LIMIT. = δ. A R, jika dan hanya jika ada barisan. , sedemikian hingga Lim( a n

LIMIT 4.1. FUNGSI LIMIT Definisi 4.1.1 A ⊆ R Titik c ∈ R adalah titik limit dari A, jika untuk setiap δ > 0 ada paling sedikit satu titik di x ∈ A, x ≠ c sedemikian sehingga x − c < δ .

Definisi diatas dapat disimpulkan dengan cara lain : Titik c adalah suatu titik limit di A, jika untuk setiap persekitaran-δ dari c atau ditulis δ (c ) yaitu :

δ (c ) = {x ∈ R; x − c < δ } = −δ < x − c < δ = c −δ < x < c +δ

Vδ (c) = (c − δ , c + δ ) memuat paling sedikit satu titik dalam A yang berbeda dengan c. Catatan : A ⊆ R , c titik limit dari A jika Vδ (c) = ∩ A yang berbeda dari c.

Teorema 4.1.2 Bilangan real c adalah titik limit dari A, A ⊆ R , jika dan hanya jika ada barisan

(an ) dalam A dan

x ≠ c, ∀n ∈ N sedemikian hingga Lim(an ) = c

Bukti : (⇒)

A ⊆ R . Bilangan real c adalah titik limit dari A maka akan ditunjukkan ada barisan (an) dalam A dan x ≠ c, ∀n ∈ N sedemikian hingga Lim(an ) = c c adalah titik limit dari A, artinya untuk sembarang n∈ N , persekitaran

1 n dari c, yaitu V1

n

(c)

memuat paling sedikit satu titik dalam A yang

berbeda dengan c. Jika an, ∀n∈ N merupakan titik-titik tersebut, maka an

an ∈ A x ≠ c dan Lim(an ) = c (terbukti) 1 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Jika ada barisan (an) dalam A dan x ≠ c, ∀n ∈ N sedemikian hingga

(⇐)

Lim(an ) = c akan ditunjukkan bahwa c adalah titik limit dari A (an) dalam A dan an ≠ c maka (an) dalam A berbeda {c}, dan lim (an) = c, artinya untuk sembarang δ > 0, ∃K ∈ N , sehingga jika n ≥ K (δ ) , maka

an ∈δ (c) . Dengan kata lain, terdapat persekitaran-δ dari c, δ (c ) yang memuat titik-titik an, ∀n ≥ K (δ ), an ∈ A dan an ≠ c. Jadi, c merupakan titik limit dari A.

DEFINISI LIMIT 4.1.4. Definisi

A ⊆ R, f : A → R , dan c merupakan titik limit dari A. Bilangan real L merupakan limit dari f di c, jika ε > 0 ada δ > 0 sedemikian hingga untuk sembarang x ∈ A dan 0 < x − c < δ maka f ( x) − L < ε Catatan : a.

Pengambilan nilai δ bergantung pada pengambilan ε, sehingga kadangkadang δ ditulis dengan δ(ε).

b.

Ketaksamaan 0 < x − c adalah ekuivalen dapat dikatakan x ≠ c Jika L merupakan limit f di c, maka dikatakan f konvergen ke L di c, dan ditulis : L = Lim f (x) atau L = Lim f x→ c

x→ c

dikatakan f(x) menuju L untuk x menuju c

Teorema 4.1.5 Jika f : A → R , dan c titik limit dari A, maka f hanya mempunyai satu limit di c. Bukti : Andaikan f mempunyai dua nilai limit di c, yaitu L1 dan L2, L1 ≠ L 2 2 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Pilih ε > 0, sehingga L1 merupakan limit f di c maka ada δ 1 (ε 2) > 0 dan 0 < x − c < δ1 (δ 2) maka

f (x) − L1 < ε 2 L2 mer upakan limit f di c maka ada δ 2 (ε 2) > 0 dan 0 < x − c < δ 2 (δ 2) maka

f (x) − L2 < ε 2 Ambil δ = min{δ1 (ε 2),δ 2 (ε 2)} maka jika x ∈ A dan 0 < x − c < δ , dengan ketaksamaan segitiga didapatkan :

L1 − L2 ≤ L1 − f ( x) + f ( x) − L2 < ε 2 + ε 2 = ε Karena ε > 0 dapat disimpulkan bahwa : L1 – L2 = 0 jadi L1 = L2

Definisi limit dapat dideskripsikan dalam bentuk persekitaran karena

Vδ (c) = (c − δ , c + δ ) = {x ∈ R; x − c < δ } Ketaksamaan segitiga 0 < x − c < δ adalah ekuivalen dikatakan bahwa x ≠ c dan x berbeda ke persekitaran Vδ(c) dari c. sama dengan ketaksamaan f (x) − L1 < ε | adalah ekuivalen dikatakan bahwa f (x ) berbeda ke persekitaran Vδ(L) dari L.

3 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya


4.1.6 Teorema Ambil f : A → R , c titik limit dari A, maka ekuivalen dengan pernyataan dibawah ini : 1. Lim f ( x) = L x →c

2. Diberikan persekitaran-ε Vε(L) dari L, ada persekitaran-ε Vε(c) sedemikian sehingga jika x ≠ c adalah titik Vε (L) ∩ A, x ≠ c maka f ( x) ∈Vε ( L)

Contoh : 1.

Lim b = b x →c

Bukti : Tampak bahwa f (x ) = b ∀x ∈ R akan ditunjukkan Lim b = b x →c

Jika

ε

>

0,

ambil

δ

=

1,

sehingga

jika

0 < x − c < 1 diperoleh

f ( x) − b = b − b = 0 < ε . Terbukti karena ε > 0 maka dapat disimpulkan Lim b = b x →c

2.

Lim x = c x →c

Bukti :

g ( x ) = x, ∀x ∈ R Jika ε > 0, ambil δ = ε, sehingga jika 0 < x − c < δ maka diperoleh

g ( x) − c = x − c < ε . Karena ε > 0 maka terbukti bahwa Lim x = c . x →c

3.

Lim x 2 = c 2 x→c

Bukti :

h( x) = x 2 ∀x ∈ R . Untuk menunjukkan Lim x 2 = c 2 , maka harus ditunjukkan x→c

h( x) − c 2 = x 2 − c 2 < ε Ambil sembarang ε > 0 dan x yang cukup dekat dengan c. 5 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Dimana x 2 − c 2 = ( x − c)(x + c) Jika x − c < 1. Pergunakan teorema ketidaksamaan diperoleh :

x ≤ c + 1 sehingga x + c ≤ x + c ≤ 2 c + 1 Jika x + c < 1 , maka akan diperoleh :

(*) x 2 − c 2 = x + c x − c ≤ (2 c + 1) x − c | dan harus ditunjukkan nilainya lebih kecil dari ε. Hal tersebut akan dipenuhi jika x − c < ε (2 c + 1)  ε  Oleh karena itu, pilih δ (c ) = inf 1,  2 c + 1   sehingga jika 0 < x − c < δ (ε ) 0 maka memenuhi : x − c < 1 dan mengakibatkan (*) valid, dan diperoleh

(*) x 2 − c 2 ≤ (2 c + 1) x − c < ε Karena nilai δ(ε) > 0 diperoleh dengan mengambil sembarang nilai ε > 0, maka terbukti bahwa Lim x 2 = c 2 x→c

4.

tunjukkan Lim( x 2 + 2x) = 15 x→3

Bukti : Ambil f(x) = x2+2x, ∀x ∈ R Maka f ( x) − 15 < ε Akdib : x 2 + 2 x − 15 = ( x + 5)( x − 3) < x + 5 x − 3 Misal δ=1 ⇒ x − 3 < 1 atau x ∈ (2,4) Jadi x + 5 ∈ (7,9) atau x + 5 < 9 x 2 + 2 x − 15 = ( x + 5)( x − 3) < 9 jika 0 ≤ x − 3 < δ


 ε Ambil sebarang ε δ > 0, pilih min 1,   9

Jadi, x 2 + 2 x − 15 ≤ x + 5 x − 3 ≤ 5δ ≤ 5.

ε 5

≤ε

Jadi terbukti

Kriteria Barisan Untuk Limit 4.1.8 Teorema (Kriteria Barisan)

f : A → R , dan c merupakan titik limit dari A maka : (i)

Lim f ( x) = L x →c

(ii) Untuk setiap barisan (xn) dalam A yang konvergen ke c, sedemikian hingga

xn ≠ c, ∀n ∈ N , maka barisan ( f ( xn )) konvergen ke L Bukti :

(i) → (ii). Anggap f mempunyai limit L di c, serta (xn) merupakan barisan dalam A dengan lim(xn ) = c

( f (xn ))

xn ≠ c, ∀n ∈ N . Kita harus menunjukkan bahwa barisan

konvergen ke L. f mempunyai limit L di c, (menurut definisi 4.1.4), jika

diambil sembarang ε > 0 akan terdapat δ > 0, sehingga jika x ∈ A memenuhi

0 < x − c < δ , maka f (x ) memenuhi f ( x) − L < ε . lim(xn ) = c , artinya untuk sembarang δ > 0, ∃K (δ ) ∈ N , sehingga untuk n ≥ K (δ ) berlaku xn − c Tetapi setiap xn memenuhi f ( x) − L < ε . Jadi, jika n ≥ K (δ ) maka berlaku n ≥ K (δ ) artinya barisan ( f ( xn )) konvergen ke L.

(ii) → (i). Pembuktian akan menggunakan kontra positif, yaitu dengan mengandaikan (i) tidak benar akan diperoleh juga bahwa (ii) tidak benar. 7 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Andaikan Lim f ( x) ≠ L maka akan ada persekitaran-ε0 dari L, Vε0 ( L) sehingga x →c

untuk setiap persekitaran-δ dari c, Vε 0 (c) yang diambil, terdapat paling sedikit satu nilai x, δ ∈ A ∩Vε0 (c) dengan Vδ ≠ c, f ( x ) ≠ Vε ( L ) . Oleh karena itu, ∀n∈ N 0

, persekitaran-(1/n) dari c, memuat bilangan xn, sedemikian hingga

0 < xn − c < 1 n dan x ∈ A Tetapi, f ( xn ) − L ≥ ε 0 , ∀n ∈ N . Dengan demikian dapat disimpulkan, terdapat barisan (xn) termuat dalam A− {c} konvergen ke c, tetapi barisan ( f ( xn )) tidak konvergen ke L. Jadi, dengan mengambil (i) tidak benar diperoleh (ii) tidak benar, sesuai sifat kontra positif, maka (ii) → (i) bernilai benar.

Dari beberapa teorema di atas maka tampak bahwa beberapa sifat dasar limit fungsi dapat dibuktikan dengan menggunakan sifat-sifat kekonvergensian barisan. Contoh : Jika (xn) merupakan sembarang barisan yang konvergen ke suatu bilangan c, maka (xn2) konvergen ke c2. Oleh karena itu, dengan menggunakan Kriteria Barisan, fungsi h( x) = x 2 mempunyai limit : Lim h( x) = c 2 x→c

Kriteria Divergensi Berikut akan ditunjukkan (i) suatu bilangan tertentu bukan merupakan limit dari suatu fungsi pada suatu titik, atau (ii) suatu fungsi tidak mempunyai limit pada suatu titik.

4.1.9 Kriteria Divergensi

A ⊆ R, f : A → R dan c merupakan titik limit dari A. a.

Jika L ∈ R , maka f tidak mempunyai limit L di c, jika dan hanya jika ada barisan (xn) dalam A, xn ≠ c, ∀n ∈ N , sehingga barisan (xn) konvergen ke c, tetapi ( f ( xn )) tidak konvergen ke L. 8 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

b.

Fungsi f tidak mempunyai limit di c, jika dan hanya jika ada barisan (xn) dalam A, xn ≠ c, ∀n ∈ N , sehingga barisan (xn) konvergen ke c, tetapi ( f ( xn )) tidak konvergen di R.

Contoh : 1.

Lim ( 1x ) tidak ada di R. x →0

Bukti : Jika diambil barisan (xn) dengan xn = 1/n untuk n∈ N , maka lim (xn) = 0, tetapi (xn) = 1/(1/n) = n, dan barisan (ϕ (xn )) = (n) merupakan barisan yang tidak konvergen karena tidak terbatas Oleh karena itu menurut teorema 4.1.9 (b) disimpulkan bahwa Lim ( 1x ) tidak ada di R. x →0

2.

Lim sgn( x ) tidak ada. x→ 0

Bukti : Fungsi signum didefinisikan sebagai berikut : + 1 untuk x > 0  sgn( x) =  0 untuk x = 0 − 1 untuk x < 0 

Ingat bahwa sgn(x) = x x

untuk

x ≠ 0 (lihat gambar 4.1.2). Akan

ditunjukkan bahwa sgn tidak mempunyai limit di x = 0. Karena akan ditunjukkan Lim sgn( x ) tidak ada, maka harus ditunjukkan ada barisan (xn) x→ 0

dan l Lim sgn( x ) = 0 , tetapi ( sgn(x) ) tidak konvergen.

Fungsi signum


Ambil x n = (− 1)n n untuk n ∈ N , maka lim( xn ) = 0 dan sgn( x ) = (− 1)n untuk n ∈ N Lihat contoh 3.4.6(a) bahwa sgn(x) tidak konvergen. Jadi, Lim sgn( x ) tidak x →0

ada. 3.

Lim sin ( 1x ) tidak ada di R. x →0

Bukti : Jika g ( x) = sin(1 n) , untuk x ≠ 0 . (lihat gambar 4.1.3) Akan ditunjukkan bahwa g(x) tidak mempunyai limit di c = 0, dengan menetapkan dua barisan (xn) dan (yn), dimana xn ≠ 0 dan yn ≠ 0, ∀n ∈ N sedemikian hingga

lim(xn ) = 0 dan

lim(yn ) = 0

lim(g ( xn )) = 0 ≠ lim(g ( yn ))

tetapi

hal

itu

menunjukkan bahwa Lim g tidak ada. x→0

Fungsi g ( xn ) = sin (1 x )(x ≠ 0)

Ingat : sin t = 0 jika t = nπ , dan sin t = +1 jika t = 1 2 π + 2nπ untuk n ∈ Z Ambil xn = 1 nπ ∀n ∈ N , maka lim(xn ) = 0 dan g ( xn ) = sin nπ = 0 ∀n ∈ N , sehingga lim(g (xn )) = 0 Ambil y n =

1 1 π + 2 nπ 2

untuk n ∈ N , maka lim( y n ) = 0


dan g ( y n ) = sin ( 12 π + 2nπ ) = 1

∀n ∈ N

sehingga

lim(g ( yn )) = 1

maka

Lim sin ( 1x ) tidak ada di R. x →0

4.2 TEOREMA LIMIT 4.2.1 Definisi Diberikan A ⊆ R , f : A → R , dan diberikan c ∈ R titik limit dari A . Kita katakan bahwa f terbatas pada persekitaran c jika terdapat persekitaran δ , Vδ (c) dan

M > 0 seperti yang kita

konstanta

miliki

f ( x ) ≤ M untuk

semua

x ∈ A ∩ Vδ (c) . 4.2.2 Teorema Jika A ⊆ R dan f : A → R mempunyai sebuah limit di c ∈ R , maka

f

terbatas pada suatu persekitaran pada c Bukti : Jika L := lim f , maka untuk e = 1 , terdapat δ > 0 sedemikian hingga jika x →c

0 < x − c < δ , kemudian f ( x ) < 1 ( oleh corollary 2.2.4(a)),

f ( x) − L ≤

f ( x) − L < 1

Karena itu, jika x ∈ A ∩V δ (c ), x ≠ c , maka f (x ) ≤ L + 1 . Jika c ∉ A , kita ambil M = L + 1 , sementara jika c ∈ A kita ambil M := sup{ f (c ) , L + 1}. Maka bila ada x ∈ A ∩ Vδ (c ) , kemudian f ( x ) ≤ M . Ini menunjukkan bahwa f terbatas pada suatu persekitaran pada c.

Berikut akan diberikan definisi, penjumlahan, selisih, perkalian dan pembagian dari fungsi, seperti halnya dalam barisan.

4.2.3 Definisi 11 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Diberikan A ⊆ R , f dan g fungsi yang terdefinisi pada A ke R . Didefinisikan jumlah f + g , selisih f − g dan perkalian fg pada A ke R dengan fungsi

(f

+ g )( x ) = f ( x ) + g ( x )

(f

− g )(x ) = f ( x ) − g ( x )

( fg )(x ) = f ( x )g (x ) untuk semua x ∈ A . Selanjutnya jika b ∈ R didefinisikan perkalian bf dengan fungsi (bf )( x ) = bf ( x ) untuk semua x ∈ A . Akhirnya, jika h( x ) ≠ 0 untuk x ∈ A , kita definisikan pembagi f / h dengan f (x )  f  fungsi  ( x ) = untuk semua x ∈ A h( x ) h

4.2.4 Teorema Diberikan A ⊆ R , diberikan f dan g merupakan fungsi pada A ke R , dan diberikan c ∈ R tertimbun dari A . Lebih lanjut diberikan b ∈ R . a. Jika lim f = L dan lim g = M , maka : x→c

x→c

lim ( f + g ) = L + M ,

lim ( f − g ) = L − M

lim ( fg ) = LM

lim(bf ) = bL

x →c

x →c

x →c

x →c

b. Jika h : A → R , jika h( x ) ≠ 0 untuk semua x ∈ A , dan jika lim h = H ≠ 0 , x →c

maka  f  L lim  = x→c h   H

Bukti : Salah satu bukti teorema ini persis sama dengan teorema 3.2.3. Alternatif , dapat dibuktikan dengan menggunakan teorema 3.2.3 dan 4.1.8. Sebagai

contoh,


biarkan (xn ) menjadi urutan apapun di A sehingga xn ≠ c untuk

n ∈ N , dan

c = lim( xn ) . Mengikuti dari teorema 4.1.8 bahwa lim( f ( x )) = L , lim( g (x )) = M Di sisi lain, definisi 4.2.3 menyiratkan bahwa

( fg )(xn ) = f (xn )g (xn )

untuk n ∈ N

Oleh karena itu aplikasi dari teorema 3.2.3 hasilnya

lim(( fg )( xn )) = lim( f ( xn )g ( xn )) = [lim( f ( x n ))][lim( g (x n ))] = LM Bagian lain dari teorema ini terbukti dengan cara yang sama. Kita meninggalkan rincian untuk pembaca.

Komentar 1. Catatan kita, bahwa bagian b, asumsikan penjumlahan bahwa H = lim h ≠ 0 x →c

dibuat. Jika diasumsikan ini tidak dipenuhi, maka limit lim x→ c

f (x ) h( x )

mungkin atau mungkin tidak ada. Tetapi bahkan jika limit ada, kita dapat menggunakan teorema 4.2.4 b untuk mengevaluasinya. 2. Diberikan A ⊆ R , dan f1 , f 2 ,........ f n dengan fungsi A ke R , dan diberikan c titik timbun dari A . Jika Lk = lim f k x →c

untuk k = 1,......... .n

Maka berikut teorema 4.2.4 oleh argumen induksi bahwa L1 + L2 + ..... + Ln = lim( f1 + f 2 + ..... f n ) x →c

Dan L1 ⋅ L2 ......Ln = lim( f1 ⋅ f 2 ..... f n ) x →c


Khususnya, kami menyimpulkan bahwa jika L = lim f dan n ∈ N , maka x→c

Ln = lim( f (x ))

n

x →c

4.2.5 1.

Contoh

Beberapa dari limit di bagian 4.1 dapat dibuktikan dengan menggunakan teorema 4.2.4. Sebagai contoh, mengikuti dari hasil ini bahwa lim x = c , x →c

kemudian lim x 2 = c 2 dan jika c > 0 , maka x →c

1 1 1 = = x lim c

lim x →c

x →c

2.

(

)(

)

lim x 2 + 1 x 3 − 4 = 20 x →2

Ikuti dari teorema4.2.4 bahwa

(

)(

)

(

))( (

(

))

lim x 2 + 1 x 3 − 4 = lim x 2 + 1 lim x 3 − 4 x →2

x→2

(

x→2

)(

= 2 2 + 1 23 − 4

)

= (4 + 1)(8 − 4 ) = 5⋅4 = 20

 x3 − 4  4  = lim 3. x →2  x 2 + 1    5 Jika berlaku teorema 4.2.4 b, maka


( (

) )

x3 − 4 4 x 3 − 4 lim x→2 lim 2 = = x→2 x + 1 lim x 2 + 1 5 x →2

(

)

Catatan bahwa limit dengan penyebut (i.e lim x 2 + 1 = 5 ) tidak sama dengan x →2

0, maka teorema 4.2.b berlaku.

x2 − 4 4 = , x →2 3 x − 6 3

4. lim

Jika diberikan f ( x ) = x 2 − 4 dan h(x ) = 3x − 6 untuk x ∈ R maka tidak dapat digunakan teorema 4.2.4b untuk mengevaluasi lim ( f ( x ) h( x )) karena x→2

H = lim h( x ) = lim (3 x − 6) x →2

x→2

= 3 lim x − 6 = 3.2 − 6 = 0 x→2

Bagaimanpun, jika x ≠ 2 , maka

x 2 − 4 ( x + 2)( x − 2) 1 = = ( x + 2) 3x − 6 3( x − 2) 3 Maka dari itu

(

)

x2 − 4 1 1 4 = lim ( x + 2) = lim x + 2 = x→2 3x − 6 x→2 3 3 x→2 3

lim

Catatan bahwa fungsi g ( x) = ( x 2 − 4) (3x − 6) mempunyai limit di x = 2 meskipun tidak ada definisinya.

1 5. lim tidak terdapat di R x →0 x


Tentu saja lim 1 = 1 dan H = lim x = 0 . Bagaimanapun, ketika H = 0 , tidak x →1

x →0

dapat digunakan teorema 4.2.4b untuk mengevaluasi lim (1 x) . Dalam x →0

faktanya, lihat contoh 4.1.10a, fungsi ϕ ( x ) = 1 x tidak mempunyai sebuah limit di x = 0 . Kesimpulan mengikuti juga dari teorema 4.2.2 ketika fungsi

ϕ ( x ) = 1 x tidak terbatas dipersekitaran x = 0

6. Jika p adalah sebuah fungsi polynominal, maka lim p ( x) = p (c) x→c

Biarkan p menjadi fungsi polynominal di R maka p ( x ) = a n x n + a n −1 x n −1 + .... + a1 x + a 0

untuk semua

x ∈ R . Berdasarkan

teorema 4.2.4 dan fakta bahwa lim x k = c k , maka x→c

lim p( x) = lim[an x n + an −1 x n−1 + ...... + a1 x + a0 x →c

x →c

= lim(an x n ) + lim(an −1 x n−1 ) + ..... + lim(a1 x) + lim a0 x →c

x →c

x →c

x →c

= a n c n + a n −1 c n −1 + ..... + a1 c + a 0 = p (c ) Karenanya lim p ( x) = p (c) untuk setiap fungsi polynominal p x→c

7. Jika p dan q adalah fungsi polynominal di R dan jika q ( c ) ≠ 0 maka lim x →c

p ( x ) p (c ) = q ( x ) q (c )

Ketika q ( x ) adalah sebuah fungsi polynominal, berdasarkan dari sebuah teorema di aljabar bahwa ada paling banyak bilangan terbatas bilangan real

α 1 ,.....α m

[bilangan real nol di

q( x) ]

maka

q (α j ) = 0

dan jika

x ∉ (α 1 ,.....α m ) , maka q ( x ) ≠ 0 . Karenanya, jika x ∉ (α 1 ,.....α m ) kita dapat definisikan


r ( x) =

p( x) q ( x)

Jika c tidak nol di q ( x ) , maka q ( c ) ≠ 0 , dan mengikuti dari bagian vi bahwa lim q ( x) = q (c) ≠ 0 . Oleh karena itu kita dapat menerapkan teorema 4.2.4b x →c

untuk menyimpulkan bahwa

lim x →c

p ( x ) p (c ) p ( x) lim = x →c = q ( x) lim q ( x) q (c) x →c

Hasil berikutnya adalah analog langsung dari teorema 3.2.6

4.2.6 Teorema Diberikan A ⊆ R , a ≤ f ( x) ≤ b

f : A → R , dan diberikan c ∈ R titik limit dari A . Jika

untuk semua

x ∈ A, x ≠ c

dan jika terdapat

lim f , maka x →c

a ≤ lim f ≤ b . x →c

Bukti : Memang, jika lim f , maka berdasarkan dari teorema 4.1.8 bahwa jika ( x n ) x →c

adalah setiap barisan bilangan real berlaku bahwa c ≠ x n ∈ A untuk semua n ∈ N dan jika barisan ( x n ) konvergen ke c , maka barisan

( f (x ))

konvergen ke L .

Ketika a ≤ f ( x ) ≤ b untuk semua n ∈ N , berdasarkan dari teorema 3.2.6 bahwa a ≤ L ≤ b. Sekarang kita bagian analog dari teorema squeeze 3.2.7.

untuk

membuktikannya kita1 serahkan kepada pembaca.


4.2.7 Teorema Squeeze Diberikan

A ⊆ R,

f , g, h : A → R ,

c∈R

dan

titik limit di

A . Jika

f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ h ( x ) untuk semua x ∈ A, x ≠ c , dan jika lim f = L = lim h , maka x →c

x →c

lim g = L x →c

4.2.8 Contoh 3 2

lim x = 0 ( x > 0) x →c

Diberikan f ( x) = x

3 2

1 2

untuk x > 0 sejak ketidaksamaan x < x ≤ 1 memegang 3

untuk 0 < x ≤ 1 . Hal berikut bahwa x 2 ≤ f ( x) = x 2 ≤ x untuk 0 < x ≤ 1 . Maka

lim x 2 = 0 dan lim x = 0 x →0

x →0

3

Berdasarkan dari teorema 4.2.7 squeeze bahwa lim x 2 = 0 x →c

4.2.9 Teorema Diberikan A ⊆ R , f : A → R dan diberikan c ∈ R cmempunyai sebuah limit di A , jika lim f > 0

[masing-masing,

x →c

lim f < 0 ]. x →c

Maka

terdapat

sebuah

persekitaran Vδ (c) di c sehingga f ( x ) > 0 [masing-masing, f ( x ) < 0 ] untuk semua x ∈ A ∩V δ (c ), x ≠ c .

Bukti : Diberikan L = lim f dan menduga bahwa L > 0 . Kita ambil ε = x→c

1 L > 0 di 2

definisi 4.1.4, dan memperoleh sebuah δ > 0 sehingga jika 0 < x − c < δ dan x∈ A,

maka

f ( x) − L <

1 L. 2

Oleh

karena

itu

berikut

bahwa

jika


x ∈ A ∩V δ (c ), x ≠ c , maka f ( x ) >

1 L > 0 . Jika L < 0 berlaku argumen yang 2

sama.

4.3 Beberapa Tambahan Konsep Limit 4.3.1 Definisi Diberikan A ∈ R dan f : A → R i. Jika c ∈ R adalah titik limit dari bagian A ∩ (c , ∞ ) = { x ∈ A : x > c} maka kita katakan bahwa L ∈ R adalah limit kanan f di c dan kita tulis lim f = L

lim f ( x ) = L

x →c +

x →c +

Jika diberi ε > 0 terdapat sebuah δ = δ (ε ) > 0 sehingga untuk semua x ∈ A dengan 0 < x − c < δ maka f ( x) − L < ε . ii. Jika c ∈ R adalah titik limit dari bagian A ∩ (−∞ , c ) = { x ∈ A : x < c} maka kita katakan bahwa L ∈ R adalah limit kiri f di c dan kita tulis lim f = L

x →c −

lim f ( x ) = L

x →c −

Jika diberi ε > 0 terdapat sebuah δ > 0 sehingga untuk semua x ∈ A dengan 0 < x − c < δ maka f ( x) − L < ε .

4.3.2 Teorema Diberikan A ∈ R dan f : A → R dan diberikan c ∈ R titik limit di A ∩ (c , ∞ ) . Maka pernyataan berikut adalah ekuivalen : i.

lim f = L

x →c +

ii. Untuk setiap barisan ( x n ) konvergen ke c sehingga x n ∈ A dan xn > c untuk semua n ∈ N . Barisan ( f (x) ) konvergen ke L

4.3.3 Teorema


Diberikan A ⊆ R , f : A → R dan diberikan c ∈ R merupakan titik limit dari himpunan A ∩ (c , ∞ ) dan A ∩ ( −∞ , c ) . Maka

L = lim f jika dan hanya jika x→c

lim f = L = lim− f

x →c +

x→c

Bukti : ⇒

f ( x) = L Terdapat lim x→c Ambil sembarang ε > 0 pilih δ > 0 sehingga f ( x) − L < ε apabila

x − c < δ Jelas x − c < δ ⇔ c − δ < x < x + δ Jadi

∀ε > 0∃δ > 0 ∋ f ( x) − L < ε

apabila

c − δ < x < x + δ dan

c < x < x +δ f = L = lim− f Jadi xlim →c + x→c ⇐

f = L = lim− f Terdapat xlim →c + x→c

Ambil sembarang ε > 0 pilih δ > 0 sehingga f ( x) − L < ε apabila c − δ < x < c dan c < x < c − δ jelas c − δ < x < c dan c < x < c − δ Jadi ∀ε > 0∃δ > 0 ∋ f ( x) − L < ε apabila x − c < δ

f ( x) = L Jadi lim x→c 4.3.4 Contoh (a). Diberikan f ( x ) = sgn( x ) Kita telah melihat contoh 4.1.10(b) bahwa sgn tidak mempunyai limit di 0. Jelas bahwa lim+ sgn( x) = +1 dan lim− sgn(x) = −1. Karena limit ini satu sisi x →0

x →0

yang berbeda. Itu juga mengikuti dari teorema 4.3.3 bahwa sgn( x ) tidak mempunyai limit di 0. 1

(b). Diberikan g ( x) = e 2 untuk x ≠ 0


1 2

Gambar 4.3.1 grafik g ( x) = e untuk x ≠ 0 Kami pertama menunjukkan g tidak mempunyai sebuah limit kanan berhingga di c = 0 karena tidak dibatasi pada setiap persekitaran kanan (0, δ ) di 0. kita wajib memanfaatkan ketidaksamaan (1) 0 < t < e t untuk

t>0 Yang akan dibuktikan kemudian (lihat collary 8.3.3). mengikuti dari (1) 1

bahwa jika x > 0 , kemudian 0 < 1 x < e x .

Maka jika kita mengambil

1 xn = 1 , kemudian g ( x n ) > n untuk semua n ∈ N . Maka dari itu lim+ e x n x →0

tidak terdapat di R . Namun, lim− e x →0

1

x

= 0 . Memang jika x < 0 dan kita ambil t = − 1

kita mendapatkan 0 < − 1 < e x

−1

x

x di (1)

. Ketika x < 0 , ini berarti 0 < −e

untuk semua x < 0 . Mengikuti dari ketidaksamaan bahwa lim− e x →0

1

x

1

x

< −x

= 0.

LIMIT TAK HINGGA 4.3.5 Definisi Diberikan A ∈ R dan f : A → R dan diberikan c ∈ R titik limit di A . (i) Kita katakan bahwa f cenderung ∞ sebagai x → c , dan ditulis


lim f = ∞ x→c

Jika untuk setiap α ∈ R terdapat δ = δ (α ) > 0 sehingga untuk semua x ∈ A dengan 0 < x − c < δ , maka f (x ) > α (ii) Kita katakan bahwa f cenderung − ∞ sebagai x → c , dan ditulis lim f = −∞ x →c

Jika untuk setiap β ∈ R terdapat δ = δ ( β ) > 0 sehingga untuk semua x ∈ A dengan 0 < x − c < δ , maka f (x ) < β Interpretasi geometri limit di tak hingga: lim f ( x ) = −∞

lim f ( x ) = +∞

x→∞

x→∞

lim f ( x ) = +∞ x→∞

lim f ( x ) = −∞

x → −∞


y f

δ(α)

x

x

δ(α)

α

α x

x

f(x)

f

δ(α)

y

4.3.6 Contoh (a). lim( 1 x →0

x2

)=∞

Jika α > 0 diberikan δ = 1 sehingga 1

x2

α

maka bila ada 0 < x < δ , maka x 2 < 1

α

>α .

4.3.7 Teorema Ambil A ∈ R dan ambil f , g : A → R . dan ambil c ∈ R menjadi titik limit dari A. diduga f ( x) ≤ g ( x) untuk x ∈ A, x ≠ c : 1. Jika Lim f = ∞ maka Lim g = ∞ x →c

x →c

2. Jika Lim g = −∞ maka Lim f = −∞ x→ c

x →c

Bukti : a. Jika Lim f = ∞ dan α ∈ R diberikan, maka ada δ(α) > 0 sedemikian x →c

sehingga jika 0 < x − c < δ (α ) dan x ∈ A maka f ( x) > a . tetapi karena

f ( x ) ≤ g ( x) untuk semua x ∈ A , x ≠ c , berarti jika 0 < x − c < δ (α ) dan x ∈ A maka g ( x ) > α . Terbukti Lim g = ∞ x →c


4.3.8. Definisi Ambil A ∈ R dan f : A → R

Jika c ∈ R adalah titik limit dari himpunan

A ∩ (c, ∞) = {x ∈ A, x > c} maka dikatakan f cenderung ke ∞ seperti x → c + dan ditulis Lim f = ∞ (masing-masing Lim f = −∞ ) x →c

x →c

Jika untuk setiap α ∈ R ada δ = δ (α ) > 0 sedemikian sehingga untuk semua

x ∈ A dengan 0 < x − c < δ maka f ( x) > α (masing-masing f ( x) < α )

Contoh : 1.

Ambil g ( x) = 1 x untuk x ≠ 0 . Kita mempunyai catatan dari contoh 4.3.6(b) bahwa Lim g tidak ada. Contoh ini menunjukkan : x→0

Lim(1 / x ) = ∞ dan Lim (1 / x ) = −∞ x →0 +

2.

x →0 −

Lihat contoh 4.3.4(b) bahwa fungsi g ( x) = e1 x untuk x ≠ 0 adalah tidak terbatas di interval (0, δ ) . Limit kanan dari e1 x seperti x → 0 + tidak ada 1 x

definisi, karena 1 x < e1 x untuk x > 0 Maka Lim e = −∞ dari definisi 4.3.8. x →0 +

INFINITI LIMIT 4.3.10. Definisi Ambil A ∈ R dan f : A → R . Jika c ∈ R . ada (a,∞) ⊆ A untuk semua a ∈ R. dikatakan bahwa L ∈ R adalah limit dari f seperti x → ∞ dan ditulis Lim f = L atau Lim f ( x ) = L x→∞

x →∞

Jika diberikan ε > 0 maka ada K = K (ε ) > a sedemikian sehingga untuk x > K maka f ( x) − L < ε .


4.3.11 Teorema Ambil A ∈ R dan f : A → R . Jika c ∈ R . ada (a, ∞) ⊆ A untuk semua a ∈ R . maka pernyataan dibawah ini ekuivalen : 1.

Lim f = L

2.

Untuk barisan

x→∞

( xn )

di A ∩ (a, ∞) sedemikian sehingga limit (a, ∞) ,

barisan ( f ( xn )) konvergen ke L.

Contoh : 1. Ambil g ( x) = 1 x untuk x ≠ 0 Jawab : Ditunjukkan Lim (1 / x ) = 0 = Lim (1 / x ) lihat 4.3.4 x→∞

x → −∞

2. Ambil f ( x ) = 1 x 2 untuk x ≠ 0

(

)

(

Ditunjukkan bahwa Lim 1 / x 2 = 0 = Lim 1 / x 2 x→∞

x→−∞

)

(lihat 4.3.3). Jika x ≥ 1

(

)

maka 0 ≤ 1 x 2 ≤ 1 x . dari bagian (1) terbukti bahwa Lim 1 / x 2 = 0 x→∞

4.3.13 Definisi Ambil A ∈ R dan f : A → R . Jika c ∈ R . ada (a, ∞) ⊆ A untuk semua a ∈ A . dikatakan bahwa f cenderung ke ∞ seperti x → ∞ dan ditulis Lim f = ∞ (masing-masing Lim f = ∞ ) x →∞

x → −∞

Jika diberikan α ∈ R maka ada K = K (ε ) > a sedemikian sehingga untuk x > K maka f ( x) > α .

4.3.14 Teorema Ambil A ∈ R dan f : A → R . Jika c ∈ R . ada (a, ∞) ⊆ A untuk semua a ∈ A . pernyataan dibawah ini ekuivalen : 25 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

1. Lim f = L x→∞

2. Untuk barisan (xn) di (a, ∞) sedemikian sehingga lim(x n ) = ∞ maka lim

( f (xn )) = ∞ . 4.3.15. Teorema Ambil A ∈ R dan f : A → R . Jika c ∈ R . ada (a, ∞) ⊆ A untuk semua a ∈ A . dimana g ( x) > 0 untuk x > a dan untuk L ∈ R, L ≠ 0 maka Lim x →∞

f ( x) =L g ( x)

1.

Jika L > 0 maka Lim f = ∞ jika dan hanya jika Lim g = ∞

2.

Jika L < 0 maka Lim f = −∞ jika dan hanya jika Lim g = ∞

x →∞

x →∞

x →∞

x →∞

Bukti : Karena L > 0 Hipotesis ini ada a1 > a maka : 0 < 12 L ≤

f ( x) 3 < 2 L untuk x > a1 g ( x)

Karena ( 12 L) g ( x) < f ( x) < (3L 2 )g ( x) untuk x > a1 dari kesimpulan ini maka terbukti. Contoh : 1.

Lim x n = ∞ Untuk n ∈ N x→∞

Jawab : Ambil g ( x) = x n untuk x ∈ (0, ∞) . Diberikan α ∈ R , ambil K = sup[1, α ] Kemudian untuk semua x > K . Maka g ( x) = x n ≥ x > α . Karena α ∈ R maka Lim x n = ∞ x→∞

2.

Lim x n = ∞ Untuk n ∈ N , n genap dan Lim x n = −∞ Untuk n ∈ N , n ganjil

x→−∞

x →−∞

Jawab : 26 Analisis Real, 2011 Malalina (20102512008) – Febrina Bidasari (20102512018) Mahasiswa Program Studi Pendidikan Matematika Pasca Sarjana Universitas Sriwijaya

Karena n ganjil maka n = 2k + 1 dengan k = 0,1,... Diberikan α ∈ R , ambil K = inf {α ,−1} Untuk x > K karena

( )

Terdapat x n = x 2 3.

k

(x )

2 k

≥1

≤ x < α . Karena ε ∈ R maka Lim x n = −∞ x →−∞

Ambil p : R → R adalah fungsi polinomial :

p( x) = an x n + an−1 x n−1 + ... + a1 x + a0 kemudian Lim p = ∞ jika an > 0 dan Lim p = −∞ jika an > 0 ambil g(x) = xn x →∞

x →∞

dan gunakan teorema 4.3.15 karena p ( x) 1  1   1  = a n + a n −1   + ... + a1  n −1  + a 0  n  g ( x) x x  x 

sedemikian sehingga Lim ( p ( x ) / g ( x )) = a n karena Lim g = ∞ berlaku x →∞

x→∞

teorema 4.3.15 4.

Ambil p fungsi polinom dari bagian (3). Ada Lim p = ∞ (masing-masing -∞) x →∞

Jika n genap dan an > 0 .


DAFTAR PUSTAKA

Bartle, R.G, dan Sherbert, D.E., 1994. Introduction To Real Analysis, Third Edition. New York:John Wiley & Sons. Chotim. Moch. 2008. Diktat Bahan Ajar Analisis Real 1.


LIMIT. = δ. A R, jika dan hanya jika ada barisan. , sedemikian hingga Lim( a n

Recommend Documents