{blue}{\sin^2 \dfrac12x + \cos^2 \dfrac12x}-\color{red}{2 \sin \dfrac12x \cos \dfrac12x} \\ & = \color{blue}{1}-\color{red}{\sin x} \end{aligned}$$Dengan demikian, kita peroleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{1-\sin^2 x}{\left(\sin \dfrac12x-\cos \dfrac12x\right)^2} & = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{(1+\sin x)\cancel{(1-\sin x)}}{\cancel{1-\sin x}} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (1+\sin x) \\ & = 1+\sin \dfrac{\pi}{2} \\ & = 1+1=2 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut adalah $\boxed{2}$
(Jawaban E)

[collapse]

Baca: Soal dan Pembahasan – Limit Fungsi Aljabar dan Trigonometri (Versi HOTS + Olimpiade)

Soal Nomor 20
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $1$                        C. $3$                    E. $9$
B. $2$                        D. $6$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 3$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$. 
Misalkan $\color{blue}{p = x-3}.$ Ketika $x \to 3$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh
$$\begin{aligned} \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)} & = \lim_{x \to 3} \left(x \cdot \dfrac{\tan 2(x-3)} {\sin (x-3)}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left((p + 3) \cdot \dfrac{\tan 2p}{\sin p}\right) \\ & = (0 + 3) \cdot 2 = 6 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 3} \dfrac{x \tan (2x-6)} {\sin (x-3)} = 6}$
(Jawaban D) 

[collapse]

Soal Nomor 21
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \dfrac{\sin^2 2x-\cos^2 2x} {\sin 2x-\cos 2x}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-\sqrt2$                   C. $0$                   E. $\sqrt2$
B. $-\dfrac12\sqrt2$               D. $\dfrac12\sqrt2$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{8}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Dengan mengalikan fungsi tersebut dengan bentuk sekawan penyebutnya, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle & \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \dfrac{\sin^2 2x-\cos^2 2x} {\sin 2x-\cos 2x} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \left(\dfrac{\sin^2 2x-\cos^2 2x} {\sin 2x- \cos 2x} \times \dfrac{\sin 2x + \cos 2x}{\sin 2x + \cos 2x}\right) \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \dfrac{\cancel{(\sin^2 2x-\cos^2 2x)}(\sin 2x + \cos 2x)}{\cancel{\sin^2 2x-\cos^2 2x}} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} (\sin 2x + \cos 2x) \\ & = \sin \dfrac{2\pi}{8} + \cos \dfrac{2\pi}{8} \\ & = \dfrac{1}{2}\sqrt{2} + \dfrac{1}{2}\sqrt{2} = \sqrt{2} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi} {8}} \dfrac{\sin^2 2x- \cos^2 2x} {\sin 2x-\cos 2x} = \sqrt{2}}$
(Jawaban E) 

[collapse]

Soal Nomor 22
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to -2} \dfrac{(x^2-4) \tan (x+2)}{\sin^2 (x+2)} = \cdots \cdot$
A. $-4$                       C. $0$                     E. $\infty$
B. $-3$                       D. $4$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = -2$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Kelompokkan/pecahkan fungsi dalam bentuk perkalian pecahan yang dapat ditentukan nilainya dengan menggunakan rumus limit trigonometri. Berikutnya, lakukan permisalan $\color{blue}{p = x +2}.$ Ketika $x \to -2,$ maka $p \to 0.$ Kita akan peroleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to -2} \dfrac{(x^2-4) \tan (x+2)}{\sin^2 (x+2)} & = \lim_{x \to -2} \dfrac{(x+2)(x-2) \tan (x+2)}{\sin^2 (x+2)} \\ & = \lim_{x \to -2} \left((x-2) \cdot \dfrac{x+2}{\sin (x+2)} \cdot \dfrac{\tan (x+2)}{\sin (x+2)} \right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left((\color{blue}{p-2}-2) \cdot \dfrac{p}{\sin p} \cdot \dfrac{\tan p}{\sin p} \right) \\ & = (0-4) \cdot 1 \cdot 1 \\ & = -4 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut sama dengan $\boxed{-4}$
(Jawaban A)

[collapse]

Soal Nomor 23
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(3x-\dfrac{3\pi}{4}\right)}{2(1-\sin 2x)} = \cdots \cdot$
A. $\dfrac32$                    C. $0$                      E. $-\dfrac32$
B. $\dfrac34$                    D. $-\dfrac34$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Ubah bentuk/ekspresi trigonometri pada penyebut sebagai berikut.
$$\begin{aligned} \sin 2x & = \cos \left(2x-\dfrac{\pi}{2}\right) \\ & = \cos 2\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right) \end{aligned}$$Sekarang, kita peroleh
$$ \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right) \sin \left(3x-\dfrac{3\pi}{4}\right)}{2(1-\sin 2x)} = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right) \sin 3\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)}{2\left(1-\cos 2\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)}$$Misalkan $p = x-\dfrac{\pi}{4}.$ Ketika $x \to \dfrac{\pi}{4},$ maka $p \to 0$ sehingga bentuk limit dapat ditulis menjadi
$$\begin{aligned} \lim_{p \to 0} \dfrac{p \sin 3p}{2(1-\cos 2p)} & = \lim_{p \to 0} \dfrac{p \sin 3p}{2(1-(1-2\sin^2 p)} \\ & = \lim_{p \to 0} \dfrac{p \sin 3p}{4 \sin^2 p} \\ & = \dfrac14 \lim_{p \to 0} \left(\dfrac{p}{\sin p} \cdot \dfrac{\sin 3p}{\sin p}\right) \\ & = \dfrac14 \cdot 1 \cdot 3 = \dfrac34 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut adalah $\boxed{\dfrac34}$
(Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 24
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{4(x-\pi) \cos^2 x}{\pi(\pi-2x) \tan \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)} = \cdots \cdot$
A. $-2$                       C. $0$                      E. $2$
B. $-1$                       D. $1$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Ide utamanya adalah mengubah $\cos^2 x$ menjadi $\sin^2 \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right).$
Selanjutnya, dimisalkan $\color{blue}{p = x-\dfrac{\pi}{2}}.$ Ketika $x \to \dfrac{\pi}{2},$ maka $p \to 0,$ sehingga kita peroleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{4(x-\pi) \cos^2 x}{\pi(\pi-2x) \tan \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)} & = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{4(x-\pi) \sin^2 \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)}{-2\pi\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)\tan \left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)} \\ & = \lim_{p \to 0} \dfrac{4\left(\color{blue}{p + \dfrac{\pi}{2}}-\pi\right) \sin^2 p}{-2\pi(p) \tan p} \\ & = \dfrac{4}{-2\pi} \lim_{p \to 0} \left(\left(p- \dfrac{\pi}{2}\right) \cdot \dfrac{\sin p}{p} \cdot \dfrac{\sin p}{\tan p}\right) \\ & = -\dfrac{2}{\pi} \left(0-\dfrac{\pi}{2}\right) \cdot 1 \cdot 1 \\ & = -\dfrac{2}{\pi} \cdot \left(-\dfrac{\pi}{2}\right) \\ & = 1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut adalah $\boxed{1}$
(Jawaban D)

[collapse]

Soal Nomor 25
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2+x-2) \sin (x-1)}{x^2-2x+1}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $4$                       C. $0$                       E. $-\dfrac12$
B. $3$                       D. $-\dfrac14$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Faktorkan bentuk kuadrat.
$$\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2+x-2) \sin (x-1)}{x^2-2x+1} = \lim_{x \to 1} \dfrac{(x+2)(x-1) \sin (x-1)}{(x-1)(x-1)}$$Misalkan $\color{blue}{p = x-1}.$ Ketika $x \to 1$ maka $p \to 0$ sehingga bentuk limit dapat ditulis menjadi
$$\begin{aligned} \lim_{p \to 0} \dfrac{(\color{blue}{p+1}+2)(p) \sin p}{p^2} & = \lim_{p \to 0} \dfrac{(p+3)(p) \sin p}{p^2} \\ & = (0+3) \cdot 1 \cdot 1 = 3 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari limit tersebut adalah $\boxed{3}$
(Jawaban B)

[collapse]

Soal Nomor 26
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan (2x-2)} {\sin^2 (x-1)}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $1$                     C. $4$                    E. $8$
B. $2$                     D. $6$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 1$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Misalkan $\color{blue}{p = x-1}.$ Ketika $x \to 1$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan (2x-2)}{\sin^2 (x-1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \dfrac{(x+1)(x-1) \tan 2(x-1)}{\sin (x-1) \cdot \sin (x-1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \left((x + 1) \cdot \dfrac{x-1}{\sin (x-1)} \cdot \dfrac{\tan 2(x-1)}{\sin (x-1)}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left((\color{blue}{p+1} + 1) \cdot \dfrac{p}{\sin p} \cdot \dfrac{\tan 2p}{\sin p}\right) \\ & = (0 + 2) \cdot 1 \cdot 2 = 4 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{(x^2-1) \tan(2x-2)}{\sin^2 (x-1)} = 4}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 27
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{(x-2) \cos (\pi x-2\pi)} {\tan (2\pi x- 4\pi)}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-\dfrac{1}{2\pi}$                 C. $0$                    E. $\dfrac{1}{2\pi}$
B. $-\dfrac{1}{\pi}$                   D. $\dfrac{1}{\pi}$

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 2$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Misalkan $\color{blue}{p = x-2}.$ Ketika $x \to 2$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{(x-2) \cos (\pi x-2\pi)} {\tan (2\pi x- 4\pi)} \\ & = \lim_{x \to 2} \dfrac{(x-2) \cos \pi(x-2)}{\tan 2\pi(x-2)} \\ & = \lim_{x \to 2} \left(\dfrac{x-2}{\tan 2\pi(x-2)} \cdot \cos \pi(x-2)\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left(\dfrac{p}{\tan 2\pi p} \cdot \cos (\pi p)\right) \\ & = \dfrac{1}{2\pi} \cdot \cos (\pi (0)) \\ & = \dfrac{1}{2\pi} \cdot 1 \\ & = \dfrac{1}{2\pi} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 2} \dfrac{(x-2) \cos (\pi x-2\pi)} {\tan (2\pi x-4\pi)} = \dfrac{1}{2\pi}}$
(Jawaban E) 

[collapse]

Baca : Soal dan Pembahasan – Turunan dengan Menggunakan Limit

Soal Nomor 28
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} = \cdots \cdot$
A. $\dfrac{1}{3}$                    C. $1$                  E. $\dfrac{1}{2}$
B. $-\dfrac{1}{3}$                 D. $-1$    

Pembahasan

Substitusi langsung $x = 2$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Bentuk $x^3-1$ dapat difaktorkan menjadi $(x-1)(x^2+x+1).$
Misalkan $\color{blue}{p = x-1}.$ Ketika $x \to 1$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh

$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} & = \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{(x-1)(x^2+x+1)} \\ & = \lim_{x \to 1} \left(-\dfrac{\tan (x-1)}{x-1} \cdot \dfrac{1}{x^2 + x + 1}\right) \\ & = \lim_{p \to 0} \left(-\dfrac{\tan p}{p}\right) \cdot \dfrac{1}{1^2 + 1 + 1} \\ & = -1 \cdot \dfrac13 = -\dfrac13 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 1} \dfrac{\tan (1-x)}{x^3-1} =-\dfrac{1}{3}}$
(Jawaban C)  

[collapse]

Soal Nomor 29
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\left((\pi-2x) \cdot \tan 5x\right) = \cdots \cdot$
A. $\dfrac45$                   C. $\dfrac25$                  E. $\dfrac14$
B. $\dfrac35$                   D. $\dfrac12$         

Pembahasan

Substitusi langsung $x = \dfrac{\pi}{2}$ mengakibatkan munculnya bentuk tak tentu $\dfrac{0}{0}$.
Misalkan $\color{blue}{p = x-\dfrac{\pi}{2}}.$ Ketika $x \to \dfrac{\pi}{2}$, maka $p \to 0,$ sehingga kita akan peroleh

$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \left((\pi-2x) \cdot \tan 5x\right) & = \lim_{p \to 0} \left(\left(\pi-2\left(p + \dfrac{\pi}{2}\right)\right) \tan 5\left(p+\dfrac{\pi}{2}\right)\right) \\ & =-2 \lim_{p \to 0} \left(p \tan \left(5p + \dfrac{\pi}{2}\right)\right) && \left(\cdots \tan \dfrac{5\pi}{2} = \tan \dfrac{\pi}{2}\right) \\ & =-2 \lim_{p \to 0} p (-\cot 5p) && \left(\cdots \tan \left(p + \dfrac{\pi}{2}\right) =-\cot p\right) \\ & = 2 \lim_{p \to 0} \dfrac{p}{\tan 5p} \\ & = 2 \times \dfrac15 = \dfrac25 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (\pi-2x) \cdot \tan 5x = \dfrac25}$
(Jawaban C)

[collapse]

Soal Nomor 30 (Level UTBK)
Nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1+\tan x}}$ adalah $\cdots \cdot$
A. $-4$                  C. $0$                 E. $4$
B. $-2$                  D. $2$

Pembahasan

Substitusi langsung nilai $x = 0$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00.$
Langkah pertama adalah kita kalikan dengan bentuk sekawan penyebutnya terlebih dahulu untuk menghilangkan bentuk akar.
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1+\tan x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1+\tan x}} \cdot \dfrac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}}{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{(1+\sin x)-(1+\tan x)} \cdot \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x^3}{\sin x-\tan x} \cdot \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \dfrac{x^2}{1-\sec x} \cdot \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & = \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \color{blue}{\dfrac{x^2}{1-\sec x}} \cdot \lim_{x \to 0} \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \end{aligned}$$Perhatikan bahwa substitusi $x = 0$ pada $\dfrac{x^2}{1-\sec x}$ menghasilkan bentuk tak tentu $\dfrac00$ sehingga kita cukup menggunakan Dalil L’Hospital (turunan) pada bentuk ini. Lebih lanjut, kita sudah tahu bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} = 1$ dan juga $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x} = 1.$
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \color{blue}{\dfrac{x^2}{1-\sec x}} \cdot \lim_{x \to 0} \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & \stackrel{\text{L’H}}{=} \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{2x}{-\sec x \tan x}\cdot \lim_{x \to 0} \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\sin x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x} \cdot \lim_{x \to 0} \dfrac{2}{-\sec x}\cdot \lim_{x \to 0} \left(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1+\tan x}\right) \\ & = 1 \cdot 1 \cdot \dfrac{2}{-\sec 0} \cdot \left(\sqrt{1+\sin 0}+\sqrt{1+\tan 0}\right) \\ & = 1 \cdot \dfrac{2}{-1} \cdot (1+1) \\ & = -4 \end{aligned}$$Jadi, nilai limit tersebut adalah $\boxed{-4}$
(Jawaban A)

[collapse]

Bagian Uraian

Soal Nomor 1
Hitunglah $\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{x-\dfrac{\pi}{2}}$.

Pembahasan

Gunakan rumus trigonometri berikut.
$\boxed{\cos x = \sin \left(\dfrac{\pi}{2}- x\right)}$
Dengan demikian, diperoleh
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{x-\dfrac{\pi}{2}} & = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{x-\dfrac{\pi}{2}} \\ & = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{-\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)} \\ & =-\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\sin \left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)}{\left(\dfrac{\pi}{2}-x\right)} \\ & =-1 \end{aligned}$
Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \dfrac{\cos x}{x- \dfrac{\pi}{2}} =-1}$

[collapse]

Soal Nomor 2
Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{a \to 0} \dfrac{1}{a} \left(\dfrac{\sin^3 2a} {\cos 2a} + \sin 2a \cos 2a\right)$.

Pembahasan

Ingat bahwa $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{bx} = \dfrac{a} {b}.$
Dengan demikian, 
$$\begin{aligned} & \displaystyle \lim_{a \to 0} \dfrac{1}{a} \left(\dfrac{\sin^3 2a} {\cos 2a} + \sin 2a \cos 2a\right) \\ & = \lim_{a \to 0} \dfrac{\sin 2a} {a} \left(\dfrac{\sin^2 2a} {\cos 2a} + \cos 2a\right) \\ & = \lim_{a \to 0} \dfrac{\sin 2a} {a} \cdot \lim_{a \to 0} \left(\dfrac{\sin^2 2a} {\cos 2a} + \cos 2a\right) \\ & = 2(0+1) = 2 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{a \to 0} \dfrac{1}{a} \left(\dfrac{\sin^3 2a} {\cos 2a} + \sin 2a \cos 2a\right) = 2}$

[collapse]

Soal Nomor 3
Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \tan 2x} {x-x \cos 4x}$.

Pembahasan

Gunakan identitas trigonometri dan teorema limit trigonometri berikut.
$\boxed{\begin{aligned} \cos ax & = 1-2 \sin^2 \dfrac{a}{2}x \\ \lim_{x \to 0} \dfrac{ax}{\sin bx} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan ax}{\sin bx} = \dfrac{a}{b} \end{aligned}}$
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \tan 2x} {x-x \cos 4x} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cancel{x} \cdot x \tan 2x} {\cancel{x} (1-\cos 4x)} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{x \tan 2x} {1-(1-2 \sin^2 2x)} \\ & \lim_{x \to 0} \dfrac{x \tan 2x}{2 \sin^2 2x} \\ & = \lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{x} {\sin 2x} \cdot \dfrac{\tan 2x} {\sin 2x} \right) \\ & = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot 1 = \dfrac{1}{4} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \tan 2x} {x-x \cos 4x}$ adalah $\boxed{\dfrac{1}{4}}$

[collapse]
 

Soal Nomor 4
Tentukan nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{\cos 2x} {1-\tan x}$.

Pembahasan

Gunakan perbandingan dan identitas trigonometri berikut. 
$\boxed{\begin{aligned} \tan x & = \dfrac{\sin x} {\cos x} \\ \cos 2x & = \cos^2 x- \sin^2 x \end{aligned}}$
Dengan demikian, diperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{\cos 2x} {1-\tan x} & = \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{\cos^2 x- \sin^2 x}{\dfrac{\cos x-\sin x} {\cos x}} \\ & = \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{(\cos^2 x- \sin^2 x) \cos x} {\cos x-\sin x} \\ & = \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{(\cos x + \sin x) \cancel{(\cos x-\sin x)} \cos x} {\cancel{\cos x-\sin x}} \\ & = \lim_{x \to 45^{\circ}} (\cos x + \sin x) \cos x \\ & = (\cos 45^{\circ} + \sin 45^{\circ}) \cos 45^{\circ} \\ & = \left(\dfrac{1}{2}\sqrt{2} + \dfrac{1}{2}\sqrt{2}\right) \cdot \dfrac{1}{2}\sqrt{2} = 1 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\displaystyle \lim_{x \to 45^{\circ}} \dfrac{\cos 2x} {1-\tan x}$ adalah $\boxed{1}$

[collapse]

Soal Nomor 5
Tentukan nilai dari limit berikut.
a. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(4x^2)}{x^2+\tan^2(3x)}$
b. $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(2x^3)}{x^3+\sin^3(4x)}$

Pembahasan

Jawaban a)
Diberikan $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(4x^2)}{x^2+\tan^2(3x)}.$
Untuk menghitung nilai limitnya, bagi pembilang dan penyebut dengan $x^2$. Perhatikan kembali bahwa
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax^2}{bx^2} & = \dfrac{a}{b} \\ \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan ax}{bx} & = \dfrac{a}{b} \end{aligned}$
Kita akan memperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\sin(4x^2)}{x^2}}{\dfrac{x^2}{x^2}+\dfrac{\tan^2(3x)}{x^2}} & = \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\sin(4x^2)}{x^2}}{\dfrac{x^2}{x^2}+\dfrac{\tan 3x}{x} \times \dfrac{\tan 3x}{x}} \\ & = \dfrac{4}{1 + 3 \times 3} = \dfrac{4}{10} = \dfrac25 \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(4x^2)}{x^2+\tan^2(3x)}= \dfrac25}$
Jawaban b)
Diberikan $\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(2x^3)}{x^3+\sin^3(4x)}.$
Untuk menghitung nilai limitnya, bagi pembilang dan penyebut dengan $x^3$. Perhatikan kembali bahwa
$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan ax^3}{bx^3} & = \dfrac{a}{b} \\ \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin ax}{bx} & = \dfrac{a}{b} \end{aligned}$
Kita akan memperoleh
$$\begin{aligned} \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(2x^3)}{x^3+\sin^3(4x)} & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\tan (2x^3)}{x^3}}{\dfrac{x^3}{x^3} + \dfrac{\sin^3 (4x)}{x^3}} \\ & = \lim_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{\tan (2x^3)}{x^3}}{\dfrac{x^3}{x^3} + \dfrac{\sin (4x)}{x} \times \dfrac{\sin (4x)}{x} \times \dfrac{\sin (4x)}{x}} \\ & = \dfrac{2}{1 + 4 \times 4 \times 4} = \dfrac{2}{65} \end{aligned}$$Jadi, nilai dari $\boxed{\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan(2x^3)}{x^3+\sin^3(4x)}=\dfrac{2}{65}}$

[collapse]

4 Replies to “Soal dan Pembahasan Super Lengkap – Limit Fungsi Trigonometri”

Tinggalkan Balasan

Silakan beri tanggapan dan saran, tidak perlu sungkan. Mohon juga diinformasikan melalui kolom komentar ini bila ada kesalahan pengetikan sekecil apapun (typo atau bahasa latex yang error) atau kesalahan konsep dan pembahasan soal. Terima kasih. Ganbatte!

Alamat email Anda tidak akan dipublikasikan. Ruas yang wajib ditandai *