Download - ANALISIS REAL 1

Transcript
  • DIKTAT BAHAN AJAR

    2008

    ANALISIS REAL 1Moch. Chotim

  • BAB 1PENDAHULUAN

    Bab ini diawali dengan mengete-ngahkan landasan yang diperlukan untukmempelajari analisis real. Pasal 1.1 dan 1.2disajikan secara singkat aljabar himpunandan fungsi, yang merupakan piranti pentinguntuk semua cabang matematika. Akanditetapkan bahwa istilah himpunan setaradengan klas, koleksi, atau keluargayang merupakan istilah yang tak didefi-nisikan.

    Pasal 1.3 berisikan suatu metodekhusus suatu membuktikan yang dikenaldengan induksi matematika. Ini dikaitkandengan sifat-sifat dasar sistem bilanganasli. Walaupun dipisahkan dengan pembuk-tian pernyataan yang bertipe khusus,induksi matematika sering diperlukan.

    Sebagai tambahan untuk menge-nalkan konsep yang mencakup konsep danterminologi, Bab ini juga disajikanbeberapa pengalaman pengarang dalambekerja sekaligus menyajikan bukti danketrampilan yang penting.

    1.1 Aljabar HimpunanJika A adalah suatu himpunan, x

    suatu anggota himpunan A ditulis denganx A.

    Suatu unsur x bukan anggota A, ditulisdengan

    x A.Jika A dan B himpunan-himpunan sehing-ga:

    untuk setiap x A, x Bdikatakan A termuat di B, A subset B,

    atau A himpunan bagian B ditulis de-ngan

    A B.Definisi 1.1

    Suatu himpunan dapat dinyatakandengan dua cara, yaitu: mendaftar semuaanggota atau dengan menyebutkan sifatkeanggotaannya. Jika suatu himpunanunsur-unsurnya x yang mempunyai sifatP(x) maka himpunan itu dituliskan dengan

    {x P(x)}atau

    {x S P(x)}apabila himpunan itu merupakan himpunanbagian himpunan S.Berikut ini disajikan notasi untukhimpunan yang sering muncul.

    a. Himpunan bilangan-bilangan aslidinyatakan denganN = {1, 2, 3, ...}.

    b. Himpunan bilangan-bilangan bulatdinyatakan denganZ = {..., 2, 1, 0, 1, 2, ...}.

    c. Himpunan bilangan-bilangan rasio-nal dinyatakan dengan

    Q = }0,{ ndanZnmn

    m.

    d. Himpuan bilangan-bilangan realdinyatakan denganR = {x x bilangan real}.

    Analisi Real 2006

    Dua himpunan A dan B dikatakan samajika dan hanya jika

    A B dan B A.

  • Contoh 1

    (a) Himpunan {xN x2 3x + 2 = 0}memuat bilangan-bilangan asli yangmemenuhi persamaan yangdinyatakan. Jelas bahwa persamaanx

    2 3x + 2 = 0 memiliki selesaian x= 1 dan x = 2. Dengan demikian{xN x2 3x + 2 = 0}= {1, 2}.

    (b) Kadang-kadang suatu hmpunandapat dinyatakan dengan berbagaicara, sebagai contoh himpunanbilangan asli genap dinyatakandengan

    {2x x N}atau

    {y N y = 2x, x N}(c) Himpunan {xN 6 < x < 9}dapat

    dinyatakan dalam berbagai cara:{xN 40 < x2 < 80},{xN x2 15x + 56 = 0}, atau{7 + x x = 0 atau x = 1}.

    (d)

  • BAB 2B ILANGAN BILANGAN REAL

    Dalam Bab ini didiskusikan sifat-sifat esensial system bilangan real. Selanjutnyadiberikan suatu konstruksi formal sistem itu yang berbasias pada himpunan yang lebihsederhana (seperti N: himpunan bilangan-bilangan asli dan Q: himpunan bilangan-bilangan rasional). Pada Psal 2.1 diperkenalkan sifat-sifat aljabar (sering disebut dengansifat lapangan) didasarkan pada dua operasi jumlah dan perkalian. Pada Pasal 2.2diperkenalkan sifat-sifat urutan di R. Notasi nilai mutlak diperkenalkan pada Pasal 2.3.Selanjutnya pada Pasal 2.4 didiskusikan sifat kelengkapan R. Pada pasal 2.5 didiskusikantentang aplikasi sifat kelengkapan, yaitu: sifat Archimides, eksistensi akar suatupersamaan, kelebatan Q di R. Pada pasal 2.6 didiskusikn tentang sifat selang-selangbersarang dan kaitannya dengan representasi biner dan desimal bilangan-bilangan real.Bab ini diakhiri dengan beberapa tipe himpunan-himpunan tak hingga dan himpunan-himpunan terhitung.

    2.1 SIFAT-SIFAT ALAJABAR R

    Pada R terdpat dua operasi binaer,dinotasikan dengan + dan . yang berturut-turut disebut dengan penjumlahan danperkalian. Operasi-operasi ini memenuhisifat-sifat berikut:

    A.1 Rbaabba , ,A.2 Rcbacbacba ,,)()( ,A.3 aaaaR 0dan00

    Ra ,A.4 RaRa sehingga

    0)(0)( aadanaa ,M.1 Rbaabba ,.. ,M.2 Rcbacbacba ,,)..()..( ,M.3 aaaaR 1.dan.11

    Ra ,M.4

  • BARISAN BILANGAN

    Ingat bahwa suatu barisan didalam himpunan adalah fungsi padahimpunan bilangan-bilangan asli N = {1,2, 3, ... } yang daerah hasilnya dihimpunan S. Pada pasal ini dikaji barisanbarisan pada himpunan R.

    Definisi 3.1.1Barisan bilangan-bilangan real

    (barisan di R) adalah fungsi padahimpunan-him- punan asli N yang daerahhasilnya di dalam himpunan bilangan-bilangan real R.

    Dengan kata lain, barisan di R mengait-kan setiap bilangan asli n = 1, 2, ...dengan tepat satu bilangan real tertentu.Jika X: N R suatu barisan nilai X di nditulis dengan xn. Suatu barisan diunota-sikan dengan

    X, Nnxn , atau Nnnx .

    Sebagai contoh:

    (a) Barisan Nnn )1( mempunyaihimpunan nilai

    })1{( Nnn atau {1, 1}.(b) Barisan bilangan asli genap:

    X = ,8,6,4,2 = Nnn 2 .(c) Barisan kebalikan bilangan asli:

    Y = ...,41

    ,

    31

    ,

    21

    ,

    11

    =

    Nnn

    1.

    (d) Barisan kebalikan kuadrat bilanganasli:

    Z = ...,41

    ,

    31

    ,

    21

    ,

    11

    2222

    =

    Nnn 21

    .

    Perhatian:Barisan yang disajikan secara induktifsering muncul dalam aplikasi komputer.Barisan yang disajikan secara induktifbiasanya berbentuk: x1 diberikan dan xn+1= f(xn) untuk n N atau dengan cara lain,sebagai contoh: y1 diberikan dan yn+1 =gn(y1, y2, ..., yn) untuk n N.Contoh 3.1.2(a) Jika b R, barisan bbb ,,, meru-

    pakan barisan konstan.(b) Barisan Fibonacci:

    Nnnf dengan f1 = 1, f2 = 1, danfn+1 = fn1 + fn untuk n 2.Sepuluh unsur pertama barisan fibo-nacci adalah ,55,34,21,13,5,3,2,1,1

    Definisi 3.1.3

    Dipunyai barisan Nnnx dan Nnny .Didefinisikan(a) Nnnx + Nnny = Nnnn yx ,(b) Nnnx Nnny = Nnnn yx ,(c) Nnnx . Nnny = Nnnn yx . ,(d) Jika Nnnz dengan zn 0,

    Nnn

    n

    Nnn

    Nnn

    z

    x

    z

    x

    .

    Limit Barisan

    Terdapat sejumlah konsep limitberbeda dalam analisis real. Pengertianlimit barisan sangat mendasar dan akanmenjadi titik pusat perhtian pada pasalini.

  • [Definisi 3.1.4

    Dipunyi barisan bilangan real Nnnx .Suatu x R merupakan limit barisan

    Nnnx ditulis xx Nnn jika danhanya jika untuk setiap > 0 terdapatbilangn asli K() sehingga untuk setiap n K() xn terletak dalam lingkungan V(x).Selajutnya jika xx Nnn , dikatakanbarisan Nnnx konvergen ke x. Jika

    Nnnx tidak mempunyai limit, barisanini dikatakan divergen.

    Teorema 3.1.5 (Ketunggalan Limit)

    Suatu barisan bilangan real konvergen kesatu dan hanya satu bilangan real.

    Bukti:Andaikan xx Nnn dan xx Nnn dengan xx .Pilih o < 2

    xx .

    Jelas )()( xVxV .Pilih K1 N K2 N sehingga

    xn )(xV apabila n K1 danxn )(xV apabila n K2.

    Jadi )()( xVxV .Ini suatu kontradiksi.Jadi xx .Teorema 3.1.6

    Dipunyi barisan bilangan real Nnnx .dan x R. Pernyataan berikut ekivalen:(a) xx Nnn

    (b) Untuk setiap lingkungan )(xV terda-pat bilangan asli K() sehingga xn

    )(xV apabila n )(xV .(c) Untuk setiap > 0 terdapat bilangan

    asli K() sehingga xxnapabila n K().

    (d) Untuk setiap > 0 terdapat K()sehingga xxx n apabilan K().

    Bukti:Buktinya sederhana, diserahkan pembaca

    sebagai latihan.

    Contoh 3.1.7:

    (a) Tunjukkan 01 Nnn

    .

    Bukti:Ambil sembarang > 0.Pilih K() =

    1.

    Dipunyai n K().Jelas )(

    11Kn .

    Jadin

    xn10 =

    n

    1= )(

    1K = .

    Jadi 0)(0 nxNKapabila n K().

    Jadi 01 Nnn

    .

    (b) Tunjukkan 012 Nnn.

    Bukti:Ambil sembarang > 0.Pilih K() = 2

    1 .

    Dipunyai n K().Jelas n K() n2 K2()

    )(

    1122 Kn .

  • [Jadi 210

    nxn

    = 21

    n

    =

    )(12 K

    = .Jadi 0)(0 nxNKapabila n K().Jadi 01

    Nnn.

    (c) Barisan ,2,0,2,0,2,0 tidakkonvergen.Bukti:Intuisi: 0,2,0,2,0,2,0 .Pilih .010 Ambil sembarang K N.Jelas 02 2020 nx .Jadi terdapat 00 sehingga untuksetiap K N berlaku 02 0 nxapabila n K.Jadi ,2,0,2,0,2,0 tidak kon-vergen ke 0.Ini berarti intuisi salah.

    Pembaca dipersilahkan menunjukkanbahwa ,2,0,2,0,2,0 tidak kon-vergen untuk setiap bilangan real x.

    (d) Tunjukkan 3123

    Nnn

    n.

    Bukti:Ambil sembarang 0 .Pilih

    1)( K .

    Dipunyai n K.Jelas )(

    11Kn .

    Jadi 3123

    n

    n=

    13323

    n

    nn

    =

    11n

    0.Pilih K N sehingga xxnapabila n K.Jelas xxk apabila k K m.Jadi

    xxNK k)(0apabila k K() m.Jadi Xm x .

    )( Dipunyai Xm konvergen.Tulis Xm y .Ambil sembarang > 0.Pilih K N sehingga yxkapabila k K m.Jelas yxn apabila n K.Jadi

    yxNK n)(0apabila n K().Jadi yx Nnn .

    Jadi barisan Xm konvergen jika dan hanyajika Nnnx konvergen.

    Teorema 3.1.10

    Dipunyai Nnna dan Nnnx adalahbarisan-barisan bilangan real dan x R.Jika untuk suatu C > 0 dan suatu m Nmemenuhi:

    nn aCxx untuk semua n Nsehingga n mdan

    0Nnnamaka xx Nnn .

    Bukti:

    Dipunyai 0Nnna .Ambil sembarang > 0.Pilih KA N sehingga Can

    0apabila n KA.Jadi n m.Dipunyai nn aCxx CC

    . = .

    Jadi xxNK n)(0apabila n K().

    Jadi xx Nnn .

    Contoh 3.1.11:

    (a) Buktikan: jika a > 0maka 0

    11 Nnna

    .

    Bukti:Dipunyai a > 0.Ambil sembarang n N.Jelas 0 < an < 1 + na.

    Jadi .11

    10anan

    .

    Jelasna

    xn 110 =

    na11

    0.

    Jelas (1 + a)n 1 + na.Jadi

    naa n 11

    )1(1

    .

    Jadin

    nn

    abb

    )1(100

    na 11

    0 buktikan 11

    Nn

    nc .

    Bukti:Dipunyai c > 1.Kasus c = 1:

    Jelas 1...,1,1,11

    Nn

    nc .

    Kasus c > 1:

    Tulis nn dc 11

    untuk suatudn > 0.Jelas c =(1 + dn)n 1 + n.dn.Jadi c 1 1 + n.dn.Jadi dn

    n

    c 1.

    Jadi

    n

    cdc nn1).1(1

    1

    .

    Jelas c 1 > 0 dan 01 Nnn

    .

    Jadi 11

    Nn

    nc

    Kasus 0 < c < 1:

    Tulisn

    n

    hc 1

    11untuk suatu

    hn > 0.Jelas (1 + hn)n 1 + n . hn.Jadi

    nn

    nhnh .1

    1)1(

    1 .

    Jadinn hnhn

    c.

    1.1

    1 .

    Jadi 0 < hn <

    n

    ccn

    1.

    .

    1.

    Jadi

    n

    cc n1

    .11

    .

    Jelas c > 0 dan 01 Nnn

    .

    11

    Nn

    nc .

  • [(e) Buktikan 11

    Nn

    nn .

    Bukti:Kasus n = 1:

    Jelas 11

    Nn

    nn .

    Kasus n > 1:

    Jelas .11

    nnTulis nn kn 1

    1

    untuk suatu kn> 0.Jadi n = (1 + kn)n.Jelas

    2).1(

    .12n

    n

    knnknn

    2

    ).1(12nknn .

    Jadi2

    ).1(12nknnn .

    Jadin

    kn22 .

    Ambil > 0.Pilih N sehingga 2

    2

    N.

    Jadi 22 n

    apabila n sup{2,N}Jadi

    2111

    )2(11n

    knn nnn .

    Jadi 11

    Nn

    nn .

    Latihan Pasal 3.1:

    1. Tulis 5 unsur pertama barisan:

    (a)Nn

    n

    )1(1 (c)Nn

    n

    n

    )1(

    (b)Nnnn )1(

    1 (d)Nnn 2

    12

    2. Tulis barisan berikut berdasarkan sifatbarisan:(a) ,10,9,7,5

    (b) ,161

    ,

    81

    ,

    41

    ,

    21 .

    3. Tulis 5 unsur pertama barisan yangdisajikan secara induksi beroikut ini:(a) x1 = 1 dan xn+1 = 3xn + 1

    (b) y1 = 2 dan yn+1 = 2

    2n

    n yy

    .

    4. Jika b R buktikan 0Nnn

    b.

    5.Buktikan0Nnnx 0Nnx .

    6. Tuynjukkan 031

    Nnn.

  • G3.2 TEOREMA TEOREMA LIMIT

    Pada pasal ini akan diperolehbeberapa hasil yang sering digunakanuntuk menghitung nilai limit barisan.

    Definisi 3.2.1

    Suatu barisan bilangan-bilangan real

    Nnnx dikatakan terbatas jika terdapatbilangan M > 0 sehingga Mxn untuksetiap n N.Akibat:Barisan Nnnx terbatas jika dan hanyajika {xnn N} terbatas di }.Bukti:

    )( Dipunyai Nnnx terbatas.Ambil sembarang n N.Pilih M >0 sehingga Mxn .Jelas Mxn MxM n .JadiM suatu batas bawah {xnn N}M suatu batas atas {xnn N}.Jadi {xnn N} terbatas.

    )( Dipunyai {xnn N} terbatas.Tulis A: {xnn N},

    Mb: suatu batas bawah A,Ma: suatu batas atas A.

    Pilih M = maks{Mb,Ma}.Jelas Mxn .Jadi M > 0 Mxn n N.Jadi Nnnx terbatas.

    Teorema 3.2.2:

    Jika Nnnx konvergen maka Nnnx terbatas.

    Bukti:Dipunyai Nnnx konvergen.

    Tulis xx Nnn .Pilih 01 .Pilih )1(K N sehingga

    1 xxn apabila n K(1).Jelas 1 xxxx nn .Jadi 1 xxn apabila n K(1).Tulis }1,,,sup{ 11 xxxM k .Jadi xMxM n0 N.Jadi Nnnx terbatas.

    Teorema 3.2.3:

    Jika xx Nnn dan yy Nnn maka:

    (1) yxyx Nnnn ,(2) yxyx Nnnn ,(3) yxyx Nnnn .. ,(4) xKxK Nnn .. ,(5) Jika 0 zz Nnn

    makaz

    x

    z

    x

    Nnn

    n

    .

    Bukti (3):Jelas ))(( xyyxyxyxxyyx nnnnnn

    xyyxyxyx nnnn = xxyyyx nnn .

    Dipunyai xx Nnn danyy Nnn .

    Jelas Nnnx terbatas.

  • PPilih nMxM n 00 0 N.Tulis },sup{ 0 yMM .Jelas xyyx nn xxMyyM nn .Ambil sembarang 0 .Pilih K1, K2 N sehingga:

    Mxxn 2

    apabila n K1 dan

    Myyn 2

    apabila n K2.Pilih },sup{ 21 KKK .Jels xyyx nn apabila n K.Jadi K0 N sehingga

    xyyx nn apabila n K.Jadi yxyx Nnnn .. .

    Bukti (5):

    Dipunyai 0 zz Nnn .Ambil sembarang 0 .Pilih )(K N sehingga

    2

    2zzzn apabila n K().

    Pilih 2K N sehingga

    2z

    zzn apabila n K1.

    Jelas2z

    zzn

    2z

    zzzz nn .

    Jadi2z

    zn zzn

    21 .Pilih }),(sup{ 1KKK .Jadi n

    nn

    n

    n

    zzzzzz

    zz

    zz .1.1

    .

    11

    2.

    22

    2

    zz

    = .

    Jadi )(0 K N sehingga

    zzn

    11apabila )(Kn .

    Jadizz Nnn

    11

    .

    Jadiz

    x

    zx

    zx

    z

    x

    Nnnn

    Nnn

    n

    1.

    1. .

    Teorema 3.2.4

    Jika xx Nnn dan xn 0 Nnmaka x 0.Bukti:Andaikan x < 0.Ambil sembarang 0 .Pilih K N sehngga

    xxn apabila n K.Jelas xxn xxx n .Kasus x :

    Jelas xk < x x = 0.Ini suatu kontradiksi.

    Jadi x 0.Teorema 3.2.5

    Jika xx Nnn , yy Nnn , danNnyx nn

    maka bxa .Bukti:

    Dipunyai xx Nnn , yy Nnn ,dan Nnyx nn .

    Jelas yxyx Nnnn danNnxy nn 0 .

    Jadi yxxy 0 .

  • [Teorema 3.2.6

    Jika xx Nnn dan Nnbxa n maka a x b.

    Bukti:Dipunyai

    xx Nnn dan Nnbxa n .Bangun Nnayy nNnn , dan

    Nnbzz nNnn , .Jelas ay Nnn dan bz Nnn .Jadi a x b.

    Perolehan berikut ini menyatakanbahwa jika barisan Nnny diapit olehdua barisan yang konvergen ke suatubilangan real yang sama maka barisan

    Nnny konvergen ke nilai yang sama.

    Teorema 3.2.7

    Dipunyai barisan-barisan Nnnx ,

    Nnny , dan Nnnz mempunyai sifat

    nnn zyx untuk setiap n N.Jika Nnnx dan Nnnz konvergen kesuatu bilangan real yang sama makabarisan Nnny .

    Bukti:Tulis xx Nnn Nnnz .Ambil sembarang 0 .Pilih NK sehingga

    xxn dan xzn apabila n N.Dipunyai nnn zyx

    xzxyxx nnn .Jadi },sup{ xzxxxy nnn .

    Jadi NK 0 sehingga xyn apabila Kn .

    Jadi xy Nnn .

    Contoh 3.2.8

    (a) Barisan Nnn divergen.Bukti:Andaikan Nnn konvergen.

    Tulis xn Nn untuk suatu bilanganreal x.Jadi Nnn terbatas.Pilih M > 0 sehingga NnMn .Ini suatu kontradiksi.Jadi Nnn divergen.

    (b) BarisanNn

    n

    )1( divergen.Bukti:

    Jelas Nnn 11)1( .Jadi

    Nnn

    )1( terbatas.Andaikan a

    Nnn )1( untuk suatu

    bilangan real a.Ambil = 1.Pilih NK 1 sehingga 1)1( an

    apabila 1Kn .Kasus n gasal:

    Jelas 11 a 2 < a < 0.Kasus n genap:

    Jelas 11 a 0 < a < 2.Ini suatu kontradiksi.Jadi

    Nnn

    )1( divergen.

  • K(c) Tunjukkan 212 Nnn

    n.

    Bukti:

    JelasNnNn nn

    n

    1212 .

    Bangun Nnnx dengan xn = 2 Nndan Nnny dengan xn = Nnn

    1 .Jelas 2Nnnx dan 0Nnny .Jadi 20212

    NnNnnn

    n

    nyx .

    (d) Tunjukkan 2512

    Nnn

    n.

    Bukti:

    JelasNnn

    n

    Nnn

    n

    5

    1

    12

    512

    .

    Jerlas 22 1 Nnn dan 11 5 Nnn .

    Jadi 112

    12

    512

    5

    1

    Nnnn

    Nnn

    n.

    (e) Tunjukkan 01

    22 Nnn

    n.

    Bukti:

    Jelas

    Nn

    Nn

    n

    n

    n

    n

    2

    2 11

    2

    12

    .

    Jelas 02 Nnn

    dan 111 2 Nnn.

    Jadi 010

    122 Nnn

    n.

    (f) Tunjukkan 0sin Nnn

    n.

    Bukti:

    Jelas Nnn 1sin1 Nn

    nn

    n

    n 1sin1 .

    JelasNnNn nn

    101 .

    Jadi 0sin Nnn

    n.

    (g) Dipunyai xx Nnn untuk suatubilangan real x. Jika p(x) suatu sukubanyak maka )()( xpxp Nnn .Bukti:Tulis 0

    11)( atatatp kkkk .

    Jelas )()(0

    xptaxpNn

    n

    i

    iiNnn .

    Teorema 3.2.9

    Jika xx Nnn maka xx Nnn .

    Bukti:

    Ambil sembarang 0 .Pilih NK sehingga

    xxn dan xzn apabila n N.Jelas xxxx nn .Jadi xxn .Jadi 0 NK sehingga

    xxn apabila n N.Jadi xx

    Nnn .

  • [Teorema 3.2.10

    Dipunyai barisan xx Nnn .Jika xn 0 maka xx

    Nnn .

    Bukti:Kasus x = 0:

    Ambil sembarang > 0.Pilih K N sehingga 20 nx apabi-la n K.Jelas 20 nx xn < 2

    nx 0nx .

    Jadi 00 nxNK apabilan K.Jadi xx

    Nnn .

    Kasus x > 0:Jelas 0x .Jelas

    xxxxx

    xxxx n

    n

    n

    n .1 .

    Jelas 01 x

    dan 0 Nnn xx .Jadi xx

    Nnn .

    Latihan 3.2

    1. Periksa barisan-barisan berikut inikonvergen atau divergen:

    (a)Nnn

    n

    1(c)

    Nn

    n

    n

    1)1(

    (b)Nn

    n

    n

    12

    (d)Nnn

    n

    132

    2

    2

    2. Berikan contoh dua barisan yang divergenakan tetapi jumlahnya konvergen.

    3. Tunjukkan bahwa barisanNn

    n

    2

    divergen.

    4. Tentukan nilai limit barisan berikutini:

    (a)Nnn

    2)12( (c)Nn

    n

    n

    2)1(

    (b)Nnn

    n

    11 (d)

    Nnnn

    n

    1

    5. Dipunyai nnyn 1 untuksemu Nn . Tunjukkan bahwabarisan Nnny dan Nnnyn konvergen.

    6. Jika nnnn baz1

    )( dengan 0

  • 3.3 Kemonotonan Barisan

    Sekarang telah dikenal berbagaimetode untuk menunjukkan bahwa suatubarisan konvergen, antara lain:(a) dapat digunakan Defiinisi 3.1.4 atau

    Teorema 3.1.6 secara langsung, akantetapi terkadang muncul kesulitan.

    (b) dapat digunakan pengali positif baris-an 0Nnna .

    (c) mengidentifikasi barisan NnnxX yang konvergen, selanjutnya gunakanbarisan ekor, kombinasi aljabar, nilaimutlak dan sebagainya.

    (d) menggunakan teorema apit.(e) menggunakan uji perbandingan.

    Pada pasal ini akan disajikankomono-tonan fungsi yang kelak dapatdigunakan untuk membantu mengujikekonvergenan barisan.

    Definisi 3.3.1Dipunyai barisan bilangan-bilangan real

    NnnxX . Barisan Nnnx dikatakan:(a) naik jika memenuhi pertidaksamaan

    121 nn xxxx .(b) turun jika memenuhi pertidaksamaan

    121 nn xxxx .

    Suatu barisan dikatakan monoton apabilanaik atau turun.Berikut ini beberapa barisan naik:(a) ,,,3,2,1 n ,(b) ,4,4,4,4,3,3,3,2,2,1 , dan(c) 1,,,,,, 32 aaaaa n .Berikut ini beberapa barisan turun:

    (a) ,1,,31

    ,

    21

    ,1n

    ,

    (b) ,2

    1,,

    21

    ,

    21

    ,1 12 n , dan

    (c) 10,,,,,, 32 bbbbb n .

    Barisan berikut beberapa barisan yang takmonoton:

    (a) ,)1(,,1,1,1 1 n dan(b) ,.)1(,,3,2,1 nn .

    Barisan berikut tak monoton, akan tetapimonoton di belakang:(a) ,4,3,2,1,2,6,7 dan

    (b) ,41

    ,

    31

    ,

    21

    ,1,0,2 .

    Teorema 3.3.2

    Suatu barisan bilangan-bilangan realmonoton konvergen jika dan hanya jikaterbatas. Lebih jelasnya:

    (a) Jika Nnnx naik terbatas maka}sup{ nNnn xx .

    (b) Jika Nnnx turun terbatas maka}inf{ nNnn xx .

    Bukti:Dipunyai Nnnx barisan monoton.

    )( Dipunyai Nnnx konvergen.Jelas Nnnx terbatas.

    )( Dipunyai Nnnx terbatas.Pilih M > 0 sehingga

    NnMxn .

  • Kasus Nnnx naik:

    Tulis }sup{* Nnxx n .Ambil sembarang 0 .Pilih K N ** xxx K .Jadi ** xxxx nK apabilan K.Jadi untuk setiap 0 terdapatKN sehingga *xxn apabilan K.Jadi }sup{* Nnxxx nNnn .

    Kasus Nnnx turun:

    Tulis }inf{* Nnxx n .Ambil sembarang 0 .Pilih K N ** xxx K .Jadi ** xxxx Kn apabilan K.Jadi untuk setiap 0 terdapatKN sehingga *xxn apabilan K.Jadi }inf{* Nnxxx nNnn .

    Contoh 3.3.3

    (a) Tunjukkan 01 Nnn

    .

    Cara 1:

    Tulis NnnNn

    xn

    1 .Ambil sembarang Nn .Jelas nn xx 1 =

    nn

    11

    1 < 0.Jadi Nnxx nn 01 .Jadi Nnnx monoton turun.

    Tulis }{ NnxA n .

    Jelas Axxn 10 .Jadi A terbatas.Jadi Nnnx terbatas.Jelas inf (A) = 0 dan sup (A) = 1.Jadi }inf{0 Nnxx nNnn .

    Cara 2:

    DipunyaiNn

    nn

    xX

    1 .

    Jelas 01. 2 Nn

    nn

    xXX .

    Jadi 001 Nn

    nn

    xX .

    (b) DipunyaiNn

    n

    in i

    xX

    1

    1.

    Ambil sembarang n N.Jelas nn xx 1 =

    n

    i

    n

    i ii 1

    1

    1

    11=

    11n >0.

    Jadi Nnxx nn 1 .Jadi NnnxX monoton naik.Bangun

    NnnxX 2 .

    Jelas

    nx2 =

    41

    31

    211

    nn 21

    1211

    >

    nn 2

    121

    41

    41

    211

    =

    21

    21

    211

    =

    21 n .

    Jadi Nnnx tak terbatas.

    Jadi Nnnx divergen.

  • (c) Barisan NnnyY disajikan secarainduktif sebagai berikut:

    y1 = 1 dan yn+1 = 432 ny untuk n 1.

    Jelas45

    432 1

    2 yy .Jadi y1 < y2 < 2.Intuisi: Nnyn 2 .Tulis P(n): Nnyn 2 .

    P(1): 21 y .Jelas y1 = 1 < 2Jadi P(1) benar.Dipunyai P(k) benar.Jelas 2ky .Jelas 2

    47

    432

    1 kk yy .Jadi P(k+1) benar apabila P(k)benar.

    Jadi P(n) benar.Jadi Nnyn 2 .Intuisi: Nnyy nn 1 .Tulis P(n): 1 nn yy .

    P(1): 21 yy .Jelas y1 < y2 < 2.Jadi P(1) benar.Dipunyai P(k) benar.Jelas 1 kk yy .Jelas

    21

    1 432

    432

    kkkk yyyy JadiP(k+1) benar apabila P(k) benar.

    Jadi P(n) benar.Jadi Nnyy nn 1 .Jadi Nnny naik dan terbatas.

    Jadi Nnny konvergen.

    Tulis yy Nnn .Bangun barisan bagian yY .

    Jadi23

    432 yyy .

    Jadi23 NnnyY .

    (d) Dipunyai barisan bilangan-bilangan real NnnzZ dengan 11 z dan nn zz 21 .

    Intuisi: 21 1 nn zz .Tulis P(n): 21 1 nn zz .

    P(1): 21 21 zz .Jelas z1 = 1 dan 22 12 zz .Jadi 21 21 zz .Jadi P(1) benar.Dipunyai P(k) benar.Jelas 21 1 kk zz .Jadi 4222 1 kk zz 2222 1 kk zz 22 21 kk zz .Jadi 21 21 kk zz .Dai P(k+1) benar apabila P(k)benar.

    Jadi P(n) benar.Jadi 21 1 nn zz .

    Jadi NnnzZ barisan turun danter-batas.Jadi NnnzZ konvergen.Tulis zzZ Nnn .Bangu barisan bagian

    zzZNnn

    '

    .

    Jadi zz 2 022 zz z(z 2) = 0 20 zz .

    Jadi 2 NnnzZ .

  • Contoh 3.3.4Dipunyai a > 0, akan dibangun suatubarisan Nnna sehingga aa Nnn .Prosedur yang digunakan telah dikenal diMesopotamia pada abad 1500 sebelumMasehi.Ambil sembarang a1>0 dan definisikan

    21n

    n

    n

    a

    aa

    a

    untuk n N.

    Jelas 02 12 aaaa nnn , an R.

    Jelas aaaa nn 22 044aan .

    Ambil sembarang n N.

    Jelas 1 nn aa = 2n

    n

    n

    a

    aa

    a

    =

    n

    n

    a

    aa

    2

    2 0.Jadi Nnna konvergen.

    Tulis xa Nnn untuk suatu x R.

    Jadi2

    x

    ax

    x

    ax 2 ax .

    Jadi aa Nnn .

    Pada akhir perhitungan, pentingdiperhatikan ketelitian bagaimana barisan

    Nnna konvergen ke a .

    Jelas aan untuk semua n 2 dann

    n

    aaa

    a .Jadi

    n

    n

    n

    nna

    aa

    a

    aaaa

    2

    0 , n 2.Menggunakan pertidaksamaan ini dapatdihitung a untuk sembarang ketelitiantertentu.

    Pasal ini ditutup dengan mengenal-kansuatu barisan yang konvergen ke suatubilangan transenden dalam mate-matika.

    Contoh 3.3.5

    Bangun barisanNn

    n

    nE

    11 . Ba-risan ini terbatas dan naik. Jadi E konver-gen ke suatu bilangan transenden yangdikenal dengan bilangan Euler e yanghampirannya2,718 281 828 459 045 ... .

    Jelas en =n

    n

    11

    =1+1+

    n

    11!2

    1+

    nn

    2111!3

    1

    +...+

    n

    n

    nn

    11..11!

    1

    dan en+1 =1

    111

    n

    n

    =1+1+

    111

    !21

    n+

    1

    211

    11!3

    1nn

    +...+

    111..

    111

    !1

    n

    n

    nn

    +

    11..111)!1(

    1n

    n

    nn .

    Tampilan en dan en+1 berturut-turutmemuat n+1 dan n +2 suku. Selanjutnyatiap suku di en kurang dari atau samadengan suku-suku yang sesuai di en+1.Jadi 1212 nn eeee .Jadi E barisan turun. Ingat bahwa:

    121

    !1

    pp untuk p = 1, 2, ... .

    Jadi 12 21

    21

    21112 nne

    32 ne untuk semua n N.Jadi E terbatas.Jadi E konvergen.

  • Latihan Pasal 3.3

    1. Dipunyai barisan bilangan-bilanganreal Nnnx disajikan secara induktif:x1>1 dan

    n

    nx

    x121 untuk n 2.

    Tunjukkan bahwa Nnnx terbatas,monoton, dan tentukan limitnya.

    2. Dipunyai barisan bilangan-bilanganreal Nnny disajikan secara induktif:y1=1 dan nn yy 21 . Tunjukkanbahwa Nnny konvergen dan ten-tukan limitnya.

    3. Dipunyai a > 0 dan barisan bilangan-bilangan real Nnnz disajikan seca-ra induktif: z1>0 dan nn zaz 1 .Tunjukkan bahwa Nnnz konver-gen dan tentukan limitnya.

    4. Dipunyai barisan bilangan-bilanganreal Nnnx disajikan secara induktif:x1 = a >0 dan

    n

    nnx

    xx1

    1 . Tentu-kan apakah Nnnx konvergen ataudivergen.

    5. Dipunyai Nnnx merupakan barisanterbatas dan untuk setiap n N,

    }sup{ nkxs kn dan }inf{ nkxt kn .Tunjukkan bahwa Nnns dan Nnnt konvergen. Tunjukkan pula bahwajika NnnNnn txs maka

    Nnnx konvergen.

  • 3.4 Barisan Bagian dan TeoremaBolzano-Weierstrass

    Pada pasal ini dikenalkan penger-tian tentang barisan bagian barisanbilangan-bilangan real. Juga dibangunteorema Bolzano-Wierstrass yangberguna untuk menguji kekonvergenanbarisan.

    Definisi 3.4.1

    Dipunyai barisan bilangan-bilangan realX Nnnx dan 321 rrr

    barisan bilangan-bilangan asli yang naikkuat. Barisan ,,,,,

    321 nrrrrxxxxX

    disebut barisan bagian X.

    Sebagai contoh dipunyai X =Nnn

    1.

    Berikut ini beberap contoh barisan bagiandari X:

    (a)Nnn 2

    1= ,

    51

    ,

    41

    ,

    31

    ,

    (b)Nnn 12

    1= ,

    71

    ,

    51

    ,

    31

    ,

    11

    , dan

    (c)Nnn !2

    1= ,

    !81

    ,

    !61

    ,

    !41

    ,

    !21

    .

    Sedangkan contoh berikut bukan himpun-an bagian dari X:

    (a) ,71

    ,

    61

    ,

    31

    ,

    41

    ,

    11

    ,

    21 dan

    (b) ,71

    ,0,51

    ,0,31

    ,0,11

    .

    Teorema 3.4.2

    Jika X = xx Nnn maka setiap baris-an bagian dari X konvergen ke x.

    Bukti:Ambil sembarang 0 .Pilih K() N sehingga xxn apa-bila n K().Ambil sembarang barisan bagian X .Tulis

    Nrr nnxX .

    Jelas nrn .Jadi xxNK n)(0apabila )(Krn .Jadi xxX

    Nrr nn .

    Contoh 3.4.3(a) Dipunyai barisan

    Nnnb dengan

    0

  • (b) Apabila c > 1 periksa konvergensinya

    barisanNn

    nc

    1

    .

    Tulis nn zc 1

    . Jelas zn > 1 dan zn+1 s1 sehingga 21 ss xx .Jelas

    2sx bukan peak.

    Pilih s3 > s2 sehingga 32 ss xx .Proses ini dilanjutkan diperolehbarisan bagian

    Nss nnx yang naik.

    Teorema Bolzano-Weierstrass

    Teorema Bolzano-Weierstrass me-nyatakan bahwa setiap barisan terbatasmempunyai barisan bagian yang kon-vergen. Mengingat pentingnya teoremaini, akan disajikan bukti kedua yangberasis selang bersarang.

    Teorema 3.4.7

    Setiap barisan terbatas mempunyai baris-an bagian yang konvergen.Bukti (1):Tulis NnnxX terbatas.Ambil sembarang

    NnrnxX barisan

    bagian X yang monoton.Jelas X terbatas.Jadi X konvergen.Bukti (2):Tulis NnnxX terbatas.Jadi }{ Nnxn terbatas.Pilih I1=[a,b] sehingga Nxbxa n .Pilih n1 = 1.

    Bagi I1 menjadi subselang 1I dan 1I ,dan bagi himpunan }1{ nNn menjadidua bagian, yaitu:

    },{ 111 IxnnNnA n dan},{ 111 IxnnNnB n .

    Kasus A1 tak hingga:Pilih 12 II dan 2n = inf{A1}.Bagi I2 menjadi subselang 2I dan 2I ,dan bagi himpunanBangun }{ 2nnNn menjadi duabagian, yaitu:

    },{ 122 IxnnNnA n dan},{ 122 IxnnNnB n .

    Kasus A2 tak hingga:Pilih 23 II dan 3n = inf{A2}.

    Proses ini dilanjutkan, diperoleh selangbersarang:

    kIIII 321dan barisan

    Nnn kkx sehingga kn Ix k

    untuk setiap Nk .Jelas 12

    kkabI .

    Pilih kI untuk setiap k N.Jelas kn abx n 2).( .Jelas (b-a)>0 dan 0

    21

    1 Nkk.

    Jadi Nnn kkx .Teorema ini disebut dengan teoremaBolzano-Weierstrass. Pembaca seringmelihat barisan terbatas, sebagai contohbarisan

    NnnX )1( mempunyai

    barisan bagian konvergen dan divergen,yaitu:

  • 1)1( 12

    NnnX ,

    1)1( 2 NnnX , dan

    NnnX 10)1( yang divergen.

    Teorema 3.4.8

    Dipunyai barisan bilangan-bilangan real

    NnnxX terbatas dan x R. Jika se-tiap barisan bagian X konvergen ke xmaka barisan X konvergen ke x.

    Bukti:

    Dipunyai NnnxX terbatas.Pilih M > 0 sehingga Mxn untuksemua Nn .Andaikan Nnnx tak konvergen ke x.Pilih 00 dan barisan bagian

    Nrr nnxX sehinghga 0 xx nr

    untuk semua n N.Jelas X terbatasPilih barisan bagian X dari X .Jelas X juga barisan bagian X.Jadi xX .Jadi barisan ekor terletak di )(

    0xV .

    Ini suatu kontradiksi.Jadi Nnnx konvergen ke x.

    Latihan 3.4

    1. Berikanlah suatu contoh barisan yangtak terbatas yang mempynyai barisanbagian yang konvergen.

    2. Jika 0 < c < 1 tunjukkan bahwa

    11

    Nn

    nc .

    3. Dipunyai barisan Nnnx dan Nnny .

    Barisan berayun Nnnz didefinisikandengan

    ,...,,, 121211 nn xzyzxz ,2 nn yz .

    Tunjukkan bahwa Nnnz konvergenjika dan hanya jika Nnnx dan

    Nnny konmvergen ke suatubilangan real yang sama.

    4. Setiap barisan bagian dari Nnnx kon-

    vergen ke 0 buktikan 0Nnnx .5.6. Periksa dan hitung kekonvergenan

    barisan berikut ini

    (a)Nn

    n

    2

    211

    (b)Nn

    n

    n

    211

    (c)Nn

    n

    n

    2

    211

    (d)Nn

    n

    n

    11

  • 3.5 Kriteria Cauchy

    Definisi 3.5.1

    Dipunyai barisan bilangan-bilangan realX Nnnx disebut barisan Cauchy jika

    untuk setiap 0 terdapat bilangan asli)(K sehingga untuk setiap bilangan asli

    m, n )(K berlaku mn xx .

    Lemma 3.5.2

    Dipunyai barisan bilangan-bilangan real

    Nnnx . Jika Nnnx konvergen maka

    Nnnx merupakan barisan Cauchy.Bukti:Tulis xx Nnn .Ambil sembarang 0 .Pilih NK )( sehingga

    5 xxn

    apabila )(Kn .Ambil sembarang m, n )(K .Jelas mn xx xxxx mn

    2.Jelas 1 xn 2 untuk setiap x N.Jelas 11 2

    1 nnn xx untuk x N.

    Ambil m, n N dengan m > n.

    Jelas mn xx 1 nn xx + 21 nn xx + ...

    + mm xx 1= 21 2

    121

    21

    mnn

    =

    11 21

    211

    21

    NMn

    < 121n .

    Ambil sembarang 0 .Pilih n sehingga .

    421 n

    Jadi mn xx apabila m > n.Jadi Nnnx adalah barisan Cauchy.

    Jadi Nnnx konvergen.

    Tulis xx Nnn untuk suatu xR.Pilih barisan bagian NnnxX 12 .Jelas 123 2

    121

    211 nX

    =

    Nnn

    411

    321 .

    Jelas35X .

    Jadi35Nnnx .

    (c) Dipunyai barisan bilangan-bilanganreal Nnny disajikan secara induktifdengan

    !11

    1 y , !21

    !11

    2 y , ...,

    !)1(

    !21

    !11 1

    ny

    n

    n

    .Ambil sembarang m, n N, m > n.

  • Tulis

    ni

    i

    n iy

    1

    1

    !)1(

    .

    Jadi

    n

    i

    im

    i

    i

    nm iiyy

    1

    1

    1

    1

    !)1(

    !)1(

    =

    !)1(

    )!2()1(

    )!1()1( 132

    mnn

    mnn

    .Jadi nm yy =

    !)1(

    )!2()1(

    )!1()1( 132

    mnn

    mnn

    !

    )1()!2(

    )1()!1(

    )1( 132mnn

    mnn

    !

    1)!2(

    1)!1(

    1mnn

    11 21

    21

    21

    mnn

    < 121n

    m

    nm

    =

    m

    n1 .Kasus m = 2n, nm zz > 21 .Jadi

    Nn

    n

    i i

    1

    1 bukan barisan

    Cauchy.

    JadiNn

    n

    i i

    1

    1 divergen.

    Jadi deret harmonik 1

    1i i

    divergen.

    Definisi 3.5.6

    Barisan Nnnx dikatakan menyempitji-ka ada konstanta C, 0 < C < 1sehingga nnnn xxCxx 112untuk semua n N. Konstanta Cdisebut konstanta penyempitan barisan.

    Teorema 3.5.7

    Setiap barisan yang menyempit merupa-kan barisan Cauchy dan dengandemikian konvergen.

    Bukti:Dipunyai Nnnx barisan menyempit.

    Jelas 12 nn xx nn xxC 1 12 nn xxC 213 nn xxC ... 12 xxC n

    Ambil sembarang m, n N, m > n.

  • Jelas nm xx nnmmnm xxxxxx 121 ... 12132 xxCCC nmm = 12

    211 )1( xxCCC nmnmn = 12

    1

    11

    xxC

    CCnm

    n

    121 .11

    xxC

    C n

    .

    Jelas 012 xx dan0

    111

    Nn

    n

    CC .

    Jadi nm xx untuk setiap 0 .Jadi Nnnx barisan Cauchy.

    Jadi Nnnx konvergen.

    Dalam proses perhitungan dalambarisan menyempit terdapat suatu halyang penting dalam memperkirakan danmengestimasi kesalahan pada unsur ke n.Dalam perolehan berikut diberikan duaestimasi tersebut, yaitu:(a) pertama menyangkut dua unsur perta-

    ma barisan dan n,(b) kedua yang berkaitan dengan selisih

    unsur: nx dan xn1.

    Akibat 3.5.8

    Jika NnnxX suatu barisan menyem-pit dengan konstanta penyempitan C, 0 n.

    Jelas nm xx 121 .11

    xxC

    C n

    .

    Jadi nxx * 121 .11

    xxC

    C n

    .

    (b) Ambil sembarang m, n N, m > n.Jelas nm xx nnmm xxxx 11 .Ingat 11 nnkknkn xxCxx .Jadi nm xx 12 ).( nnnm xxCCC 1.1 nn xxC

    C.

    Jadi nxx * 121 .11

    xxC

    C n

    .

    Contoh 5.3.9Dipunyai f: R R, f(x) = x2 7x + 2.Jelas f(0) = 2 dan f(1) = 4. Ini berartibahwa suatu solusi persamaan f(x) = 0terletak di antara 0 dan 1. Solusi ini dapatdiselesaikan dengan cara perulangansebagai berikut.

    Tulis7

    23 xx .Bangun barisan NnnxX dengan:0 < x1 < 1 dan 7

    231

    nn xx , n N.Jelas 0 < xn < 1 untuk semua n N.Jelas 12 nn xx

    =

    72

    72 33 1 nn xx =

    7

    331 nn xx

    =

    7

    .. 12

    13

    1 nnnnnn xxxxxx

  • nn xx 1.73

    .

    Jadi Nnnx merupakan barisan menyem-pit.Jadi Nnnx konvergen.

    Tulis px Nnn untuk suatu p R.Jadi p suatu solusi.Nilai x dihampiri dengan memilih nilai-nilai p di antara 0 dan 1.Pilih x1 = 0,5:Jelas x2 = 0,3035714; x3 = 0,2897108

    x4 = 0,2891880; x5 = 0,2891692x6 = 0,2891686; dan seterusnya.

    Untuk memperoleh istimasi yang teliti,lihat fakta: 2,012 xx .Jadi 12

    1*

    .

    1xx

    CC

    xxn

    n

    = )2,0.(74

    73 1

    n

    =

    203 1n

    .

    Kasus n = 6:

    Jelas 0051,048020

    24320.7

    34

    5

    6* xx .

    Kenyataan menunjukkan bahwa padadasarnya hampiran yang diharapkan lebihbaik dari ini. Sebagai contoh

    56 xx 0,0000006 < 0,0000007.Jadi 0000006,0

    43

    566* xxxx .

    Ini berarti bahwa hampiran x6 teliti pada6 tempat desimal.

    Latihan 3.5

    1. Berikan contoh suatu barisan terbatasyang bukan merupakan barisanCauchy.

    2. Tunjukkan bahwa barisan berikut me-rupakan barisan Cauchy.

    3. Buktikan bahwa barisan berkut bukanbarisan Cauchy:

    (a)Nnn

    n

    1 (b)Nnn !

    1

    4. Tunjukkan bahwa jika Nnnx danNnny barisan Cauchy maka barisn-

    barisan Nnnn yx dan Nnnn yx .juga merupakan barisan Cauchy.

    5. Jika Nnnx barisan Cauchy dan xnbilangan bulat untuk setiap nN maka

    Nnnx merupakan bareisan konstan.

    6. Jika x1 < x2 adalah sembarang bilang-

    an real dan2

    12 nnn xxx untuk n>2tunjukkan bahwa Nnnx konvergendan tentukan nilai limitnya.

    7. Jika x1 > 0 dan 1,21

    1 nxx nntunjukkan bahwa Nnnx merupakanbarisan menyempit dan tentukan limitbarisan tersebut.

    8. Persmaaan x2 5x + 1 = 0 mempunyaiakar r dengan 0 < r < 1. Gunakanhampiran barisan penyempitan untukmenghitung r yang kurang dari 10-4.

  • 4.1 Limit Fungsi

    Analisis dalam matematika secaraumum memperkenalkan tentang topicmatematika yang secara sitematitisdigunakan untuk membangun konsep-konsep limit. Telah dikenal konsep dasartentang limit, antara lain konvergensibarisan bilangan-.bilangan real. Padapasal ini akan dibangun konsep limitfungsi.

    Konsep limit fungsi sejajardengan konsep limit barisan. Secaraintuitif, ide fungsi f mempunyai limit L dic adalah nilai f(x) menghampiri L apabilax menghampiri c. Pernyataan fungsi fmenghampiri L di c berarti bahwa nilaif(x) terletak di sembarang lingkungan Lapabila x diambil dari lingkungan c yangcukup kecil dengan cx . Pemilihan bergantung nilai yang diambil. Limitfungsi tidak bergantung pada adanya nilaif di c.

    Definisi 4.1.1

    Dipunyai A R dan a R.Titik cdisebut titik kumpul A jika setiap lingkungan c memuat paling sedikit

    satu titik di A yang bukan c.

    Perhatian:Titik kumpul c tidak harus menjadi

    anggota A.

    Teorema 4.1.2

    Suatu titik c R merupakan titikkumpul A jika dan hanya jika terdapatbarisan na unsur-unsur di A yang bukanc yang konvergen ke c.

    Bukti:)( Dipunyai c titik kumpul A.

    Ambil sembarang n N.Bangun )()( 1 cVcV

    n

    .Pilih }){()(1 cAcVa

    n

    n .Bangun Nnna .Pilih N = n + 1.Jelas can apabila Nn .Jadi ca Nnn .Jadi terdapat barisan unsur-unsur diA selain c dan konvergen ke c.

    )( Dipunyai barisan unsur-unsur diA selain c dan konvergen ke c.Ambil sembarang 0 .Pilih )()( cVaNK n Apabila )(Kn .Jadi )(cV memuat titik-titik diA yang bukan c.Jadi c suatu titik kumpul A.

    Contoh 4.1.3

    (a) Dipunyai A1 = (0,1) dan A = [0,1].Ambil sembarang Aa .Kasus a = 0:

    Ambil sembarang n N.Bangun )0(1

    n

    V .

    Pilihn

    an 21 .

  • Jelas })0{()0(1 AVan

    n .

    Jadi})0{()0()0( 11 AVaV

    n

    n

    n

    .

    Jadi 0 suatu titik kumpul A1.Kasus a = 1:

    Ambil sembarang n A.Bangun )1(1

    n

    V .

    Pilihn

    an 21 .

    Jelas })1{()1( 11 AVan

    n .

    Jadi})1{()1()1( 11 AVaV

    n

    n

    n

    .

    Jadi 1 suatu titik kumpul A.Kasus 0 < a < 1:

    Ambil sembarang 0 .Bangun )(aV .Kasus }1,min{0 aa .

    Pilih20 aan .

    Jelas }){()( 1 aAaVan .Kasus }1,min{0 aa .

    Pilih ),( 0 aaan .Jelas }){()( 1 aAaVan .

    Jadi}){()1()1( aAVaV n .

    Jadi a suatu titik kumpul A1.Jadi ]1,0[a a titik kumpul A1.

    (b) Dipunyai A R dan A hingga.Tulis A = {a1, a2, ..., an} dan

    min },...,1,;1{ njijaa ji .Ambil sembarang Aai .Pilih

    20 .

    Bangun )(0 iaV .

    Jelas }){()(0 ii aAaV .Jadi ia bukan titik kumpul A.Jadi A tidak punya titik kumpul.

    (c) Buktikan N tak punya titik kumpul.Bukti:Ambil sembarang Nn .Tulis }min{ jinn ji .Jelas 1 .Pilih

    21

    0 .Bangun )(

    0nV .

    Jelas ()(0

    nV N-{n})=0.Jadi n bukan titik kumpul N.Jadi N tidak punya titik kumpul.

    Definisi 4.1.4

    Dipunyai A R, Af : R, dan ctitik kumpul A. Limit f(x) untuk xmendekati c bernilai L ditulis

    cx

    Lxf

    )(lim jika dan hanya jika untuksetiap lingkungan )(LV terdapatlingkungan )(cV sehingga

    )()( LVxf apabila )(cVx .

    Teorema 4.1.5

    Jika A R dan Af : R maka fhanya boleh memiliki sebuah limit di c.

    Bukti:Andaikan

    cxLxf )(lim dan

    cxLxf )(lim

    dengan LL .Ambil sembarang 0 .

  • Pilih 0 dan 0 sehingga)()( LVxf apabila )(cVx

    dan )()( LVxf apabila )(cVx dengan )(LV )(LV .Pilih },min{ .Pilih }){()(0 cAcVx .Jelas )()()( 0 LVLVxf .Ini suatu kontradiksi.Jadi LL .

    Kriteria Bagi LimitTeorema 4.1.6

    Dipunyai A R, Af : R, dan ctitik kumpul A. PBE:(a) Lxf

    cx )(lim

    (b) untuk setiap 0 terdapat suatu0 sehingga Lxf )( apabilaAx dan )(0 cx .

    Bukti:)( Dipunyai Lxf

    cx )(lim .

    Ambil sembarang 0 .Pilih 0)( sehingga:

    )()( LVxf apabila }){()()( cAcVx Lxf )( apabila )(0 cx .

    Jadi setiap 0 terdapat suatu0 sehingga Lxf )( apabilaAx dan )(0 cx .

    )( Dipunyai setiap 0 terdapat suatu0 sehingga Lxf )( apabilaAx dan )(0 cx .

    Ambil sembarang 0 .

    Pilih 0)( sehingga: Lxf )( apabila

    Ax dan )(0 cx .Jelas Lxf )(

    )()( LVxf danAx dan )(0 cx

    }){()( cAcVx .Jadi untuk setiap 0 terdapat

    0)( sehingga )()( LVxf apabila }){()( cAcVx .Jadi Lxf

    cx )(lim .

    Contoh 4.1.7

    (a) Buktikan bbcx

    lim .Bukti:

    Tulis xbxf )( R.Ambil sembarang 0 .Pilih 01 .Dipunyai 10 cx .

    Jelas bxf )( = bb =0

  • Jadi cxf )(00apabila cx0 .

    Jadi cxcx

    lim .

    (c) Buktikan 22lim cxcx

    .Bukti:

    Tulis 2)( xxf .Ambil sembarang 0 .Pilih }

    21

    ,1min{ c .Dipunyai cx0 .

    Dicari batas 1x pada 10 cx :Jelas 10 cx 11 cxc c < x + 1< c + 2 221 ccx .

    Jadi 222)( cxcxf = cxcx .< )2( c= .

    Jadi 2)(00 cxfapabila cx0 .

    Jadi 2lim cxcx

    .(d) Buktikan

    cxcx

    11lim , c > 0.Bukti:

    Tulisx

    xf 1)( , x > 0.Ambil sembarang 0 .Pilih }

    2,

    2min{

    2 cc .Dipunyai cx0 .

    Dicari batascx

    1 pada2

    0 ccx :

    Jelas2

    0 ccx 23

    2c

    xc

    cxc

    2132

    2221

    32

    ccxc

    2221

    32

    ccxc .

    Jelascxc

    xf 111)(

    =

    cx

    xc

    =

    cx

    cx

    < 22c

    = .Jadi

    c

    xf 1)(00

    apabila cx0 .Jadi

    cxcx

    11lim .

    (e) Buktikan54

    14lim 2

    3

    2

    x

    x

    x.

    Bukti:

    Tulis x

    x

    xxf

    14)( 2

    3R.

    Ambil sembarang 0 .Pilih }

    152

    ,1min{ .Dipunyai 20 x .

    Dicari batas 1265 2 xx dan

    )1(512 x pada 120 x :

    Jelas 120 x 1 < x < 3 1 < x2 < 9

  • 2 < x2 + 1 < 10 10 < 5(x2 + 1) < 50

    101

    )1(51

    501

    2 x dan

    1265 2 xx < 5.32 + 6.3 + 12 = 75.Jelas

    54)( xf

    =

    54

    14

    2

    3

    x

    x

    =

    )1(51265.2

    2

    2

    x

    xxx

    =

    )1(5)1265.(2

    2

    2

    x

    xxx

    =

    215

    = .Jadi

    54)(00 xf

    apabila 20 x .Jadi

    54

    14lim 2

    3

    x

    x

    cx.

    Kriteria Barisan Bagi Limit

    Berikut ini disajikan suatu formulapenting tentang limit fungsi pada barisanbilangan.

    Teorema 4.1.8Dipunyai Af : R dan c titik kumpul A.PBE:(a) Lxf

    cx )(lim

    (b) untuk setiap barisan unsur-unsur di Aselain c Nnnx yang konvergen ke c

    maka barisan Lxf Nnn )( .

    Bukti:)( Dipunyai Lxf

    cx )(lim dan ba-

    risan di A selain c cxn .Ambil sembarang 0 .Pilih 0 sehingga:

    Lxf )(apabila cx0 .Pilih NK )( sehingga

    cxn apabila )(Kn .Jadi Lxf n )( .Jadi NK )(0 sehingga

    Lxf n )( apabila Nn .Jadi Lxf Nnn )( .

    )( Dipunyai untuk setiap barisanunsur-unsur di A selain c

    Nnnx yang konvergen ke c

    maka barisan Lxf Nnn )( .

    Andaikan Lxfcx

    )(lim .Pilih 00 sehingga

    0)( Lxf untuk suatu

    Kriteria divergen

    Teorema 4.1.9

    Dipunyai A R Af : R dan ctitik kumpul A.(a) Jika LR maka Lxf

    cx )(lim jika

    dan hanya jika terdapat suatu barisanNnnx unsur-unsur di A yang bukan c

    konvergen ke c, akan tetapiLxf n

    cxn

    )(lim .

  • [(b) Lxf n

    cxn

    )(lim jika dan hanya jikaterdapat barisan unsur-unsur di Ayang bukan c sehingga cx Nnn akan tetapi barisan Nnnxf )( tidakkonvergen.

    Bukti:Diserahkan pembaca sebagai latihan.

    Contoh 4.1.10

    (a) Tunjukkanxx

    1lim0 tidak ada.

    Buktinya sederhana, diserahkanpemba-ca sebagai latihan.

    (b) Dipunyai fungsi sgn: R R dengan:

    0,10,00,1

    )sgn(x

    x

    x

    x .

    Grafik sgn:

    Jelasx

    xx )sgn( untuk 0x .

    BangunNn

    n

    Nnn nxX

    )1( .Jelas sgn (xn) = (1)n untuk n N.Jelas Nnnxsig ( tidak konvergen.Jadi )sgn(lim

    0x

    x tidak ada.

    (c) Tunjukkanxx

    1sinlim

    0 tidak ada.

    Bukti:Diserahkan pembaca sebagai latih-an.

    Latihan Pasal 4.11. Tentukan kondisi 1x agar

    (a) 212 1 x(b) 3

    2

    1011 x

    (c)n

    x 12 1 untuk n N diberikan(d)

    nx 13 1 untuk n N diberikan

    2. Dipunyai c suatu titik kumpul RA dan RAf : . Buktikan

    Lxfcx

    )(lim jika dan hanya jika0)(lim Lxfcx .

    3. Dipunyai RRf : dan c R.Tunjukkan Lxf

    cx )(lim jika dan

    hanya jika Lcxfx

    )(lim0 .

    4. Dipunyai RRf : , I selang bukadengan RI , dan c I. Tunjukkanbahwa f1 mempunyai limit di c jika danhanya jika f mempunyai limit di c, dan

    1lim)(lim fxfcxcx .

    5. Dipunyai I = (0,a), a > 0, dan g(x) = x2untuk x I. Untuk sembarang x, c di Itunjukkan cxacxg 2)( 2 . Gu-nakan pertidaksamaan untuk menun-jukkan 22lim cx

    cx .

    X

    Y

    1

    1

  • 4.2 TEOREMA-TEOREMA LIMIT

    Pada pasal ini akan diturunkansuatu hasil yang dapat dipergunakanuntuk menghitung limit fungsi.

    Definisi 4.2.1

    Dipunyai A R, Af : R, dan c titikkumpul A. Fungsi f dikatakan terbataspada suatu lingkungan c jika terdapatsuatu lingkungan )(cV sehingga

    Mxf )( untuk setiap )(cVAx .

    Teorema 4.2.2

    Dipunyai A R, Af : R. Jika fmempunyai limit di c maka f terbataspada suatu lingkungan di c.

    Bukti:Tulis Lxf

    cx )(lim .

    Ambil 010 .Pilih 00 sehingga 1)( Lxfapabila 00 cx .Jelas 1)()( LxfLxf .Ambil sembarang }){()(

    0cAcVx .

    Jelas Lxf 1)( .Tu;lis 01 ML .Jadi )(

    0cV dan M > 0 sehingga

    }){()(0

    cAVxMxf .Jadi f terbatas pada suatu lingkungan c.

    Definisi 4.2.3

    Dipunyai A R, Af : R, danAg : R suatu fungsi.

    Didefinisikan:

    (f+g)(x) = f(x) + g(x) Ax ,(f g)(x) = f(x) g(x) Ax ,(f.g)(x) = f(x) . g(x) Ax ,jika k R maka(k.f)(x) = k . f(x) Ax ,jika h(x) 0 Ax maka

    )()()()(

    )(xhxf

    xxhxf

    Ax .

    Teorema 4.2.4

    Dipunyai A R, f: AR, f: AR, ctitik kumpul A, dan b R.(a) Jika Lxf

    cx )(lim dan Mxfcx )(lim

    maka MLxgxfcx

    )]()([lim ,MLxgxf

    cx )]()([lim ,

    MLxgxfcx

    .)]().([lim ,Lbxfb

    cx.)(.lim ,

    (b) Jika h:ARdan Axxh 0)( , danHxh

    cx )(lim maka H

    Lx

    hf

    cx )(lim .

    Bukti:(a.3) Ambil sembarang barisan unsur-

    unsur di A yang bukan c sehinggaca Nnn .

    Jelas Lxf ncxn

    )(lim danMxg n

    cxn

    )(lim .Jadi )]().([lim xgxf

    cx= )]().([lim nn

    cxxgxf

    n= L.M.

    Bukti lainnya diserahkan pembaca seba-gai latihan.

  • Contoh 4.25(a) Beberapa contoh limit yang disajikan

    pada pasal 4.1 dapat diperiksa denganmemanfaatkan Teorema 4.2.4.Sebagai contoh telah diperoleh

    ccxlim dan

    22lim cxcx

    .Jika c > 0 dapat dihitung

    cxxcc

    cc

    1lim

    11lim

    .

    (b) Jelas )4)(1(lim 32 xxcx= )4(lim).1(lim 3

    22

    2 xx xx

    = 5.4= 20.

    (c) Jelas14lim 2

    3

    2

    xx

    x=

    1lim

    4lim2

    2

    32

    x

    x

    x

    x=

    54

    .

    (d) Jelas 0)63(lim2

    xx .Dengan demikian limit berikut tidakdapat memanfaatkan Teorema4.2.4.b. Jadi

    634lim

    2

    2

    xx

    x= )2(3

    )2)(2(lim2

    x

    xx

    x

    =

    3)2(lim

    2

    x

    x

    = )2(lim31

    2 xx

    =

    34

    .

    (e) Jelasxx

    1lim0 tidak ada.

    (f) Jika )(xp suatu polinommaka )()(lim cpxp

    cx .

    (g) Jika p(x) dan q(x) polinom dengan0)( xq maka

    )()(

    )(lim)(lim

    )()(lim

    cqcp

    xq

    xp

    xqxp

    cx

    cx

    cx

    .

    Teorema 4.2.6Dipunyai A R, Af : R, dan c suatutitik kumpul A.Jika a f(x) b untuk setiap x A-{c)dan )(lim xf

    cx ada maka bxfa cx )(lim .Bukti:Dipunyai )(lim xf

    cx ada.

    Tulis )(lim xfLcx .

    Ambil sembarang barisan unsur-unsur diA {c} cx Nnn )( .Jelas Lxf Nnn ))(( .Dipunyai a f(xn) b.Jadi a L b.

    Teorema 4.27

    Dipunyai A R, Agf :, R, dan csuatu titik kumpul A.Jika f(x)g(x)h(x) untuk setiap x A-{c)dan )(lim)(lim xhLxf

    cxcx makaLxg

    cx )(lim .

    Bukti:Ambil sembarang 0 .Pilih 01 , 02 , dan 02 sehingga:

    5)( Lxf apabila 10 cx ,

    5)( Lxf apabila 20 cx , dan

    f(x)g(x)h(x) apabila 30 cx .Pilih },,min{ 321 .Jelas f(x)g(x)h(x) f(x)Lg(x)Lh(x)L.Jadi })(,)({)( LxhLxfmaksLxg

    < .Jadi Lxg )(00apabila cx0 .Jadi Lxg

    cx )(lim .

  • Contoh 4.2.8

    (a) Tunjukkan 0lim 23

    0 xx apabila x > 0.

    Tulis 10,)( 23

    xxxf .Jelas 12

    1

    xx xxx 23

    2.

    Jelas xxxx 0

    20

    lim0lim .

    Jadi 0lim 23

    0 xx .

    (b) Tunjukkan 0sinlim0

    xx .Ambil sembarang xR.Jelas xxx sin .Jelas )(lim0)(lim

    00xx

    xx .Jadi 0sinlim

    0 xx .

    (c) Tunjukkan 1coslim0

    xx .Ambil sembarang xR.Jelas 1cos

    21

    2 xx .

    Jelas )1(lim1)2

    1(lim0

    2

    0 xxx

    .

    Jadi 1coslim0

    xx .

    (d) Tunjukkan 01coslim0

    xx

    x.

    Ambil sembarang xR.Jelas 1cos

    21

    2 xx .

    Kasus x > 0:

    Jelas 1cos2

    12

    xx

    01cos2

    2 xx

    01cos2

    x

    xx

    Jelas )0(lim02

    lim00 xx

    x.

    Jadi 01coslim0

    xx

    x.

    Kasus x < 0:

    Jelas 1cos2

    12

    xx

    01cos2

    2 xx

    2

    1cos0 xx

    x

    Jelas )2

    (lim0)0(lim00

    x

    xx .

    Jadi 01coslim0

    xx

    x.

    (e) Tunjukkan 1sinlim0

    xx

    x.

    (f) Tunjukkan 01sin.lim0

    xxx , x 0.

    Tulis 0,1sin)( xx

    xf .Ambil sembarang xR {0}.Jelas 11sin1

    x.

    Kasus x < 0:

    Jelas xx

    xx 1sin .Kasus x > 0:

    Jelas xx

    xx 1sin. .

    Jadi xx

    x 1sin .Jelas xx

    xx 00lim0lim .

    Jadi 01sin.lim0

    xxx

  • Teorema 4.2.9Dipunyai AR, Af : R, dan c suatutitik kumpul A.(a) Jika 0)(lim xfcx maka terdapat ling-

    kungan )(cV sehingga 0)( xfuntuk setiap }){()( cAcVx .

    (b) Jika 0)(lim xfcx maka terdapat ling-kungan )(cV sehingga 0)( xfuntuk setiap }){()( cAcVx .

    Bukti:(a) Dipunyai 0)(lim xfcx .

    Tulis Lxfcx

    )(lim , L >0.Ambil

    2L .

    Pilih 0 sehingga2

    )( LLxf apabila cx0 .

    Jelas cx0 }){()( cAcVx dan

    2)( LLxf

    2

    3)(2

    LxfL .

    Jadi terdapat lingkungan )(cV se-hingga 0)( xf untuk setiap

    }){()( cAcVx .

    (b) Dipunyai 0)(lim xfcx .Tulis Lxf

    cx )(lim , L < 0.

    Ambil2L .

    Pilih 0 sehingga2

    )( LLxf apabila cx0 .

    Jelas cx0 }){()( cAcVx dan

    2)( LLxf

    2

    )(2

    LLxfLL

    2

    )(2

    LLxfLL

    2

    )(2

    3 LxfL .

    Jadi terdapat lingkungan )(cV se-hingga 0)( xf untuk setiap

    }){()( cAcVx .

    Latihan Pasal 4.2

    1. Gunakan Teorema 4.2.4 untuk menen-tukan limit berikut:(a) )32)(1(lim

    1 xxx

    (b)22lim 2

    2

    1

    xx

    x

    (c)

    xxx 21

    11lim

    2

    (d)2

    1lim 20

    xx

    x

    2. Hitunglah 22 23121lim

    xx

    xx

    x

    , x>0.

    3. Buktikan bahwaxx

    1coslim

    0 tidak ada,

    akan tetapi 01cos.lim0

    xxx .

  • 4. Dipunyai n N sehingga n 3. Turun-kan pertidaksamaan 22 xxx n untuk x < x < 1. Gunakan kenyataanbahwa 0lim 2

    0 xx untuk menunjuk-

    kan 0lim0

    n

    xx .

    5. Dipunyai RA , RAf : , dan csuatu titik kumpul A. Jika )(lim xf

    cxada dan jika f fungsi yangdidefinisikan pada A oleh:

    f (x) = )(xfBuktikan )(lim)(lim xfxf

    cxcx .

    6. Dipunyai RA , RAf : , c suatutitik kumpul A, f(x) 0 untuk semua x A, dan )()( xfxf . Jika

    )(lim xfcx ada buktikan )(lim xfcx =

    )(lim xfcx .

  • 4.3 PERLUASAN KONSEP LIMIT

    Pada pasal ini disajikan tiga tipeperluasan konsep limit fungsi yang seringmuncul. Semua ide itu berkaitan dantelah diketahui, pasal ini menjadi mudahutnuk dibaca.

    Limit Sepihak

    Ada kalanya suatu limit fungsitidak ada pada titik kumpul apabila suatufungsi itu dfibatasi pada suatu selang disatu pihak dari titik kumpul.

    Sebagai contoh fungsi signum,

    yaitu: :f ,

    0,10,1)(

    x

    xxf .

    Grafiknya:

    Gambar 4.3.1: f(x) = sgn x

    Jelas )(lim0

    xfx tidak ada. Akan tetapi

    apabila diadakan pembatasan:(a) Pertama )0,(:1f , f1(x) = 1.

    Jelas 1)(lim 10 xfx .Limit ini disebut limit kiri f di c = 0.

    (b) Kedua ),0(:2f , f2(x) = 1.Jelas 1)(lim 20 xfx .Limit ini disebut limit kanan f di c = 0.

    Definisi 4.3.1

    Dipunyai A R dan Af : R.(a) Jika c titik kumpul A (c,+) maka

    LR disebut limit kanan f di c ditulisLxf

    cx )(lim

    untuk setiap 0 terdapat0 sehingga Lxf )(

    apabila cxc .(a) Jika c titik kumpul A ( ,c) maka

    LR disebut limit kiri f di c ditulisLxf

    cx )(lim

    untuk setiap 0 terdapat0 sehingga Lxf )(

    apabila cxc .Catatan:(1) Jika L adalah limit kanan f di c,

    ditulis dengan Lxfcx

    )(lim .Jika L adalah limit kiri f di c,ditulis dengan Lxf

    cx )(lim .

    (2) Limit-limit fcx

    lim dan fcx

    lim dise-

    but limit sepihak f. Limit-limit sepi-hak boleh keduanya ada, sama atautidak sama.

    (3) Jika A merupakan selang dengan cmerupakan ujung kiri maka

    Af : mempunyai limit jikadan hanya jika Af :mempunyai limit kanan di c.Demikian pula, jika A merupakanselang dengan c merupakan ujungkanan maka Af : mempunyailimit jika dan hanya jika Af :mempunyai limit kiri di c.

    X

    Y

    1

    1

    f

    O

  • Teorema 4.3.2

    Dipunyai A R, Af : R, dan c suatutitik kumpul A ),( c maka:PBE(a) Lxfcx )(lim R;(b) untuk setiap barisan cx Nnn

    unsur-unsur di A dengan xn > c baris-an Lxf Nnn )( .

    Buktinya sederhana, diserahkan pembacasebagai latihan.

    Teorema 4.3.3

    Dipunyai A R, Af : R, dan c suatutitik kumpul A ),( c dan A ),( c .Nilai Lxf

    cx )(lim

    Lxfcx

    )(lim = )(lim xfcx .

    Bukti:

    )( Dipunyai Lxfcx

    )(lim .Ambil sembarang 0 .Pilih 0 sehingga Lxf )(

    apabila cx .Jelas cx cxc .

    Jadi 00 Lxf )(apabila cxc dan cxc .

    Jadi Lxfcx

    )(lim = )(lim xfcx .)( Dipunyai Lxf

    cx )(lim = )(lim xfcx .

    Ambil sembarang 0 .Pilih 0 sehingga Lxf )(

    apabila cxc dan

    cxc .Jelas cxc dan cxc cx .

    Jadi 00 Lxf )(apabila cx .

    Jadi Lxfcx

    )(lim .

    Contoh 4.3.4

    (a) Dipunyai f(x) = sgn (x)

    0,10,1

    x

    x.

    Jelas 1)1(lim)(lim00

    xx xf dan1)1(lim)(lim

    00 xx xf .

    Jadi )(lim)(lim00

    xfxfxx

    .Jadi )(lim

    0xf

    x tidak ada.

    Contoh 4.3.2 (b)

    Dipunyai xexg1

    )( , x 0.Sket grafik f:

    Kasus x > 0:Ingat 0 < t < et untuk setiap t > 0.Ambil sembarang x > 0.

    Jelas 01 x

    .

    X

    Y

    1

  • Jadi xex

    110 .

    Bangunn

    xn1 .

    Jelas nxn

    1 .Jadi nxg n )( untuk setiap nN.Jadi x

    xe

    1

    0lim

    tidak ada.

    Kasus x < 0:

    Jelas 01 x

    .

    Jadi xex

    110 .

    Jadi xe x 1

    0 .Jelas )(lim00lim

    00x

    xx .

    Jadi 0lim1

    0

    x

    xe .

    Jadi xx

    e

    1

    0lim tidak ada.

    Contoh 4.3.2 (c)Dipunyai

    1

    1)( 1

    xe

    xh , x 0.

    Sket grafik h:

    Kasus x > 0:

    Jelas xex

    110 .

    Jadi xe x

    110 .

    Jadi xee xx

    111

    1

    10 .

    Jelas xxx

    00

    lim00lim .

    Jadi 01

    1lim 10

    xx

    e

    .

    Kasus x < 0:

    Dipunyai 0lim1

    0

    x

    xe .

    Jadi 111

    1lim

    1

    1

    1lim 1

    0

    10

    x

    x

    xx

    ee

    .

    Karena nilai kedua limit sepihak di 0

    tidak sama maka1

    1lim 10

    x

    x

    e

    tidak ada.

    Limit Tak Hingga

    Fungsi f: R {0} R, 21)(x

    xf yang gambarnya adalah sebagai berikut:

    Y

    X

    1

    0X

    Y

  • Tidak terbatas pada sembarang lingkung-an 0. Dengan demikian f tidak mempu-nyai limit berdasarkan definisi sebelum-nya. Selain itu lambang dan bukan menyatakan suatu bilangan real.

    Biasa dikatakan untuk 21)(x

    xf menghampiri apabila x 0..Definisi 4.3.5

    Dipunyai A R, f: A R, dan c Rsuatu tiik kumpul A.(a) Limit f menuju + apabila x c

    ditulis dengan )(lim xfcx jikadan hanya jika untuk setiap M > 0terdapat 0 sehingga f(x) > Muntuk setiap x A dengan

    cx0 .(b) Limit f menuju apabila x c

    ditulis dengan )(lim xfcx jikadan hanya jika untuk setiap N < 0terdapat 0 sehingga f(x) < Nuntuk setiap x A dengan

    cx0 .

    Contoh 4.3.6 (a)

    Tunjukkan 201limxx

    .

    Tulis )(12 xfx .Ambil sembarang M > 0.

    PilihM1 .

    Dipunyai 00 x .Jelas 00 x x0

    220 x 220 x .Jadi 22

    11x .

    Jadi Mx

    xf 2211)( .

    Jadi 00 M sehingga f(x) > Mapabila cx0 .Jadi 20

    1limxx

    .

    Contoh 4.3.6 (b)

    Dipunyai g: R {0} R,x

    xg 1)( .Kasus x < 0:

    Ambil sembarang M > 0.Jelas g(x) < M.Jadi g tidak menuju + apabila x0.

    Kasus x > 0:Ambil sembarang N < 0.Jelas g(x) > N.Jadi g tidak menuju apabila x0.

    Beberapa perolehan pada pasal 4.1 dan4.2 dapat diperlus menjadi teorema-teorema limit.

    Teorema 4.3.7

    Dipunyai A R, f: A R, dan c Rsuatu titik kumpul A. Jika )()( xgxf untuk setiap x A, x c maka:(a) Jika )(lim xfcx

    maka )(lim xgcx(b) Jika )(lim xgcx

    maka )(lim xfcx

  • Bukti:(a) Dipunyai )(lim xfcx .

    Ambil sembarang M > 0.Pilih 0 sehingga

    Mxf )( apabila cx0 .Dipunyai )()( xgxf .Jadi Mxg )(Jadi 00 M sehingga

    g(x)>M apabila cx0 .Jadi )(lim xgcx .

    (b) Dipunyai )(lim xgcx .Ambil sembarang N < 0.Pilih 0 sehingga

    Nxf )( apabila cx0 .Dipunyai )()( xgxf .Jadi Nxf )(Jadi 00 N sehingga

    g(x) 0 terdapat 0 se-hingga Mxf )( apabila c < x < +cdan dan nilai f me-nuju ditulis

    )(lim xfcx jika dan hanya jikauntuk setiap N < 0 terdapat 0 se-hingga Nxf )( apabila c < x < c.

    (b) Jika c R suatu titik kumpul),{ cA , maka

    nilai f menuju ditulis dengan )(lim xfcx jika dan hanya jika

    untuk setiap M > 0 terdapat 0 se-hingga Mxf )( apabila c < x < 0dan dan nilai f menuju ditulis

    )(lim xfcx jika dan hanya jikauntuk stiap N < 0 terdapat 0 se-hingga Nxf )( apabila c < x < c.

    Contoh 4.3.9

    Dipunyai f: R{0} R,x

    xf 1)( .Grafik f:

    Intuisi:(a) )(lim0 xfx(b) )(lim0 xfxBukti:(a) Kasus x < 0:

    Ambil sembarang N < 0.

    PilihN

    1 .

    X

    Y

    f

    f

    O

  • Dipunyai 00 x .Jelas x0 0 < x <

    11 x 11

    x.

    Jadi Nx

    xf 11)( .

    Jadi untuk setiap N < 0 terdapat0 sehingga Nxf )( apabila

    c < x < c.Jadi )(lim0 xfx .

    (b) Kasus x > 0:Ambil sembarang N < 0.

    PilihM1 .

    Dipunyai 00 x .Jelas x0 0 < x <

    11 x

    .

    Jadi Mx

    xf 11)( .

    Jadi untuk setiap M > 0 terdapat0 sehingga Mxf )( apabila

    c< x < c + .Jadi )(lim0 xfx .

    Dari perolehan ini disimpulkan bahwa)(lim

    0xf

    x tidak ada.

    Limit di Tak HinggaTerdapat dua tipe limit fungsi di tak

    hingga, yaitu: nilai limit untuk xatau x .Definisi 4.3.10

    Dipunyai A R, f: A R.(a) Dipunyai Aa ),( untuk suatu

    a R. Nilai limit f untuk x + di-

    tulis Lxfx

    )(lim jika dan hanyajika untuk setiap 0 terdapat M >a sehingga Lxf )( apabila x >M.

    (b) Dipunyai Ab ),( untuk suatub R. Nilai limit f untuk x di- tulis Lxf

    x )(lim jika dan

    hanya jika untuk setiap 0terdapat N < b sehingga

    Lxf )( apabila x < N.

    Teorema 4.3.11

    Dipunyai AR, f: A R dan Aa ),(Pernyataan beikut ekivalen:(1) Lxf

    x )(lim

    (2) untuk setiap Nnnx di ),( aAsehingga nn xlim , barisan

    Lxf Nnn )( .

    Bukti:Diserahkan pembaca sebagai latihan.

    Teorema 4.3.13

    Dipunyai A R, f: A R.1. Dipunyai Aa ),( untuk suatu aA(a) )(lim xfx untuk setiap

    R terdapat aK )( sehingga)(xf apabila )(Kx .

    (b) )(lim xfx untuk setiapR terdapat aK )( sehingga

    )(xf apabila )(Kx .

  • ]2. Dipunyai Ab ),( untuk suatu aA(a) )(lim xfx untuk setiap

    R terdapat bK )( sehingga)(xf apabila )(Kx .

    (b) )(lim xfx untuk setiapR terdapat bK )( sehingga

    )(xf apabila )(Kx .

    Interpretasi geometri limit di tak hingga:

    Gambar: f dengan )(lim xfx

    Gambar: f dengan )(lim xfx

    Gambar: f dengan )(lim xfx

    Gambar: f dengan )(lim xfx

    Teorema 4.3.14Dipunyai AR, f: A R dan Aa ),(untuk suatu a R. Pernyataan berikutekivalen:(a) )(lim xfx(b) jika setiap barisan Nnnx di ),( a

    konvergen maka Nnnxf )( .dan(a) )(lim xfx(b) jika setiap barisan Nnnx di ),( a

    konvergen maka Nnnxf )( .

    X

    Yf

    a

    Kx

    f(x)

    a

    Y

    X

    f

    K()

    x

    f(x)

    f Y

    X

    K()

    K()

    x

    Y

    X

    K()x

    f(x)

    f

    b

    b

  • [Teorema 4.3.15

    Dipunyai AR, f: A R, Aa ),(untuk suatu a R, g(x) > 0 untuk semuax > a, dan L

    xgxf

    x )(

    )(lim untuk suatu

    LR dengan L 0.(a) Jika L > 0 maka

    )(lim xfx )(lim xgx(b) Jika L < 0 maka

    )(lim xfx )(lim xgx .

    Bukti:(a) Dipunyai L > 0.

    )( Dipunyai )(lim xfx .Pilih a1 > a sehingga

    23

    )()(

    20 L

    xgxfL untuk x > a1

    2

    )(.3)(2

    )(.0 xgLxfxgL untuk x > a1.

    Jadi )(lim xgx .

    )( Dipunyai )(lim xgx .Pilih a1 > a sehingga

    23

    )()(

    20 L

    xgxfL untuk x > a1

    2

    )(.3)(2

    )(.0 xgLxfxgL untuk x > a1

    Jadi )(lim xfx .

    Latihan Pasal 4.3

    1. Berikan suatu contoh suatu fungsiyang m,empunyai limit kanan tetapitidak mempunyai limit kiri di sututitik.

    2. Dipunyai 21)( xxf untuk x 0.

    Tunjukkan bahwa )(lim)(lim 00 xfxf xx .

    3. Dipunyai c R dan f didefinisikanuntuk c (c, ) dan f(x) > 0 untuksemua c (c, ) . Tunjukkan bahwa

    )(lim xfcx 0)(1lim xfcx .

    4. Tentukan nilai limit berikut atautunjukkan limit itu tidak ada.(a) 1,

    1lim

    1 xx

    x

    x

    (b) 1,1

    lim1

    xxx

    x

    (c) 0,2lim0

    xxx

    x

    (d) 0,lim xxxx

    x

    5. Dipunyai f dan g mempunyai limit di Rapabila x dan f(x) g(x) untuksemua ),( x .Buktikan )(lim)(lim xgxf

    xx .

    6. Dipunyai Rf ),0(: . BuktikanLxf

    x )(lim Lxfx )

    1(lim .

    BAB 1 PENDAHULUANBAB 2 BILANGAN BILANGAN REALBAB 3 BARISAN BILANGAN3.1 Limit Barisan3.2 TEOREMA TEOREMA LIMIT3.3 Kemonotonan Barisan3.4 Barisan Bagian dan Teorema Bolzano-Weierstrass3.5 Kriteria Cauchy

    BAB 4 LIMIT4.1 Limit FungsiKriteria Barisan Bagi Limit

    4.2 TEOREMA-TEOREMA LIMIT4.3 PERLUASAN KONSEP LIMITLimit SepihakLimit Tak HinggaLimit di Tak Hingga


Top Related