3 LIMIT DAN KEKONTINUAN

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Menurut Bartle dan Sherbet (1994), Analisis matematika secara umum dipahami sebagai tubuh matematika yang dibangun oleh berbagai konsep limit. Pada bab sebelumnya kita telah mempelajari limit barisan, kekonvergenan barisan bilangan real. Sebagaimana telah diketahui bahwa barisan merupakan bentuk khusus fungsi, yaitu fungsi bernilai real dengan domain bilangan asli. Pada bab ini kita memperluas konsep limit kepada bentuk fungsi bernilai real secara umum. Karena konsep kekontinuan terkait erat dengan konsep limit maka kedua topik ini dibahas secara simultan pada bab ini.

3.1 Pengertian Limit Fungsi dan Fungsi Kontinu Biasanya, notasi

lim f (x) = L

x→c

dipahami secara intuitif dengan berbagai pernyataan berikut

x

1. Jika

mendekati

makin dekat pula 2. Nilai-nilai

f (x)

c maka f (x) mendekati L, f (x) kepada L.

adalah dekat dengan

f (x)

Pada pernyataan pertama, dekatnya

x

kepada

c.

L

untuk

semakin dekat

x

terhadap

x

dekat dengan

L

kepada

c

se-

c.

disebabkan oleh dekatnya

Pernyataan ini banyak diambil sebagai denisi limit khususnya bagi

mereka yang belum belajar analisis.

Padahal sesungguhnya pernyataan kedua

lebih sesuai untuk denisi limit. Pada pernyataan ini ada dua kriteria atau ukuran

f (x) terhadap L memberikan kriteria dekatnya x kepada c. Kemudian, setiap x yang dekat dengan c dalam kriteria ini mengakibatkan nilai f (x) dekat dengan L. Sebelum masuk ke denisi formal limit fungsi, diberikan

dekat. Kriteria dekatnya

cluster point ) suatu himpunan.

terlebih dahulu pegertian titik limit (

Denisi 3.1. [Titik Limit] Misalkan A ⊂ R. Sebuah titik c ∈ R dikatakan titik limit A jika setiap persekitaran Vδ (c) := (c − δ, c + δ) memuat paling sedikit satu anggota

A

selain

c,

atau

(c − δ, c + δ) ∩ A \ {c} = 6 ∅, ∀δ > 0.

Catatan 1. Titik limit A boleh jadi anggota A atau bukan anggota A. Sebaliknya, suatu anggota A dapat menjadi titik limit atau bukan titik limit A.

Sebelum diberikan contoh diperhatikan teorema yang menjamin adanya barisan di dalam

A

yang konvergen ke titik limit

A

yang dapat dijadikan kriteria titik limit.

1

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN

Teorema 3.1. Sebuah bilangan c ∈ A titik limit A bila hanya bila terdapat barisan (an ) dalam A dengan an 6= c untuk setiap n ∈ N sehingga lim(an ) = c. Bukti.

Misalkan c titik limit. Untuk setiap n ∈ N, bentuk persekitaran radius δ := 1 1 1 , yaitu V 1 (c) = (c− , c+ ). Selalu ada an ∈ A∩V 1 dengan an 6= c. Karena n n n n n 1 berlaku |an − c| < maka disimpulkan lim(an ) = c. Sebaliknya, diketahui n terdapat barisan (an ) dalam A, an 6= c dan lim(an ) = c, dibuktikan c seperti

lim(an ) = c maka untuk sebarang δ > 0 terdapat bilangan asli K sehingga |an − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Ini berarti, khususnya aK ∈ A, aK 6= c dan aK ∈ Vδ yaitu A ∩ Vδ \ {c} = 6 ∅. Terbukti c titik limit A. ini adalah titik limit

Contoh 3.1.

A.

Karena diketahui

A

Diberikan himpunan

yang didenisikan sebagai

A = {−1} ∪ {x ∈ R : 0 ≤ x < 1} ∪ {2}. Tentukan himpunan semua titik limit

Penyelesaian.

A.

x ∈ [0, 1] dan setiap δ > 0 maka berlaku (x − δ, x + δ) ∩ A \ {x} 6= ∅. Jadi setiap x ∈ [0, 1] merupakan titik imit A. Diperhatikan x = −1 ∈ A. Kita dapat memilih δ1 > 0 sehingga (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A = {−1} sehingga (−1 − δ1 , −1 + δ1 ) ∩ A \ {−1} = ∅, jadi x = −1 bukan titik limit A. Argumen yang sama diterapkan untuk x = 2. Diperoleh himpunan titik lmit A adalah [0, 1]. Diperhatikan bahwa setiap

Gambar 3.1: Ilustrasi titik limit pada garis bilangan 1 ∈ / A tetapi 1 titik limit A. Sebaliknya 2 ∈ A 2 bukan titik limit A. Bilangan di dalam interval [0, 1) kesemuanya anggota A dan sekaligus titik limit A.

Diperhatikan pada contoh ini, tetapi

Berikut diberikan beberapa fakta sederhana tentang titik limit:

I

Himpunan yang banyak anggotanya berhingga tidak mempunyai titik limit.

I

Himpunan bilangan asli

I

Himpunan bilangan rasional

N

tidak mempunyai titik limit.

Q

mempunyai titik limit semua bilangan real.

Hal ini disebabkan sifat kepadatan bilangan rasional di dalam

I

Himpunan

A=

1

:n∈N A

n ini tidak satupun anggota

hanya mempunyai titik limit

0.

R. Dalam kasus

menjadi titik limitnya.

Selanjutnya denisi limit fungsi diberikan sebagai berikut.

Denisi 3.2. [Limit Fungsi] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c titik limit A. Bilangan

L

dikatakan limit fungsi

f

di

c,

ditulis

L = lim f (x)

(3.1)

x→c

adalah bilamana diberikan

>0

terdapat

δ>0

sehingga berlaku

0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| < .

2

(3.2)


diberikan V (L) L+ |f(x) -L|<

L L-

terdapat V (c)

c+

c c+

Gambar 3.2: Ilustrasi denisi limit fungsi yang diberikan sehingga kadang-kadang ditulis sebagai δ() untuk menunjukkan ketergantungan δ pada yang diberikan. Bila limit L ini ada maka fungsi f dikatakan juga konvergen ke L di c. Secara praktis, dapat dikatakan f (x) mendekati L bilamana x mendekati c. Ukuran dekat f (x) terhadap L diberikan oleh , dan kedekatan x dengan c diukur oleh δ . Pada ekspresi (3.3) kita dapat membuat f (x) sedekat mungkin dengan L dengan memilih x yang dekat dengan c. Pada denisi ini, nilai

δ

biasanya bergantung pada nilai

0 < |x − c| < δ pada (3.3) menunjukkan bahwa untuk berlakunya |f (x) − L| < tidak memperhitungkan x yang sama dengan c. Artinya pada denisi limit, nilai f (c) tidak perlu ada. Ingat, titik limit himpunan domain A tidak harus di dalam A. Oleh karena itulah, ilustrasi grak denisi limit menggunakan dot ◦” di titik x = c. Ilustrasi denisi limit fungsi diberikan pada Gambar 3.2.

Pengertian yang hampir sama untuk fungsi kontinu di

Pernyataan

x = c,

seperti diungkapkan

berikut ini.

Denisi 3.3. [Fungsi Kontinu] Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A . Fungsi f dikatakan kontinu di c, adalah bilamana diberikan > 0 terdapat δ > 0 sehingga berlaku

|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < . Kontinu pada himpunan

Dalam kasus

c∈A

dan

c

A

berarti kontinu di setiap

titik limit

A

(3.3)

c ∈ A.

maka kedua pengertian limit dan kekontin-

uan sangat terkait seperti diungkapkan pada teorema berikut. Berdasarkan denisi ini, syarat perlu agar fungsi

f

kontinu di

c

adalah

f (c)

harus

ada atau terdenisi. Syarat ini tidak berlaku pada kasus limit, yakni nilai limit fungsi di di

c

c

dapat saja ada walaupun nilai

f (c)

tidak ada. Ilustrasi fungsi kontinu

diberikan pada Gambar 3.3.

Teorema 3.2. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, c ∈ A. Bila c titik limit A maka

kedua pernyataan berikut ekuivalen.

3


diberikan V (f(c)) f(c)+ |f(x) -f(c)|<

f(c) f(c) -

terdapat V (c)

c+

c c+

Gambar 3.3: Ilustrasi fungsi f (i) f

kontinu di

kontinu di

c

c

(ii) limx→c f (x) = f (c) Bukti.

Untuk mudahnya kita bentuk dua himpunan berikut

E1 := {x ∈ A : 0 < |x − c| < δ}, E2 := {x ∈ A : |x − c| < δ}. E2 ⊂ E1 . Diketahui f kontinu di c berarti x ∈ E2 → |f (x) − f (c)| < . x ∈ E1 maka x ∈ E2 atau x = c. Bila x ∈ E2 maka (3.2) berlaku dengan L = f (c). Untuk kemungkinan x = c berlaku |f (x) − f (c)| = |f (c) − f (c)| = 0 < sehingga (3.2) juga dipenuhi. Terbukti limx→c f (x) = f (c). Sebaliknya, diketahui limx→c f (x) = f (c) yaitu x ∈ E1 → |f (x) − f (c)| < . Karena E2 ⊂ E1 maka berlaku x ∈ E2 → |f (x) − f (c)| < , yaitu f kontinu di c.

Jadi

Misalkan

Contoh 3.2. tiap

x ∈ R.

Misalkan

f

fungsi konstan pada

Buktikan untuk sebarang

simpulkan bahwa

Penyelesaian.

f

kontinu di

Diberikan

c ∈ R,

R,

f (x) = b untuk selimx→c b = b. Kemudian

katakan

berlaku

c.

>0

sebarang, ambil

δ := 1

maka diperoleh

0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |b − b| = 0 < . Jadi terbukti

limx→c f (x) = f (c).

Karena

dengan teorema 3.2 maka disimpulkan

f

c∈R

merupakan titik limit maka

kontinu di

c.

Catatan 2. Pengambilan δ pada pembuktian di atas dapat selain 1, bahkan bera-

papun boleh. Pembuktian ini menggunakan pola p → q dimana q sudah dipastikan benar.

Contoh 3.3. Buktikan untuk sebarang c ∈ R, limx→c x = c. bahwa

f (x) := x

Penyelesaian.

kontinu di

Kemudian simpulkan

c.

Untuk setiap

>0

yang diberikan, ambil

δ := .

Diperoleh

0 < |x − c| < δ → |f (x) − L| = |x − c| < δ = . limx→c x = c. Karena berlaku limx→c f (x) = f (c) disimpulkan f kontinu di c.

Karena itu terbukti titik limit maka

4

dan

c


Contoh 3.4. Bukti.

f (x) = x2 , x ∈ R.

Misalkan

c ∈ R.

Misalkan

Buktikan

f

kontinu pada

R.

Kita perhatikan dulu penjabaran berikut

|f (x) − f (c)| = |x2 − c2 | = |x + c||x − c|. Karena sudah ada suku suku

|x + c|.

|x − c|

maka kita perlu melakukan estimasi pada

|x − c| < 1,

Untuk itu diasumsikan dulu

maka berlaku

||x| − |c|| ≤ |x − c| < 1 → −1 < |x| − |c| ≤ 1 → |x| ≤ |c| + 1. {z } | |x + c|,

Untuk asumsi ini diperoleh estimasi pada

yaitu

|x + c| ≤ |x| + |c| ≤ 2|c| + 1. Secara keseluruhan diperoleh estimasi

|f (x) − f (c)| = |x + c||x − c| < (2|c| + 1) |x − c|. (∗) Agar kuantitas terakhir ini kurang dari

|x − c| < Agar kedua

|x − c| < 1

dan

maka haruslah

. (∗∗) 2|c| + 1

|x − c| <

dipenuhi maka diambil 2|c|+1

δ = δ() := min 1,

2|c| + 1

.

0 < |x − c| < δ maka (*) dan (**) berlaku sehingga disimpulkan |f (x)−f (c)| < . Jadi, limx→c f (x) = f (c), dan terbukti f kontinu di c.

Jadi jika

Ada kalanya sebuah fungsi tidak kontinu di suatu titik terdenisi di

c, yaitu f (c) tidak ada.

c

dikarenakan ia tidak

Tetapi, asalkan limitnya di

c ada maka fungsi

tersebut dapat diperluas menjadi fungsi kontinu.

Contoh 3.5.

Diberikan fungsi

f (x) =

x2 −1 ,x x−1

6= 0

tidak kontinu di

1

karena

f (1)

tidak ada. Namun, berlaku

x2 − 1 = lim (x + 1) = 2. x→1 x − 1 x→1

lim f (x) = lim

x→1

Jadi fungsi ini dapat diperluas menjadi fungsi kontinu pada

( f (x) =

x2 −1 x−1

R

sebagai berikut

6 0 = x = 0.

untukx

2

untuk

3.2 Kriteria Barisan untuk Limit dan Kekontinuan Untuk mengetahui limit dan kekontiunuan fungsi di suatu titik dapat dideteksi melalui limit barisan yang sudah dipelajari pada bab sebelumnya.

5


Teorema 3.3. Misalkan f : A −→ R dan c titik limit A. Maka kedua pernyataan berikut ekuivalen.

(i) limx→c f (x) = L (ii)

(xn )

Untuk setiap barisan setiap

Bukti.

n ∈ N,

di dalam

maka barisan

(i)→(ii). Diberikan

(f (xn ))

>0

A

yang konvergen ke

konvergen ke

c, xn 6= c

untuk

L.

limx→c f (x) = L, 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < .

sebarang. Karena diketahui

δ > 0 sehingga jika lim(xn ) = c, xn 6= c. Berdasarkan denisi limit barisan, untuk δ > 0 sebelumnya terdapat K ∈ N sehingga |xn − c| < δ untuk setiap n ≥ K . Karena xn 6= c maka dapat ditulis 0 < |xn − c| < δ , sehingga berlaku |f (xn )−L| < untuk setiap n ≥ K . Ini menunjukkan bahwa barisan (f (xn )) konvergen ke L. (ii)→(i). Dibuktikan melalui kontraposisinya. Diketahui limx→c f (x) 6= L, berarti ada 0 > 0 sehingga setiap δ > 0 terdapat xδ ∈ A, 0 < |x − xδ | < δ 1 >0 tetapi |f (x) − xδ | ≥ 0 . Bila para δ > 0 tersebut diambil sebagai δ := n untuk setiap n ∈ N maka terbentuk barisan (xn ) dengan sifat 0 < |xn − c| < 1 , xn ∈ A tetapi |f (xn ) − L| ≥ 0 untuk setiap n ∈ N. Ini berarti barisan n (f (xn )) tidak mungkin konvergen ke L. Jadi ada barisan (xn ) dalam A, xn 6= c tetapi (f (xn )) tidak konvergen ke L. Pernyataan (ii) salah. Bukti teorema selesai. maka terdapat Misalkan

Dengan demikian diperoleh kriteria divergen sebagai berikut:

(a) limx→c f (x) 6= L

(xn )

(xn ) dalam A lim (f (xn )) 6= L.

bila hanya bila ada barisan

konvergen ke

c

tetapi barisan

dengan

xn 6= c,

(b) limx→c f (x) tidak ada bila hanya bila ada barisan (xn ) dalam A dengan xn 6= c,

(xn )

konvergen ke

(c) limx→c f (x)

c

f (xn )

tetapi barisan

tidak konvergen.

(xn ), (yn ) dalam A dengan xn , yn = 6 c, (xn ) dan (yn ) konvergen ke c tetapi lim (f (xn )) 6= lim (f (yn )).

Contoh 3.6. Bukti.

tidak ada bila hanya bila ada dua barisan

Buktikan

limx→0

1 tidak ada. x

f (x) = x1 . Ambil barisan (xn ) dengan xn := konvergen ke 0, xn 6= 0. Sekarang perhatikan barisan

Di sini kita mempunyai

1 . Jelas barisan ini n 1 (f (xn )) = 1/n = (n)

= (1, 2, 3, · · · )

(b) maka terbukti limitnya tidak ada.

Contoh 3.7.

Diberikan fungsi signum yang didenisikan sebagai berikut

  +1 sgn(x) : = 0   −1 Buktikan

tidak konvergen. Berdasarkan kriteria

limx→0 sgn(x)

untuk untuk untuk

x > 0, x = 0, x < 0.

tidak ada.

1 1 dan yn := − . Jelas ken n dua barisan ini konvergen ke 0 dan setiap sukunya tidak ada yang sama den 1 gan 0. Diperhatikan barisan (sgn(xn )) = sgn = (1) = (1, 1, · · · ) konn 1 vergen ke 1, tetapi (sgn(yn )) = sgn(− ) = (−1) = (−1, −1, · · · ) konvergen n ke −1. Berdasarkan kriteria (c) maka terbukti limitnya tidak ada.

Bukti.

Ambil dua barisan

(xn )

dan

(yn )

6

dengan

xn :=

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

−0.2

−0.4

−0.6

−0.8

−1 −0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

Gambar 3.4: Grak fungsi f (x) = sin(1/x) Cara lain dapat menggunakan sifat bahwa sgn(x) gan mengambil

(sgn(xn )) =

Contoh 3.8.

(−1)n

x n := n n

sgn

(−1) n

Buktikan

maka barisan

(xn )

konvergen ke

= (−1)n = (−1, +1, −1, · · · )

lim sin x1

x untuk |x|

=

x 6= 0.

0, xn 6= 0.

DenTetapi

divergen.

tidak ada.

1 Di sini kita mempunyai f (x) = sin , x 6= 0. Ambil dua barisan (xn ) x 1 1 dan (yn ) dimana xn := , yn := (π/2+2πn) . Maka jelas kedua barisan ini nπ konvergen ke nol dan suku-sukunya tidak pernah sama dengan nol. Namun,

Bukti.

barisan

(f (xn )) = (sin nπ) = (1, 1, · · · ) → 1 (f (yn )) = (sin (π/2 + 2πn)) = (0, 0, · · · ) → 0 sehingga berdasarkan kriteria (c) maka disimpulkan limitnya tidak ada.

f (x) = sin x1 diberikan pada nilai fungsi f selalu berada di

Ilustrasi grak fungsi

Gambar 3.4 . Pada gambar ini

terlihat jelas bahwa

dalam interval

dekat

x

kepada

0

semakin cepat oskilasinya tetapi nilai

f (x)

[−1, 1],

semakin

tidak menuju titik

apapun.

Teorema 3.4. Misalkan f : A −→ R dan c ∈ A. Maka kedua pernyataan berikut

ekuivalen. (i) f (ii)

kontinu di

c

Untuk setiap barisan

(f (xn )) Bukti.

konvergen ke

Gunakan fakta

L := f (c).

f

(xn ) di f (c).

dalam

A

yang konvergen ke

c,

maka barisan

c bila hanya bila limx→c f (x) = f (c) dan ambil gunakan teorema kriteria barisan untuk limit.

kontinu di

Selanjutnya

Dengan demikian diperoleh kriteria diskontinu sebagai berikut Fungsi

(xn )

f

c jika hanya jika terdapat barisan (xn ) dalam A sehingga c tetapi (f (xn )) tidak konvergen ke f (c).

tidak kontinu di

konvergen ke

7


Contoh 3.9. (a)

Beberapa fungsi tidak kontinu

Fungsi

ϕ(x) := 1/x

tidak kontinu di

fungsi ini tidak mempunyai limit di (b)

Fungsi

0

sebab

ϕ(0)

tidak ada.

Juga,

0.

s(x) := sgn(x) tidak kontinu di 0, karena limx→0 s(x) tidak ada,

seperti telah dibahas sebelumnya. Berikut ini diberikan contoh fungsi yang tidak kontinu dimana-mana pada

Contoh 3.10.

Diberikan fungsi Dirichlet sebagai berikut

( 1 f (x) := 0 Buktikan

Bukti.

f

R.

bila bila

x x

rasional irrasional.

tidak kontinu dimana-mana.

Misalkan

c bilangan real sebarang.

Ditunjukan

f

tidak kontinu di

c.

Bila

c

bilangan rasional maka dengan sifat kepadatan bilangan rasional, selalu ter-

(xn ) yang konvergen ke c. Jadi lim(xn ) = c, tetapi barisan (f (xn )) = (0, 0, 0, · · · ) sehingga lim (f (xn )) = 0 6= f (c) = 1. Sebaliknya bila c bilangan irrasional maka terdapat barisan bilangan rasional (yn ) yang konvergen ke c. Dengan argumen yang sama seperti sebelumnya, diperoleh lim (f (xn )) = 1 6= f (c) = 0. Jadi f tidak kontinu di c untuk setiap c ∈ R. dapat barisan bilangan irrasional

3.3 Teorema tentang Limit Pada pembahasan limit barisan, berlaku bahwa jika barisan konvergen maka ia terbatas tetapi tidak berlaku sebaliknya.

Sifat yang sama berlaku pada fungsi

yang mempunyai limit, tetapi keterbatasan dalam arti lokal.

Denisi 3.4. Misalkan f : A −→ R, dan c ∈ R titik limit A. Fungsi f dikatakan terbatas lokal di c jika terdapat persekitaran Vδ (c) dan konstanta M > 0 sehingga |f (x)| ≤ M

untuk setiap

x ∈ A ∩ Vδ (c).

Teorema 3.5. Bila f : A −→ R mempunyai limit di c ∈ R maka f terbatas lokal di c.

Bukti.

L := limx→c f (x), maka berdasarkan denisi untuk = 1, terδ > 0 sehingga untuk setiap x ∈ A dengan 0 < |x − c| < δ berlaku |f (x) − L| < 1, yang berakibat |f (x)| < |L| + 1. Sedangkan untuk x = c maka |f (x)| = |f (c)|. Dengan mengambil M := sup {|f (c)|, |L| + 1} maka diperoleh |f (x)| ≤ M untuk setiap x ∈ A ∩ Vδ (c). Misalkan

dapat

Operasi penjumlahan, perkalian, perkalian skalar dan pembagian fungsi-fungsi didenisikan sebagai berikut

f (x) f (x) := (f + g) (x) := f (x)+g(x), (f g) (x) := f (x)g(x), (αf ) (x) := αf (x), h h(x) dimana domain fungsi-fungsi tersebut sama. Khusus untuk pembagian, disyaratkan

h(x) 6= 0

untuk setiap

x.

8


Teorema 3.6. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila f dan g

mempunyai limit di c, katakan limx→c f (x) = F dan limx→c g(x) = G maka berlaku 1.

limx→c (f ± g) (x) = F ± G

2.

limx→c (f g) (x) = F G

3.

limx→c (αf ) (x) = αF untuk suatu konstanta α. F asalkan G 6= 0 dan g(x) 6= 0 limx→c fg (x) = G

4.

Bukti.

untuk setiap

x.

Teorema ini dapat dibuktikan dengan menggunakan denisi limit fungsi,

tetapi lebih mudah menggunakan kriteria barisan untuk limit. Misalkan suatu barisan dalam

A

dimana

xn 6= c

lim (f (xn )) = F,

dan

dan

lim(xn ) = c,

(xn )

maka berlaku

lim (g(xn )) = G.

Diperoleh

lim ((f ± g) (xn )) = lim (f (xn ) ± g(xn )) = lim (f (xn )) ± lim (g(xn )) = F ± G. Dengan menggunakan kriteria barisan untuk limit, hasil terakhir ini mem-

limx→c (f ± g) (x) = F ± G,

berikan kesimpulan bahwa pernyataan (i).

yang membuktikan

Untuk pernyataan lainnya dapat dibuktikan dengan cara

yang sama.

Diperhatikan khusus untuk perkalian, bila terdapat beberapa fungsi

f1 , f2 , · · · , fn

limx→c fk (x) = Fk maka berlaku lim (f1 f2 · · · fn ) (x) = lim f1 (x) lim fk (x) · · · lim fn (x) = F1 F2 · · · Fn .

dengan masing-masing

x→c

x→c

Lebih khusus, jika

x→c

f1 = f2 = · · · = fn := f maka diperoleh n lim (f (x))n = lim f (x) = F n . x→c

Jika

p

x→c

suatu polinomial pada

x→c

R,

yaitu

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

maka dengan menggunakan sifat limit hasil kali fungsi diperoleh

lim p(x) = an cn + an−1 cn−1 + · · · + a1 c + a0 = p(c).

x→c Selanjutnya, jika

p(x)

dan

q(x)

polinomial dan jika

q(c) 6= 0

maka berlaku

p(x) p(c) = . x→c q(x) q(c) lim

Teorema berikut memberikan kepastian bahwa bila nilai fungsi

f (x) terbatas dalam

suatu interval, maka begitu juga nilai limitnya.

Teorema 3.7. Misalkan f : A −→ R, c ∈ R titik limit A. Bila a ≤ f (x) ≤ b untuk semua x ∈ A, x 6= 0 dan limx→c f (x) ada maka a ≤ lim f (x) ≤ b. x→c

9

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Bukti.

(xn ) suatu barisan dalam A dimana xn 6= c dan lim(xn ) = c lim (f (xn )) = limx→c f (x). Karena a ≤ f (xn ) ≤ b untuk setiap n ∈ N maka a ≤ limx→c (f (xn )) ≤ b. Jadi, a ≤ limx→c (f (x)) ≤ b. Misalkan

maka berlaku

Teorema 3.8. Misalkan f, g, h : A −→ R dan c ∈ R titik limit A. Bila diketahui f (x) ≤ g(x) ≤ h(x)

untuk setiap x ∈ A, x 6= c dan limx→c f (x) = L = limx→c h(x) maka limx→c g(x) = L. Bukti.

Teorema ini adalah teorema squeeze untuk limit fungsi. Pembuktiannya

menggunakan teorema squeeze untuk limit barisan. Untuk sebarang barisan

(xn )

dalam

A

xn 6= c

dimana

dan

lim(xn ) = c,

maka berlaku

f (xn ) ≤ g(xn ) ≤ h(xn ). (f (xn )) , (g(xn )) dan (h(xn )) sebagai tiga barisan bilan-

Dengan memandang

gan real maka berlaku

lim (g(xn )) = lim (f (xn )) = lim (h(xn )) = L, sehingga disimpulkan

limx→c g(x) = L.

Teorema squeeze ini biasanya digunakan untuk membuktikan nilai limit suatu fungsi dengan cara membangun dua fungsi lainnya yang selalu mendominasi dari bawah dan dari atas. Kedua fungsi tersebut mempunyai nilai limit yang sama. Berikut diberikan beberapa contoh limit yang memuat fungsi trigonometri yang sering muncul sebagai rumus limit. Namun, sebelumnya diberikan beberapa fakta pembatas yang berkaitan dengan fungsi sinus dan cosinus.

(i) −x ≤ sin x ≤ x (ii) 1 −

x2

(iii) x −

2 x3 6

untuk setiap

≤ cos x ≤ 1untuk ≤ sin x ≤ x

Contoh 3.11. 2.

limx→0 cos x = 1, limx→0 cos xx−1 = 0, limx→0 sinx x = 1, limx→0 x sin x1 = 0.

5.

Bukti.

x ≥ 0. x ≥ 0.

Buktikan limit sebagai berikut :

limx→0 sin x = 0,

4.

setiap

untuk setiap

1.

3.

x ≥ 0.

−x ≤ sin x ≤ x untuk setiap x ≥ 0 (berdasarkan (i)) dan limx→0 −x = limx→0 x = 0 maka dengan menggunakan teorema squeeze di Karena berlaku

peroleh

0 = lim −x ≤ lim sin x ≤ lim x = 0 x→0

x→0

10

x→0

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN sehingga terbukti limx→0 sin x = 0. Untuk limx→0 cos x menggunakan (ii), 2 x2 yaitu 1 − ≤ cos x ≤ 1. Karena limx→0 (1 − x2 ) = limx→0 1 = 1 maka 2 diperoleh limx→0 cos x = 1. Selanjutnya, dengan (ii) diperoleh

− Untuk

x>0

x2 ≤ cos x − 1 ≤ 0, 2

berlaku

− dan untuk

x<0

untuk

x≥0

x cos x − 1 ≤ ≤0 2 x

diperoleh

cos x − 1 x ≤ . x 2

0≤

f dan h sebagai berikut ( ( x 0 − 2 untuk x ≥ 0 , h(x) := f (x) : = 0 untuk x < 0 − x2

Bila diambil fungsi

maka untuk

x 6= 0

untuk untuk

x≥0 x<0

berlaku

f (x) ≤

cos x − 1 ≤ h(x). x

limx→0 cos xx−1 = 3 0. Untuk soal 4, dengan menggunakan (iii) berlaku x − x6 ≤ sin x ≤ x untuk 3 x ≥ 0 dan x ≤ sin x ≤ x − x6 untuk x ≤ 0. Jadi untuk x 6= 0 berlaku

Karena

limx→0 f (x) = limx→0 h(x) = 0

1−

x2 6

maka disimpulkan

sin x x2 ≤ ≤ 1. 6 x

limx→0 sinx x = 1. Untuk pertanyaan 5, gunakan kenyataan bahwa −1 ≤ sin z ≤ 1 untuk 1 semua bilanga real z . Dengan mengganti z = , x 6= 0 maka diperoleh x

Karena

limx→0 1 −

= limx→0 1 = 1

−1 ≤ sin

maka disimpulkan

1 ≤ 1. x

Gunakan denisi nilai mutlak. Kalikan ketiga ruas ekspresi terakhir ini dengan

x>0

diperoleh

−|x| = −x ≤ x sin Bila dikalikan dengan

x<0

diperoleh

|x| = −x ≥ x sin Jadi untuk setiap

x∈R

dan

x 6= 0

1 ≥ x = −|x| x

berlaku

−|x| ≤ x sin limx→0 −|x| = limx→0 |x| = 0

Karena

0.

1 ≤ x = |x|. x

11

1 ≤ |x|. x

maka disimpulkan

limx→0 x sin

1 x

=

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Fungsi

x sin x1

berkelakuan seperti fungsi

sin x1

sebelumnya tetapi ia semakin dekat

kepada nol nilainya semakin mengecil mengikuti corong yang terbentuk oleh garis

y=x

dan

y = −x.

Pola ini ditunjukkan pada Gambar 3.5.

0.4

0.3

0.2

0.1

0

−0.1

−0.2

−0.3

−0.4 −0.4

−0.3

−0.2

−0.1

0

0.1

0.2

0.3

Gambar 3.5: Grak fungsi y = x sin

0.4

1 x

3.4 Sifat-sifat Fungsi Kontinu Sifat-sifat fungsi kontinu banyak yang mengikuti sifat-sifat yang berlaku pada limit fungsi.

Jumlahan, perkalian, perkalian skalar fungsi-fungsi kontinu membentuk

fungsi kontinu yang baru. Pembagian dua fungsi kontinu juga merupakan fungsi kontinu asalkan fungsi penyebutnya tidak pernah nol.

Sifat aljabar fungsi kontinu

Teorema 3.9. Misalkan f, g : A −→ R, c ∈ A. Bila f dan g kontinu di c maka 1. Fungsi-fungsi 2. Bila

f ± g, f g

h : A −→ R

dan

kontinu di f kontinu di c. fungsi h

Bukti.

αf

kontinu di

c∈A

dan

c.

h(x) 6= 0

untuk semua

x∈A

maka

Hanya akan dibuktikan bagian 2, sisanya dapat dibuktikan sendiri. Gu-

nakan fakta

f (c) 6= 0

limx→c f (x) = f (c),

dan

limx→c h(x) = h(c).

Karena

c∈A

dan

maka berlaku

f f (c) limx→c f (x) f (c) = = = lim (x) x→c h h(c) limx→c h(x) h sehingga disimpulkan

Contoh 3.12.

f kontinu di g

c.

Bentuk-bentuk fungsi kontinu :

1. Fungsi polinomial bilangan real

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0

c.

12

kontinu di setiap

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN 2. Bila

p(x)

dan

q(x)

fungsi rasional dan

rasional

r(x) = kontinu di setiap

c

s(x) = sin x

4. Fungsi

tan x, cot x, sec x

dan

c(x) = cos x dan

akar

q(x)

maka fungsi

p(x) ,x∈ / {α1 , α2 , · · · , αm } q(x)

yang bukan akar

3. Fungsi

α1 , α2 , · · · , αm

csc x

q(x). kontinu pada

R.

kontinu dimana mereka terdenisi.

Kekontinuan fungsi nilai mutlak dan fungsi akar

Teorema 3.10. Misalkan f : A −→ R, kemudian didenisikan fungsi nilai mutlak dan fungsi akar sebagai berikut

|f |(x) := |f (x)|, dan 1. Bila

f

2. Bila

f (x) ≥ 0

Bukti.

kontinu pada

f

dan

Gunakan sifat

A

p p f (x) := f (x).

maka demikian juga dengan

kontinu pada

A

maka

√

||f (x)| − |L|| ≤ |f (x) − L|

f

|f |.

kontinu pada

A.

untuk menunjukkan berlaku

lim |f |(x) = | lim f (x)|,

x→c

x→c

sehingga diperoleh

lim |f | (x) = lim f (x) = |f (c)| = |f |(c). x→c

x→c Jadi

p √ f (x) − L = p |f (x) − L| ≤ √1L |f (x)−L| untuk menunjukkan bahwa limx→c f (x) =

|f | kontinu di c.

√ 1 √ pf (x)+ L limx→c f (x). uannya.

Untuk fungsi akar, gunakan hubungan

Selanjutnya, gunakan fakta ini untuk menunjukkan kekontin-

Kekontinuan fungsi komposisi Berikut diberikan syarat kontinu agar komposisi fungsi kontinu juga kontinu.

Teorema 3.11. Bila A, B ⊆ R, f : A −→ R dan g : B −→ R. Bila f kontinu di c ∈ A, g kontinu f (c) dan f (A) ⊆ B maka komposisi g ◦ f : A −→ R kontinu di c. Bukti.

Diberikan

>0

sebarang. Karena

g

kontinu di

f (c)

maka terdapat

δ1 > 0

sehingga

y∈B Karena

f

dan

kontinu di

x∈A

c

|y − f (c)| < δ1 → |g(y) − g(f (c))| < . (∗) maka untuk

dan

δ1 > 0

di atas, terdapat

δ>0

|x − c| < δ → |f (x) − f (c)| < δ1 . (∗∗)

13

sehingga


f (A) ⊆ f (B) maka f (x) ∈ B sehingga y = f (x). Jadi ruas kanan (∗) berlaku, yaitu

Karena

ruas kiri

(∗∗)

dipenuhi oleh

|g(f (x) − g(f (c))| = |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < . >0

Kesimpulannya, setiap

x∈A yakni

g◦f

Contoh 3.13.

dan

kontinu di

terdapat

δ>0

sehingga

|x − c| < δ −→ |g ◦ f (x) − g ◦ f (c)| < ,

c.

Pada contoh ini diberikan cara lain membuktikan kekontinuan

fungsi nilai mutlak dan fungsi akar kontinu.

(a)

Dengan mendensikan bahwa

g1

kontinu pada

g1 := |x| maka dengan mudah dapat ditunjukkan A, yaitu menggunakan ketidaksamaan segitiga

|g1 (x) − g1 (c)| = ||x| − |c|| ≤ |x − c|. Bila pada

(b)

f :A→R A.

sebarang fungsi kontinu pada

Dengan mengambil di setiap

g2 (x) :=

√

x, x ≥ 0

g2

maka

g1 ◦ f = |f |

kontinu

dapat ditunjukkan kontinu

c ≥ 0, yaitu dengan menggunakan hubungan √ √ x−c 1 1 x − c = √ x + √c = √x + √c |x − c| ≤ √c |x − c| .

f :√ A → R, dengan f (x) ≥ 0 g2 ◦ f = f kontinu pada A. Bila

Bila syarat

maka

A

f (A) ⊆ B

atau

g

sebarang fungsi kontinu pada

f (c)

kontinu di

A

maka

tidak terpenuhi maka ada kemungk-

inan komposisi dua fungsi kontinu tidak kontinu, seperti yang ditunjukkan pada contoh berikut.

Contoh 3.14.

Misal diberikan fungsi

( 0 g(x) := 2 Buktikan

g

dan

f

bila bila

kontinu di

0

f

dan

x=1 , x 6= 1

yang didenisikan sebagai berikut

f (x) := x + 1, x ∈ R.

g◦f

tetapi

g

tidak kontinu di

0.

Apakah hasil ini

bertentangan dengan teorema sebelumnya?

Bukti.

Untuk fungsi

Karena

f

kontinu di

g , limx→0 g(x) = limx→0 2 = 2 = g(0)

yakni

g

kontinu di

0.

berupa fungsi linier atau polinomial derajat satu maka ia pasti

0.

Sekarang bentuk komposisi

( 0 (g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = 2

bila bila

g◦f

sebagai berikut

f (x) = 1 = f (x) 6= 1

( 0 2

bila bila

x=0 . x 6= 0

Uji kekontinuan sebagai berikut

lim g ◦ f (x) = lim 2 = 2 6= g ◦ f (0) = 0,

x→0

x→0

g ◦f

0. Diperhatikan salah satu syarat teorema adalah g kontinu di f (c). Karena f (0) = 1 dan limx→1 g(x) = 2 6= g(1) = 0 maka g tidak kontinu di f (0) = 1. Karena ada syarat pada teorema tidak dipenuhi maka fakta ini tidak bertentangan dengan teorema.

sehingga disimpulkan

tidak kontinu di

14

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Eksistensi ekstrim mutlak Eksistensi nilai maksimum dan minimum mutlak sangat banyak digunakan dalam teori optimasi.

Teori optimasi merupakan salah satu kajian dalam matematika

yang banyak digunakan dalam bidang terapan, khususnya dalam menentukan nilai yang mengoptimumkan suatu fungsi objektif.

Sebelumnya diberikan pengertian

fungsi terbatas dan kaitannya dengan fungsi kontinu.

Denisi 3.5. konstanta

Sebuah fungsi

M >0

f : A −→ R

dikatakan terbatas pada

A

jika terdapat

sehingga

|f (x)| ≤ M Dengan kata lain, fungsi

f

x ∈ A.

untuk semua

range ) bayangannya merupakan

terbatas jika rentang (

himpunan terbatas.

Contoh 3.15.

1 kontinu pada A := (0, ∞) tetapi tidak terbatas x 1 pada A karena setiap bilangan real α > 0 terdapat x ∈ A, misalnya x = α+1 sehingga |f (x)| > α. Namun, ia terbatas dan kontinu pada himpunan takterbatas Fungsi

f (x) :=

B := (1, ∞) yaitu dengan mengambil M = 1. f kontinu tetapi tidak terbatas.

Pada himpunan terbatas

C = (0, 1],

fungsi

Keterbatasan fungsi kontinu pada suatu interval akan terjamin bila interval tersebut terbatas dan tertutup seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 3.12. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu

maka f terbatas pada I . Bukti.

f tidak terbatas pada I . Maka, untuk sebarang n ∈ N terdapat xn ∈ I sehingga |f (xn )| > n. Karena I terbatas maka ia memuat 0 barisan bagian X = (xnr ) dari X = (xn ) yang konvergen ke suatu bilangan x (Teorema Bolzano-Wierestrass). Karena I tertutup dan xnr ∈ I maka x ∈ I . Karena f kontinu di setiap anggota I maka f kontinu di x sehingga barisan (f (xnr )) konvergen ke f (x). Jadi, (f (xnr )) barisan terbatas. Padahal Andai

bilangan

berlaku

|f (xnr )| > n ≥ nr

untuk setiap

r∈N

(f (xnr )) tidak terbatas. Diperoleh suatu kontradiksi. Jadi, pengandaian f tidak terbatas adalah salah. Kesimpulan, teorema terbikti. yang menyatakan bahwa

Denisi 3.6.

Misalkan

mum mutlak (

f : A −→ R.

absolute maximum ) pada A f (x∗ ) ≥ f (x)

Dikatakan

f

Kita katakan

f

mempunyai sebuah maksi∗ jika terdapat titik x ∈ A sehingga

untuk semua

mempunyai minimum mutlak pada

x ∈ A. A

jika terdapat titik

x∗ ∈ A

sehingga

f (x∗ ) ≤ f (x) Selanjutnya, titik

untuk setiap

x ∈ A.

x∗ disebut titik maksimum mutlak dan x∗ disebut titik minimum

mutlak.

15


Gambar 3.6: Ilsutrasi maksimum dan minimum mutlak Contoh 3.16 Contoh 3.16.

f (x) := x1 tidak mempunyai maksimum maupun minimum mutlak pada domain A = (0, ∞), tetapi pada domain B = [1, 2] mempunyai ∗ maksimum mutlak dan minimum mutlak dengan titik maksimum x = 1 dan titik 2 minimum x∗ = 2. Fungsi g(x) := x mempunyai dua maksimum mutlak pada ∗ domain C := [−1, 1] yaitu x = ±1 dan satu minimum mutlak dengan x∗ = 0. Fungsi

Perhatikan Gambar

Teorema 3.13. Jika I := [a, b] suatu interval tertutup dan f : I −→ R kontinu maka f mempunyai maksimum dan minimum mutlak pada I . Bukti.

Karena

f

f (I) := {f (x) : x ∈ I}

terbatas maka range

merupakan him-

punan terbatas. Berarti ia mempunyai supremum dan inmum, katakan s∗ = sup f (I) dan s∗ = inf f (I). Kita tunjukkan terdapat x∗ , x∗ ∈ I se∗ ∗ ∗ hingga f (x ) = s dan f (x∗ ) = s∗ . Karena s = sup f (I) maka untuk setiap

n ∈ N,

terdapat

xn ∈ I

sehingga

1 < f (xn ) ≤ s∗ . (#) n Karena I terbatas maka barisan X := (xn ) terbatas, sehingga ia memuat 0 ∗ barisan bagian X = (xnr ) yang konvergen ke suatu x ∈ I . Jadi f kontinu ∗ ∗ di x . Akibatnya, lim(f (xnr )) = f (x ). Mengikuti (#), diperoleh s∗ −

s∗ − Karena

lim(s∗ −

1 ) nr

1 < f (xnr ) ≤ s∗ nr = lim(s∗ ) = s

untuk setiap

r ∈ N.

maka dengan teorema squeeze, disim-

pulkan bahwa

lim (f (xnr )) = f (x∗ ) = s∗ . Untuk eksistensi titik minimum

x∗

dibuktikan sejalan.

3.5 Limit Satu Sisi Sebelumnya telah ditunjukkan bahwa limit fungsi signum di jika domainnya dibatasi pada interval

(0, ∞)

−1.

tidak ada. Tetapi

maka limitnya ada yaitu bernilai

Juga, bila domainnya hanya dibatasi pada interval ada yaitu

0

(−∞, 0)

1.

maka limitnya juga

Kasus seperti ini mengilhami pengertian limit kanan dan limit kiri

yang dimodikasi langsung dari pengertian limit biasa. Limit kiri dan limit kanan dikenal dengan istilah limit satu sisi, sedangkan limit biasa dikenal dengan limit dua sisi.

Denisi 3.7. 1. Bila

Misalkan

c∈R

dikatakan

A⊆R

titik limit

dan

f : A −→ R.

A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A : x > c}, di c, ditulis

limit kanan f

maka bilangan real

L

L = lim+ f (x) x→c

> 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga 0 < x < c + δ maka berlaku |f (x) − L| < .

adalah jika diberikan

x∈A

dengan

16

untuk semua

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN diberikan

diberikan

L+

L+ L

|f(x) -L|<

L

|f(x) -L|<

L-

L-

terdapat

terdapat

c-

c

c c+

Gambar 3.7: Ilustrasi limit kiri (panel kiri) dan limit kanan (panel kanan) 2. Bila

c∈R

dikatakan

titik limit

limit kiri

A ∩ (−∞, c) = {x ∈ A : x < c}, f di c, ditulis

maka bilangan real

L

L = lim− f (x) x→c

> 0 sebarang terdapat δ > 0 sehingga c − δ < x < 0 maka berlaku |f (x) − L| < .

adalah jika diberikan

x∈A

dengan

Biasanya notasi

c

L = limx→c+ f (x) dibaca L adalah limit fungsi f

untuk semua

untuk

x mendekati

dari kanan. Analog untuk limit kiri.

Secara geometri kedua pengertian limit ini diberikan pada Gambar 3.7 . kedua denisi ini, adanya nilai

f (c)

Pada

tetap tidak disyaratkan.

Analog kriteria barisan untuk limit dapat diadaptasikan langsung pada limit satu sisi, seperti diungkapkan pada teorema berikut.

Teorema 3.14. Misalkan A ⊆ R dan f : A −→ R, maka berlaku pernyataan

berikut:

limx→c+ f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn > c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R. limx→c− f (x) = L bila hanya bila untuk setiap barisan (xn ) yang konvergen ke c dimana xn ∈ A dan xn < c berakibat barisan (f (xn )) konvergen ke L ∈ R. Bukti.

Dapat dibuktikan sendiri dengan adaptasi teorema yang mirip untuk limit

dua sisi.

Berikut ini hubungan limit satu sisi dan limit dua sisi :

limx→c f (x) = L

Contoh 3.17.

bila hanya bila

limx→c− f (x) = limx→c+ f (x) = L

Diperhatikan kembali fungsi signum. Diperoleh

lim

x→0+

sgn(x)

= 1,

lim

x→0−

sgn(x)

= −1.

Karena limit kiri dan limit kanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.

17

limx→0 sgn(x)

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN Adakalanya, salah satu limit kiri atau limit kanan tidak ada.

Sebagai ilustrasi

amati contoh berikut.

Contoh 3.18.

g(x) := e1/x , x 6= 0 tidak mempunyai limit kanan di 0 tetapi 1 limit kirinya ada yaitu 0 (Why???). Fungsi h(x) := 1/x , x 6= 0 mempunyai limit e +1 kiri di 0 yaitu 1, sedangkan limit kanannya 0 (Why ???). Karena limit kiri dan Fungsi

kanan tidak sama maka limit dua sisinya tidak ada.

3.6 Kekontinuan Seragam dan Fungsi Lipschitz

18

3 LIMIT DAN KEKONTINUAN

Recommend Documents